a a e coincide quindi con la lunghezza del lato della ruota quadrata. 3) Dalla similitudine dei triangoli ACL e ALM, abbiamo che CL AL CA = AM

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1 Problemi Problema ) ) Un profilo adeguato f(x) deve essere una funzione concava per garantire che il lato della ruota, che risulta essere tangente nel punto di contatto, sia completamente al di sopra del profilo f(x) stesso. Nel caso in questione abbiamo che f (x) = ex + e x < x R, e quindi f(x) è concava. Inoltre, da f() = otteniamo a = log( + ). ) Sia a = log( + ). Abbiamo che la derivata sinistra f () di f(x) in coincide con la derivata sinistra f (a) di f(x) in a e quindi f () = f (a) = ea e =, mentre la derivata destra f +() di f(x) in vale f +() = ea e =. Quindi i tratti del grafico a sinistra e destra dei punti di non derivabilitá sono ortogonali. Inoltre notiamo che, quando D si trova nel punto (, ), il lato DE è tangente a f(x) in x = e quindi forma un angolo θ (, π ) con l asse x tale che tan θ = f +() =. Per la lunghezza l della curva y = f(x), x [, a], otteniamo che a l = + [ ex e x a ] dx = + ex + e x a e dx = x + e x + dx = a e x + e x dx = e a e = e coincide quindi con la lunghezza del lato della ruota quadrata. ) Dalla similitudine dei triangoli ACL e ALM, abbiamo che CL AL CA = AM = AL AM poiché CL è l altezza di C rispetto al lato DE e quindi vale. Essendo f (x) = tan θ, ove θ è l angolo formato dal lato DE con l asse x, abbiamo che CA = sin cos θ = θ + cos θ cos = tan θ + = [f θ (x)] + = ex + e x. Abbiamo allora che l altezza d del centro C rispetto all asse x vale ) La funzione f soddisfa d = f(x) + ex + e x f ( log ) = =.

2 e quindi, quando la ruota ha il vertice D in ( log, ), il lato DE forma un angolo θ (, π ) con l asse x tale che tan θ =, ossia θ = π 6. Quindi il poligono deve avere angoli interni di ampiezza π θ = π, ed è quindi un esagono regolare di lato e a e = log, essendo a =. Problema ) ) La funzione f è continua su [, ] con f() = f(), e quindi per periodicitá è continua in R. La funzione f è derivabile in x (, ), x,, ed ha la derivata destra f +() = in che coincide con la derivata sinistra f () = in, e quindi per periodicitá f è derivabile in D = R \ { + k : k Z}. Siccome per periodicitá la funzione f oscilla tra e, non esiste il ite f(x). Invece, da f(x) abbiamo che x + f(x) x + x x + x = e quindi f(x) x + x =. Abbiamo che g(x) = f (x) è una funzione periodica definita in D con espressione analitica: { x [, ) (, ] g(x) = x (, ), ed il seguente grafico Siccome h() = h() =, abbiamo che anche la primitiva h(x) = x f(t) dt di f(x) è una funzione periodica in R che in [, ] ha l espressione x x t dt = x [, ) h(x) = + x x ( t)dt = x x [, ) + x x (t )dt = x + 8 x [, ].

3 ed il seguente grafico ) Siccome f(x) è periodica di periodo, impongo che s(x + ) = s(x) per ogni x R. Da sin(bx + b) = sin(bx) per ogni x R e b >, ottengo che b πn, ossia s(x) = sin( π nx) con n intero positivo. Per come è formulato il quesito del punto (), sembra naturale scegliere n = e s(x) = sin( π x), altrimenti il grafico della funzione s(x) intersecherebbe nell intervallo (, ) il grafico di f(x). Con la nostra scelta abbiamo invece che s(x) > f(x) per x (, ) con s() = f() = e s() = f() = : infatti s () f () = π > e s (x) f (x) = π sin(π x) < x (, ) implicano che la funzione s(x) f(x) inizialmente cresce partendo dal valore s() f() = e poi decresce fino al valore minimo s() f() =. Il quadrato Q di vertici OABC ha area e viene diviso dal grafico di s(x) e f(x) in tre regioni: A = {(x, y) : x [, ], y x}, A = {(x, y) : x [, ], x y sin( π x)} Abbiamo che A = {(x, y) : x [, ], sin( π x) y }. Area A =, Area A = e quindi le probabilitá p i = Area A i Area Q sin( π x) dx = π, Area A = Area A Area A = π, che un punto preso a caso cada in A i, i =,,, sono date da p =, p = π, p = π. ) Essendo f(x) e s(x) funzioni con valori in (, ) per x (, ), abbiamo che f (x) < f(x) e s (x) < s(x) per x (, ). Quindi l area della regione Ã, ottenuta sostituendo f(x) con f (x),

