di 4, che è l area dell intera mattonella, imponiamo che 5 e quindi a = 7 5

Transcript

1 Problemi Problema 1) 1) Siccome la funzione f(x) è una retta, l espressione cercata è f(x) = 1 x che soddisfa le condizioni a), b) e c) richieste. Per riflessione rispetto all asse y, all asse x e all origine O la retta x + y = 1 diventa x + y = 1, x y = 1 e x y = 1, rispettivamente. L equazione cartesiana della curva Λ è quindi data da x + y = 1. ) Sia f(x) = ax + bx + cx + d la forma generica. Imponiamo le condizioni richieste: f() = 1 allora d = 1; f () = allora c = ; f(1) = allora a + b = 1. Abbiamo quindi che f(x) ha la forma f(x) = ax (1 + a)x + 1. Affinché l area della parte colorata sia pari a 55 1 di 4, che è l area dell intera mattonella, imponiamo che 4 1 [ax (1 + a)x + 1]dx = a 4 55 (1 + a) + 4 = 1 4 = 11 5 e quindi a = 7 5. Ovviamente questo prova che un polinomio f(x) di secondo grado (ossia con a = ) non puó soddisfare tutte le condizioni richieste e che il polinomio di terzo grado cercato è f(x) = 7 5 x 1 5 x + 1. Per studiare l andamento qualitativo della funzione, determiniamo f (x) = 5 (7x 8)x e f (x) = 6 5 (7x 4). Dallo studio del segno della derivata prima si deduce che 5 (7x 8)x > per x < oppure x > 8 7, e quindi la funzione risulta essere decrescente in [, 1]. Studiamo ora il segno della derivata seconda 6 5 (7x 4) > per x > 4 7, e quindi la funzione ha il seguente andamento qualitativo: ) E di immediata verifica che le funzioni a n e b n soddisfano le condizioni a), b) e c). Abbiamo che A n = 4 B n = [1 x n ]dx = 4 [1 1 (1 x) n dx = 4 1 n + 1 ] = 4 1 n + 1 =.

2 Siccome x n diventa sempre piú piccolo al crescere di n per tutti gli x in [, 1] eccetto x = 1, per n >> 1 abbiamo che la funzione a n parte dal valore 1 in x =, diventa piú piccola di 1 ma molto vicina a 1 per tutti i punti leggermente discosti da x = 1 e poi scende molto rapidamente al valore in x = 1. Quindi la parte colorata nel caso di a n (x) tende ad invadere tutta la mattonella che ha area 4. Al contrario, (1 x) n diventa sempre piú piccolo al crescere di n per tutti gli x in [, 1] eccetto x =, e quindi per n >> 1 abbiamo che la funzione b n parte dal valore 1 in x =, scende molto rapidamente fino a valori positivi molto piccoli e poi rimane piccola per tutti i punti leggermente discosti da x =. Quindi la parte colorata nel caso di b n (x) tende a sparire. 4) Il punto di intersezione tra la diagonale y = x e a (x), b (x) è P 1 = ( 5 1 ( 5, 5, 5 1 ), P = ) rispettivamente, ottenuti risolvendo x = 1 x e x = (1 x) per < x < 1. Abbiamo quindi che OP 1 = 5, OP = 7 5 mentre la lunghezza della semi-diagonale da O a (1, 1) è. La probabilitá p che una mattonella venga macchiata è data dalla probabilitá di errore 1 5 della macchina moltiplicata per la probabilitá q 1, q che la goccia cada su una delle semi-diagonali al di fuori di OP 1, OP, rispettivamente, ossia q 1 = OP1, q = OP. Il numero atteso N di mattonelle macchiate nell ordine del cliente è N = 5[ 1 5 q q ] = Problema ) 1) La tangente al grafico di f k (x) nel punto di ascissa x è la retta di equazione y = f k (x ) + f k (x )(x x ). Scegliendo x = e x = 1 otteniamo che r k : y = 9 + kx, s k : y = (k )x Per determinare l ascissa di M, studiamo l equazione 9 + kx = (k )x + 11 che ammette come unica soluzione x = indipendentemente dal valore di k, verificando l affermazione del punto 1). ) L ordinata di M è f k ( ) = 9 + k, che risulta essere minore di 1 per k <. Abbiamo quindi verificato che il piú grande intero k tale che l ordinata di M sia minore di 1 è k = 1. Per descrivere l andamento qualitativo di f 1 (x) = x + x + 9, osserviamo che f(x) =, f x ± 1(x) = x + 1 > in (, ), f 1 (x) = 6x > in (, ). Abbiamo quindi x = è un punto di minimo locale per f con valore f( ) = 9 9, mentre x = è un punto di massimo locale con f( ) = Siccome il punto x = è un punto di flesso di f con retta tangente proprio r 1, abbiamo il seguente andamento qualitativo per f 1 (x):

