Quesiti
Quesito 1.
Determinare l’espressione analitica della funzione $y=f(x)$ sapendo che la retta $y = -2x + 5$ è tangente al grafico di $f$ nel secondo quadrante e che $f’(x) = -2x^2 + 6$.
Soluzione. La primitiva della funzione $f’(x)$ è $$f(x) = \int (-2x^2 + 6) dx = -\frac{2}{3}x^3 + 6x + C$$dove $C$ è una costante da determinare in base ai dati forniti. Visto che la retta data è tangente al grafico di $f(x)$ con coefficiente angolare $m = -2$, bisogna imporre che $f’(x_0) = -2$ per qualche $x_0 < 0$, dato che il punto di tangenza è nel secondo quadrante (dove le ascisse sono negative). L’equazione risultante è: $$-2x^2 + 6 = -2 \quad \Rightarrow \quad x = \pm 2$$Di conseguenza a noi va bene solo $x_0 = -2$. Il punto di tangenza ha quindi ascissa $-2$ e ordinata determinata dall’equazione della retta $y= -2x + 5$: sostituendo otteniamo $y = 9$, e quindi il punto di tangenza è $T \equiv (-2, 9)$. Per trovare $C$ imponiamo il passaggio del grafico della funzione per $T$: questo equivale a chiedere che $f(-2)=9$. Sostituendo, otteniamo: $$-\frac{2}{3} \cdot ( - 8) + 6 \cdot (-2) + C = 9 \quad \Rightarrow \quad C = \frac{47}{3}$$L’espressione analitica di $f(x)$ risulta infine $$f(x) = -\frac{2}{3}x^3 + 6x + \frac{47}{3}$$
Quesito 2.
Dimostrare che il volume del tronco di cono è espresso dalla formula: $$V= \frac{1}{3} \pi h (R^2 + r^2 + Rr) $$ dove $R$ ed $r$ sono i raggi e $h$ l’altezza.
Soluzione. Il tronco di cono considerato è ottenuto a partire da un cono $C_1$ di raggio $R$ e altezza $H$, sezionato con un piano parallelo alla base distante $h$ dalla base stessa. Il cono $C_1$ risulta così diviso nel tronco di cono di cui vogliamo determinare il volume e in un cono più “piccolo” $C_2$ con base di raggio $r$ e di altezza $H-h$. Possiamo determinare il volume del tronco di cono sottraendo il volume del cono $C_2$ al volume del cono $C_1$. Detto $V$ il volume del tronco di cono, vale quindi la seguente formula: $$V = V_{C_1} - V_{C_2} = \frac{1}{3} \pi R^2H - \frac{1}{3} \pi r^2 (H-h)$$La seguente figura rappresenta la sezione verticale di $C$:
I triangoli $ABO$ e $A_1B_1O$ sono simili, e dunque vale la seguente proporzione: $$\frac{H-h}{H} = \frac{r}{R} \quad \Rightarrow \quad H-h = \frac{r}{R}\cdot H$$Sostituiamo l’espressione per $H-h$ nella formula precedentemente ricavata, e otteniamo ##KATEX##\begin{aligned} V & = \frac{1}{3} \pi R^2H - \frac{1}{3} \pi r^2 \frac{r}{R}\cdot H = \\ & = \frac{1}{3} \pi H \left ( R^2 - \frac{r^3}{R} \right ) = \\ & = \frac{1}{3} \pi H\frac{R^3 - r^3}{R}\end{aligned}##KATEX##Svolgendo il prodotto notevole $R^3 - r^3$ (differenza di cubi) la formula si può riscrivere anche così: $$V = \frac{1}{3} \pi \frac{H}{R}(R - r) \cdot (R^2 + Rr + r^2)$$Sempre considerando i triangoli simili $ABO$ e $A_1B_1O$ possiamo ricavare la seguente proporzione: $$\frac{h}{R-r} = \frac{H}{R} \quad \Rightarrow \quad h = \frac{H}{R}(R-r)$$Questa relazione ci permette di affermare, finalmente, che $$V = \frac{1}{3} \pi h \cdot (R^2 + Rr + r^2)$$proprio come volevamo dimostrare.
Quesito 3.
Lanciando una moneta sei volte qual è la probabilità che si ottenga testa “al più” due volte? Qual è la probabilità che si ottenga testa “almeno” due volte?