4 è minore dell area di A, mentre l area della regione Ã, ottenuta sostituendo s(x) con s (x), è maggiore dell area di A. Pertanto la corrispondente probabilitá p diminuisce mentre p aumenta. Per quanto riguarda la regione Ã, ottenuta sostituendo f(x), s(x) con f (x), s (x), abbiamo che Area à = e quindi p > p. [sin ( π x) x ] dx = [ cos(πx) ) Sia V il volume del solido ottenuto ruotando la regione x ] dx = 6 > π = Area A {(x, y) : y [, ], y x + y} intorno all asse y, ove x ± = ± y sono le due soluzioni di h(x ± ) = y. Allora V = π {[ + y] [ y] 8π } dy = 8π y dy = ( y) Sia V il volume del solido ottenuto ruotando la regione {(x, y) : y [, ], y x } = 8π. intorno all asse y. Allora Il volume cercato è dato da V = π (9 y) dy = 7π V + V = 8 π. Questionario ) Integrando per parti valgono le seguenti relazione: x e x dx = x e x x e x dx = x e x xe x dx = e E x e x dx = e + 6E, ove E = xex dx. ) Dato R il raggio della semisfera, abbiamo che il volume V R della semisfera vale V R = π R. Sia x [, R] il raggio della base del cilindro. L altezza massima del cilindro, affinché sia collocato sotto la cupola di plastica, è R x e quindi il volume V C (x) del cilindro è dato da V C (x) = πx R x.

5 5 Il valore massimo di V C (x) si ottiene per x tale che V C (x ) =, ossia R x x R x =. Abbiamo che x = e quindi R con V C,max = π R, 9 V C π R < 9 5 V R = π 5 R. ) Siccome il ite è finito ed il denominatore tende a zero per x, anche il numeratore deve tendere a zero per x, che si traduce in termini di a e b nella prima condizione: b = 6, ossia b = 8. Inserendo il valore di b possiamo svolgere il ite razionalizzando il numeratore: ax a = = a x x x ax , che fornisce la seconda condizione: a =. In conclusione abbiamo ottenuto che a = e b = 8. ) Il valore medio dei numeri generati è: xf(x) dx = [ x x ] dx = [ 8 x x5 ] = 6 5.

6 6 Essendo una probabilitá continua, la probabilitá che il primo numero estratto sia è nulla. La probabilitá invece che il secondo numero estratto sia minore di equivale a f(x) dx = [ x x ] dx = [ x x 6 ] = ) Usando x x A = y y A = z z A x B x A y B y A z B z A si ricava l espressione cartesiana della retta r passante per A e B: x + = y 5 = z. Il vettore di direzione di r è (5,, ). Il piano π ha equazione ax + by + cz + d = ove (a, b, c) è il vettore normale a π. Per la condizione di perpendicolaritá con r, abbiamo che a = 5, b = e c = e, imponendo il passaggio per il punto (,, ), otteniamo d =. Quindi il piano π ha equazione 5x y z =. 6) Siccome il ite deve essere finito ed il numeratore tende a zero per x, dobbiamo avere che anche il denominatore tende a zero per x, ossia a >. Applichiamo la regola di de l Hôpital per ottenere che sin x x x Dal ite notevole del coseno abbiamo che x a = x cos x ax a. cos x x ax a è finito e non nullo solo per a =. Abbiamo quindi a = e x sin x x x = x cos x x = 6. 7) L equazione della sfera di centro (x, y, z ) e raggio 6 è data da: (x x ) + (y y ) + (z z ) = 6. Sia s la retta perpendicolare a π e passante per P. Siccome il vettore normale a π è (,, ), abbiamo che s ha equazione parametrica x = + t, y = t, z = t t R. Il centro C della sfera richiesta ha quindi coordinate ( + t, t, t). Imponendo che la distanza tra C e P sia 6, otteniamo t = ± e quindi C = (,, ) oppure C = (,, ). 8) Siccome la probabilitá che esca un dato numero x è p, abbiamo che = p + p = p,

7 ossia p =. Siano q, q le probabilitá che in 5 lanci del dado la faccia numero esca esattamente, volte, rispettivamente. Abbiamo q = ( )5, q = 5 ( ) e quindi la probabilitá richiesta è data da q q = ( ). 9) Poniamo f(x) = arctan x + x + e x, x ( π, π ), e ne studiamo l andamento. Siccome f (x) = + x + x + e x > x R, la funzione f(x) è strettamente crescente ed assume i suoi valori al piú una volta. Inoltre sappiamo che f(x) =, x π f(x) = +, x π e quindi dal teorema dei valori intermedi la funzione f(x) assume tutti i valori tra e + almeno una volta. Abbiamo quindi che la funzione f(x) possiede un unico punto x ( π, π ) ove si annulla. ) La funzione f(x) = x non è derivabile in x = ±, e quindi non è soddisfatta l ipotesi del Teorema di Rolle sulla derivabilitá di f(x) in (, ). Per x ± possiamo calcolare la derivata di f(x): { f x x [, ) (, ] (x) = x x (, ) ed abbiamo che f () =. Questo non è in contraddizione con il teorema di Rolle: il teorema afferma che, sotto certe ipotesi su f(x), esiste uno zero della derivata prima f (x) ma ovviamente il viceversa è falso. Quindi esistono funzioni f(x), come quella dell esercizio, che hanno derivata prima f (x) che si annulla ma non soddisfano le ipotesi del teorema di Rolle. Inoltre, l esercizio poteva essere svolto applicando il teorema di Rolle in [, ]. 7 Prof. Claudia Di Giulio, Liceo Scientifico Aristotele, Roma Prof. Pierpaolo Esposito, Universitá degli Studi Roma Tre, Roma