3 ) Per convessitá la funzione f 1 giace al di sopra di r 1 in (, ). Per concavitá f 1 invece giace sempre al di sotto sia di r 1 che s 1 in (, + ) con unici punti di contatto in (, 9) con r 1 e in (1, 9) con s 1, vedi la seguente figura: Il triangolo T ha vertici A = ( 9, ), B = ( 11, ) e M = (, 9 ). Sia x = (1, 7 ) l unica radice di f 1 (x) =, ottenuta esplicitamente dalla formula risolutiva per le equazioni di terzo grado. Indicando con S = {(x, y) T : y > f 1 (x)}, abbiamo che S = S 1 S S, ove S 1 = {(x, y) R : x [, ), f 1(x) < y < 9+x}, e S = {(x, y) R : x [x, 11 ], < y < 11 x}. S = {(x, y) R : x [, x ), f 1 (x) < y < 11 x}

4 4 Dalla formula per l area di una regione compresa tra due grafici otteniamo che Area S = = x [9 + x f 1 (x)]dx + x dx + x x ( x)dx + [11 x f 1 (x)]dx x [11 x]dx (11 x)dx = x4 x 4 x 9x = x x poiché x = x + 9. Siccome Area T = 841 1, otteniamo che la probabilitá p cercata è p = Area S Area T = x 81x ) La retta normale a Γ 1 in x ha equazione y = f(x ) x x f (x ), ed è quindi passante per l origine se f(x )f (x ) + x =. Se f è un polinomio di grado n, f risulta essere un polinomio di grado n 1 e quindi f(x)f (x)+x è un polinomio di grado n 1. Dal Teorema fondamentale dell algebra segue che l equazione f(x)f (x) + x = ha al piú n 1 soluzioni, provando quanto richiesto. Questionario 1) Consideriamo il caso in cui la base superiore del cilindro sia tangente alla superficie interna del cono. Fissata l altezza, questo è il cilindro di volume maggiore inscrivibile nel cono. La figura mostra una sezione verticale dei solidi considerati, con il piano di sezione scelto tra quelli perpendicolari alla base e passanti per il vertice del cono: Indichiamo con V 1 il volume del cilindro e con V il volume del cono. Dobbiamo verificare che V 1 < 1 V, ossia V 1 V < 1. Cerchiamo il massimo del rapporto tra i volumi e mostriamo che è minore di 1. Indichiamo con R e H rispettivamente il raggio e l altezza del cono, e con r e h rispettivamente il

5 raggio e l altezza del cilindro. Consideriamo h come incognita ed esprimiamo il rapporto V 1 dei triangoli ABC e CDE si ha h R r = H h r V, da cui r = R(H h) H come V 1 = πr H (H h) h e, considerato che V = π R H, determiniamo ottenendo la funzione V 1 V = πr H (H h) h π R H in funzione di h. Per la similitudine. Esprimiamo il volume V 1 = πr h f(h) = V 1 = (H h) h V H. Per derminare i massimi/minimi di f(h) studiamo il segno di f (h) = (h 4hH + H ) per H h H, ottenendo f (h) per h H. Pertanto per h = H il rapporto tra i volumi risulta essere massimo e vale f( H ) = 4 9 < 1. 5 ) Sia p i la probabilitá che esca i, i = 1,..., 4, con un lancio di dado. Siccome p 1 = p = 4p = 8p 4, abbiamo che 1 = p 1 + p + p + p 4 = ( )p 4 = 15p 4, ossia p 1 = 8 15, p = 4 15, p = 15 e p 4 = La probabilitá p che escano due numeri uguali su due lanci è p = p 1 + p + p + p 4 = ) Esprimiamo il punto P di tangenza come P (x, x 4x + 5). Calcoliamo la derivata prima di y = x 4x +5: y = x 8x. Poiché la derivata prima di y = x 4x +5 nel punto P è uguale al coefficiente angolare della retta tangente, allora x 8x = 4, da cui ricaviamo x = e x =. I punti di tangenza sono due: P 1 (, ) e P (, 95 7 ). Sostituendo le coordinate di P nell equazione della retta, otteniamo k = 5 e k = ) Da 5 + e x cos x 4 > e (x x + esin x ) (x e) = + otteniamo che x + Da x + x xex = x ex = otteniamo x x e sin x 5 + e x cos x = x e sin x 5 + e x cos x = +. x xex esin x x 1 + 5e x e x cos x =.