Soluzione. Innanzitutto, notiamo che ottenere al più due teste significa ottenere esattamente $0$, $1$ oppure $2$ teste. Essendo ciascun lancio indipendente dagli altri, la probabilità che escano $k$ teste su $6$ lanci è data dalla formula di Bernoulli: $$P(\#T = k) = \binom{6}{k} \left ( \frac{1}{2} \right )^k \left ( \frac{1}{2} \right )^{6-k} = \binom{6}{k} \left ( \frac{1}{2} \right )^6$$L’evento “escono $k$ teste” è disgiunto da “escono $h$ teste” quando $k \neq h$. Dunque possiamo calcolare $P(\#T \leq 2)$ come ##KATEX##\begin{aligned} P(\#T \leq 2) & = P(\#T = 0)+ P(\#T = 1) + P(\#T = 2) = \\ & = \binom{6}{0} \left ( \frac{1}{2} \right )^6 + \binom{6}{1} \left ( \frac{1}{2} \right )^6 + \binom{6}{2} \left ( \frac{1}{2} \right )^6 = \\ & = \left ( \frac{1}{2} \right )^6 \cdot \left ( \binom{6}{0} + \binom{6}{1} + \binom{6}{2} \right ) = \left ( \frac{1}{2} \right )^6 \cdot (1 + 6 + 15) = \frac{22}{64} = 0,34375 \end{aligned}##KATEX##Passiamo alla seconda richiesta. Notiamo che $P(\#T \geq 2) = 1 - P(\#T < 2)$ e dunque, ragionando in modo del tutto analogo a quanto fatto prima, ##KATEX##\begin{aligned} P(\#T \geq 2) & = 1- P(\#T < 2) = 1 - ( P(\#T = 0)+ P(\#T = 1) ) = \\ & = 1 - \left ( \frac{1}{2} \right )^6 \cdot \left ( \binom{6}{0} + \binom{6}{1} \right ) = 1 - \frac{7}{64} = \frac{57}{64} = 0,890625 \end{aligned}##KATEX##
Quesito 4.
Di quale delle seguenti equazioni differenziali la funzione $y = \frac{\ln(x)}{x}$ è soluzione? ##KATEX##\begin{aligned} y’’ + 2 \frac{y’}{x} & = y \\ y’ + x \cdot y’’ & = 1 \\ x \cdot y’ & = \frac{1}{x} + y \\ x^2 \cdot y’’ + x \cdot y’ + \frac{2}{x} & = y \end{aligned}##KATEX##Soluzione. La derivata prima $y’$ ha espressione $$y’ = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$$Moltiplichiamo entrambi i membri per $x$, ottenendo la relazione $$xy’ = \frac{1}{x} - \frac{\ln(x)}{x} \quad \Rightarrow \quad xy’ = \frac{1}{x} -y$$Sempre dall’espressione della derivata, moltiplicando entrambi i membri per $x^2$, otteniamo la seguente uguaglianza: $$x^2 y’ = 1 - \ln(x)$$Derivando membro a membro si ottiene $$2x \cdot y’ + x^2 y’’ = -\frac{1}{x}$$Lavoriamo su questa espressione, tenendo conto della prima uguaglianza $xy’ = \frac{1}{x} -y$: ##KATEX##\begin{aligned} 2x \cdot y’ + x^2 y’’ & = -\frac{1}{x} \\ x \cdot y’ + x \cdot y’ + x^2 y’’ & = -\frac{1}{x} \\ \frac{1}{x} -y + x \cdot y’ + x^2 y’’ & = -\frac{1}{x} \\ x^2 y’’+ x \cdot y’ + \frac{2}{x} & = y \end{aligned}##KATEX##Questa è proprio la quarta uguaglianza.
Quesito 5.
Determinare un’espressione analitica della retta perpendicolare nell’origine al piano di equazione $$x + y – z = 0.$$Soluzione. Il piano dato contiene i vettori $$a = \left ( \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} \right ), \qquad b = \left ( \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right )$$Una retta $r$ perpendicolare a questo piano avrà direzione determinata da un vettore perpendicolare a questi due. Ricordiamo che due vettori $v = \left ( \begin{smallmatrix} v_x \\ v_y \\ v_z \end{smallmatrix} \right )$ e $w = \left ( \begin{smallmatrix} w_x \\ w_y \\ w_z \end{smallmatrix} \right )$ sono perpendicolari se il prodotto scalare $v \cdot w : = v_xw_x + v_yw_y+v_zw_z$ è nullo. Si verifica facilmente che il vettore $$ \left ( \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{matrix} \right )$$(che è proprio il vettore dei coefficienti dell’espressione analitica del piano) è perpendicolare ad $a$ e $b$. L’espressione parametrica per $r$ è dunque del tipo $$ r: \ \begin{cases} x = t + x_0 \\ y = t + y_0 \\ z =- t + z_0 \end{cases}$$ma siccome questa retta deve passare per l’origine otteniamo necessariamente $x_0 = y_0 = z_0 = 0$. In conclusione, l’espressione analitica di $r$, ottenuta manipolando algebricamente la sua espressione parametrica, è :$$r: \ \begin{cases} x= y \\ x = -z \end{cases}$$
Quesiti 6.