6 6 5) Indichiamo con r il raggio della semicirconferenza e con s una dimensione del rettangolo, come nella seguente figura: Il perimetro del poligono è dato da: P = s + r + πr, e l area da: (1) A = rs + π r. Poniamo il perimetro uguale a per esprimere s in funzione di r: P = implica s + r + πr =, ossia s = 1 r π r. Sostituiamo l espressione trovata di s nella (1) per determinare l area in funzione di r e poi studiare i massimi/minimi: A(r) = r(1 r π r) + π r = r r π r. Dall espressione della derivata prima A (r) = 4r πr con r > determiniamo il punto di massimo: A (r) se e solo se r 4 4+π. Pertanto AB = 4+π e AD = s = 1 r π r = 4+π. 6) Determiniamo l equazione della retta s passante per il punto T e perpendicolare al piano π: tale retta ha come vettore direzionale il vettore normale n(, 1, ) del piano π. L equazione parametrica della retta s è: x = 4 + k s : y = k k R. z = 1 k Il punto d intersezione tra la retta s con la retta r è il centro della circonferenza S. Risolvendo il sistema t = 4 + k t = k t = 1 k troviamo che t = 1, e pertanto il centro della sfera ha coordinate C( 1, 1, 1). Determiniamo il raggio della sfera come distanza tra i punti C e T : r = (x C x T ) + (y C y T ) + (z C z T ) = 14.

7 L equazione della sfera si ottiene come ossia 7) Calcoliamo l integrale ottenendo a+1 (x + )dx = x + x a (x x C ) + (y y C ) + (z z C ) = r, (x + 1) + (y + 1) + (z + 1) = 14. a+1 a = (a + 1) + (a + 1) a a = a + a + 4. Imponiamo che l integrale valga 1 risolvendo a + a 6 =, che ammette come radici e 1. 8) La probabilitá p 1 che uno dei due giocatori vinca 1 partite di seguito è p 1 = ( 1 )1 = 1. 9 La probabilitá p che uno dei due giocatori vinca 9 partite su 1 disputate e poi vinca l 11-esima partita è p = 1 ( 1 )11 = 5. La probabilitá p 9 che uno dei due giocatori vinca 9 partite su 11 disputate e poi vinca la 1-esima partita è p = 11 1 ( 1 )1 = 55. Quindi la probabilitá 11 p cercata è data da p = p 1 + p + p = ) Dati i punti A(, 1, ), B(, 1, ) e C(1, 1, ), per verificare che il triangolo ABC sia equilatero determiniamo le distanze tra le coppie di punti AB, AC e BC e verifichiamo che siano uguali. Applicando la formula d(p 1, P ) = (x 1 x ) + (y 1 y ) + (z 1 z ) si ottiene che AB = BC = CA =. Per verificare che il triangolo è contenuto nel piano α di equazione x + y + z 4 =, è sufficiente verificare che i tre vertici A, B e C appartengano al piano (per tre punti non allineati passa uno ed un solo piano). Sostituendo le coordinate del punto A all equazione del piano α otteniamo +1 4 =, ossia A α. Sostituendo le coordinate dei punti B e C all equazione del piano α otteniamo = e =, ossia B, C α. Determiniamo ora le coordinate del P (x P, y P, z P ), quarto vertice del tetraedro regolare, imponendo che: AP = P B = P C e P C =, ossia P C = 8. Imponendo AP = P B = P C = 8 otteniamo il sistema (x P ) + (y P 1) + z P = (x P ) + (y P + 1) + (z P ) (x P ) + (y P 1) + z P = (x P 1) + (y P 1) + (z P ) (x P 1) + (y P 1) + (z P ) = 8, che ha soluzioni (x P, y P, z P ) = ( 11, 5, 8 ) e (x P, y P, z P ) = (1, 1, ). Abbiamo cosí ottenuto due punti P 1 ( 11, 5, 8 ) e P (1, 1, ). 1) Determiniamo la derivata prima e seconda di y(x) della funzione data: y (x) = ke kx+ e y (x) = k e kx+. Sostituendo nell equazione differenziale otteniamo che (k k )e kx+ = deve valere per ogni x R. Quindi k deve risolvere l equazione k k =, e quindi otteniamo k = 1 e k =. 7 Prof. Claudia Di Giulio, Liceo Classico F. Vivona, Roma Prof. Pierpaolo Esposito, Universitá degli Studi Roma Tre, Roma