Sia $f$ la funzione, definita per tutti gli $x$ reali, da $$f(x) = (x-1)^2 + (x-2)^2 + (x-3)^2 + (x-4)^2 + (x-5)^2,$$ determinare il minimo di $f$.
Soluzione. La funzione $f(x)$ è somma di polinomi di secondo grado, ed è a sua volta un polinomio di secondo grado (i coefficienti dei termini di secondo grado dei vari polinomi non si annullano). Il suo grafico è dunque una parabola con concavità rivolta verso l’alto: il minimo sarà dunque unico e corrisponde all’ordinata del suo vertice. La derivata di $f(x)$ è: $$f’(x) = 2 \cdot ( x - 1 + x - 2 + x - 3 + x - 4 + x - 5 ) = 2(5x - 15)$$che si annulla per $x=3$. Sostituendo tale valore in $f(x)$, otteniamo che il minimo della funzione è $f(3) = 10$.
Quesito 7.
Detta $A(n)$ l’area del poligono regolare di $n$ lati inscritto in un cerchio $C$ di raggio $r$, verificare che $A(n) = \frac{n}{2}r^2\sin \left ( \frac{2\pi}{n} \right )$ e calcolarne il limite per $n \to +\infty$.
Soluzione. Ogni poligono regolare può essere suddiviso in $n$ “spicchi”, che sono triangoli isosceli con lato congruente al raggio della circonferenza circoscritta. L’angolo al vertice di ciascuno di questi triangoli è pari a $\frac{2\pi}{n}$.
Con riferimento alla figura precedente, consideriamo il triangolo $OAH$, rettangolo in $H$, con ipotenusa uguale a $r$ e angolo $\hat{AOH} = \frac{1}{2} \frac{2\pi}{n} = \frac{\pi}{n}$. Di conseguenza, per le proprietà delle funzioni trigonometriche, $AH =r \sin \left ( \frac{\pi}{n} \right )$ e $OH =r \cos \left ( \frac{\pi}{n} \right )$. L’area del triangolo $OAB$ (il nostro “spicchio”) è pari al doppio dell’area di $OAH$, ed è dunque uguale a $$A_{OAB} = 2 \cdot \frac{AH \cdot OH}{2} = AH \cdot OH = r^2 \sin \left ( \frac{\pi}{n} \right ) \cos \left ( \frac{\pi}{n} \right ) = \frac{r^2}{2} \sin \left ( \frac{2\pi}{n} \right )$$dove nell’ultimo passaggio sono state utilizzate la formula di duplicazione del seno. Essendo il poligono regolare costituito da $n$ spicchi, si ottiene l’espressione desiderata: $$A(n) = \frac{n}{2}r^2\sin \left ( \frac{2\pi}{n} \right )$$Il limite richiesto è $$\lim_{n \to + \infty} \frac{n}{2}r^2\sin \left ( \frac{2\pi}{n} \right ) = \lim_{n \to + \infty} \pi \frac{n}{2\pi}r^2\sin \left ( \frac{2\pi}{n} \right )$$Sostituendo $x =\frac{2\pi}{n}$ si ottiene il seguente limite: $$\lim_{x \to 0} \pi r^2 \frac{1}{x}\sin \left (x \right ) = \pi r^2$$dove nell’ultimo passaggio si è sfruttato un limite notevole. Questo non deve stupire perché al crescere del numero dei lati il poligono approssima sempre meglio il cerchio ad esso circoscritto, la cui area è proprio $\pi r^2$.
Quesito 8.
I lati di un triangolo misurano, rispettivamente, $6$ cm, $6$ cm e $5$ cm. Preso a caso un punto $P$ all’interno del triangolo, qual è la probabilità che $P$ disti più di $2$ cm da tutti e tre i vertici del triangolo?
Soluzione. La probabilità $p$ che vogliamo calcolare può essere intesa in maniera “classica”, cioè $$p = \frac{\text{casi favorevoli}}{\text{casi possibili}}$$Nel nostro caso i “casi possibili” sono tutti i punti interni al triangolo, mentre i “casi favorevoli” sono i punti contenuti nella regione del triangolo evidenziata in figura:
Infatti, un qualsiasi punto contenuto in un settore circolare (la parte non colorata del triangolo) dista meno di $2$ da uno dei vertici.
Utilizzando le formule del triangolo isoscele, otteniamo che l’area di tutto il triangolo è $$A = \frac{5}{2} \sqrt{ 36 - \frac{25}{4}} = \frac{5}{2} \sqrt{ \frac{119}{4}}$$L’area di un settore circolare determinato da un angolo $\alpha$ è $A_\alpha = \frac{r^2}{2}\alpha$. Tenendo che la somma degli angoli interni di un qualsiasi triangolo è pari a $\pi$, la somma delle tre aree dei settori circolari è $$A_1 + A_2 + A_3 = \frac{r^2}{2} ( \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 ) = \frac{4}{2} \pi = 2 \pi$$In conclusione $\text{casi favorevoli } = A - 2 \pi$, $\text{casi possibili } = A$ e dunque $$ p = \frac{\text{casi favorevoli}}{\text{casi possibili}} = \frac{A - 2 \pi}{A} = \frac{\frac{5}{2} \sqrt{ \frac{119}{4}} - 2 \pi}{\frac{5}{2} \sqrt{ \frac{119}{4}}} \approx 0,54$$
Quesito 9.
Data la funzione: $$f(x) = \begin{cases} x^3 & \qquad 0 \leq x \leq 1 \\ x^2 - kx + k & \qquad 1 < x \leq 2 \end{cases}$$determinare il parametro $k$ in modo che nell'intervallo $[0, 2]$ sia applicabile il teorema di Lagrange e trovare il punto di cui la tesi del teorema assicura l’esistenza.
Soluzione. Affinché $f(x)$ soddisfi le ipotesi del teorema di Lagrange essa deve essere continua su $[0, 2]$ e derivabile su $(0, 2)$. Questo equivale a richiedere: ##KATEX##\begin{aligned} \lim_{x \to 1^-} f(x) & = \lim_{x \to 1^+} f(x) & \quad \Rightarrow \quad 1 = 1-k+k \\ \lim_{x \to 1^-} f’(x) & = \lim_{x \to 1^+} f’(x) & \quad \Rightarrow \quad 3 = 2-k \end{aligned}##KATEX##Mentre la prima condizione è soddisfatta per qualsiasi $k \in \mathbb{R}$, la seconda richiede che $k = -1$.
Dato che $f(0)=0$, $f(2) = 4 + 2 - 1 = 5$ otteniamo $$\frac{f(2) - f(0)}{2 - 0} = \frac{5 - 0}{2} = \frac{5}{2}$$Cerchiamo quindi un punto $c \in [0, 2]$ tale che $f’(c) = \frac{5}{2}$. $f’(x)$ è definita a tratti: $$f’(x) = \begin{cases} 3x^2 & \qquad 0 \leq x \leq 1 \\ 2x +1 & \qquad 1 < x \leq 2 \end{cases}$$L’equazione $3x^2 = \frac{5}{2}$ ha come soluzione $x = \pm \sqrt{\frac{5}{6}}$ delle quali possiamo solo accettare $\sqrt{\frac{5}{6}} \in [0, 1]$. L’equazione $2x+1 = \frac{5}{2}$, invece, ha soluzione $x = \frac{3}{4}$ che non è accettabile poiché $\frac{3}{4} \not \in (1, 2]$. Dunque $c = \sqrt{\frac{5}{6}}$.
Quesito 10.
Il grafico della funzione $f(x) = \sqrt{x} \ (x \in \mathbb{R}, x \geq 0)$ divide in due porzioni il rettangolo ABCD avente vertici $A (1, 0)$, $B (4, 0)$, $C (4, 2)$ e $D (1, 2)$. Calcolare il rapporto tra le aree delle due porzioni.
Soluzione. Come si può dedurre dalla figura più sotto, l’area di una delle due porzioni in cui la funzione $f(x)$ divide il rettangolo dato è data dall’integrale definito $ I = \int_{1}^4 \sqrt{x} dx$, mentre la porzione rimanente è ottenuta sottraendo $I$ alla superficie del rettangolo $ABCD$.
Calcoliamo l’integrale definito: $$\int_{1}^4 \sqrt{x} dx = \left | \frac{2}{3} \sqrt{x^3} \right |^4_1 = \frac{16}{3} - \frac{2}{3} = \frac{14}{3}$$L’area del rettangolo è pari a $6$, dato che ha base $AB$ uguale a $3$ e altezza $AC$ uguale a $2$: quindi $A_{EDC} = A_{ABCD} - I = 6 - \frac{14}{3} = \frac{4}{3}$. Il rapporto tra le due aree è dunque $$r = \frac{I}{A_{EDC}} = \frac{14}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{14}{4} = \frac{7}{2}$$