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Liceo Scientifico Paritario “R. Bruni” Padova, loc. Ponte di Brenta, 05/07/2018

II Prova - Matematica Classe V – Sez. Unica

Soluzione Problemi. Risolvi uno dei due problemi: Problema 1. Un artigiano deve realizzare una cornice in cui inscrivere uno specchio di forma circolare. A partire da una tavola quadrata di lato 3π decimetri (approssimato alla seconda cifra de-cimale), adoperando una macchina a controllo numerico (CNC), incide su ciascun lato una decorazione che rappresenta una porzione di curva goniometrica come si vede in Figura 1.

Figura 1.

La macchina traccia sul lato giacente sull’asse delle ascisse la curva descritta dalla funzio-ne y = k sin x con x∈ 0; 3π⎡⎣ ⎤⎦ e k parametro reale positivo. La cornice viene ruotata per realizzare la decorazione su ciascun lato. (La precisione della macchina è di 10−4 m , quindi al di sopra della precisione richiesta dalle misure della cornice).

i. Per ottenere la decorazione, occorre che le curve su due lati consecutivi si interse-chino nel loro punto di massimo più vicino al vertice della cornice. Verifica che tale richiesta è soddisfatta per k = π 2 . La decorazione presenta delle “foglie” (colorate in grigio in Figura 2) in corrispondenza dei quattro vertici. L’artigiano vuole rivesti-re queste quattro regioni con una polvere ceramica. Determina l’area, espressa in dm2 , della superficie da ricoprire.

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Figura 2.

Volendo offrire ai clienti la possibilità di inserire nella cornice uno specchio di dimensioni maggiori, l’artigiano ne realizza un’altra con il lato delle stesse misure della precedente, ma con le quattro curve goniometriche che hanno in comune solo i vertici della cornice, così come in Figura 3.

Figura 3.

ii. Verifica che per ottenere una decorazione di questo tipo occorre impostare nella

macchina CNC un valore di k compreso tra 0 e 1 e che per k = 1 due decorazioni consecutive sono tangenti nel vertice della cornice. Determina inoltre, in funzione di k∈ 0; 1⎡⎣ ⎤⎦ , l’area della parte di cornice !compresa tra i lati e le quattro curve go-niometriche, esprimendola in dm2 .

iii. L’artigiano ha ovviamente l’esigenza di offrire la cornice a clienti che hanno specchi circolari di dimensioni diverse. Determina in funzione del parametro k l’area dello specchio tangente alle quattro curve goniometriche e stabilisci quindi l’area minima e massima possibile dello specchio. !

Un cliente, per cui è stata realizzata una cornice con k = 1 , chiede che la regione compresa tra lo specchio e le quattro curve venga dipinta con una vernice di cui l’artigiano possiede un flacone da 125 ml . iv. Dal momento che con 1 litro di vernice è possibile coprire 6 m2 di superficie, la

quantità a disposizione è sufficiente per passare due mani di vernice? Per quale va-lore di k la quantità di vernice richiesta è massima?

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Risoluzione.

i. Per ottenere la decorazione, occorre che le curve su due lati consecutivi si interse-chino nel loro punto di massimo più vicino al vertice della cornice. Verifica che tale richiesta è soddisfatta per k = π 2 . La decorazione presenta delle “foglie” (colorate in grigio in Figura 2) in corrispondenza dei quattro vertici. L’artigiano vuole rivesti-re queste quattro regioni con una polvere ceramica. Determina l’area, espressa in dm2 , della superficie da ricoprire.

Basta provare che esiste un massimo relativo di f x( )=

π2

sin x la cui ascissa coincide con

l’ordinata (il primo massimo di ascissa positiva): xM = π 2 , quindi yM =

π2

sin π2

= π2

= xM .

Considerata la restrizione f : 0; π 2⎡⎣ ⎤⎦ → 0; π 2⎡⎣ ⎤⎦ con f x( )= π 2sin x , f risulta essere inver-tibile di inversa f

−1 x( )= arcsin 2x π( ) . La superficie da ricoprire ha area:

4 π

2sin x−arcsin 2x

π

⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟dx

0

π2∫ = 2π − cos x⎡⎣ ⎤⎦0

π 2−

2π

arcsin 2xπ

⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟dx

0

π2∫

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟ =

2xπ

=t

2π 1− arcsintdt0

1

∫⎛⎝⎜⎜⎜

⎞⎠⎟⎟⎟ .

Ora, integrando per parti, trovo che

arcsintdt∫ =pp

t·arcsint− t1−t2

dt∫ = t·arcsint +

+

12−2t( ) 1−t2( )−1 2

dt∫ = t·arcsint + 1−t2 + c con c∈! , quindi:

4 π

2sin x−arcsin 2x

π

⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟dx

0

π2∫ = 2π 1− t·arcsint + 1−t2⎡

⎣⎢⎤⎦⎥0

1⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟= 2π 1− π

2−1

⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟= π 4−π( )! 2,70 dm2 .

ii. Verifica che per ottenere una decorazione di questo tipo occorre impostare nella macchina CNC un valore di k compreso tra 0 e 1 e che per k = 1 due decorazioni consecutive sono tangenti nel vertice della cornice. Determina inoltre, in funzione di

k∈ 0; 1⎡⎣ ⎤⎦ , l’area della parte di cornice !compresa tra i lati e le quattro curve goniome-triche, esprimendola in dm2 .

Considero la restrizione f : 0; π 2⎡⎣ ⎤⎦ → 0; k⎡⎣ ⎤⎦ con f x( )= ksin x ; f risulta essere invertibile di inversa f

−1 x( )= arcsin x k( ) . Le curve di due lati consecutivi non si intersecano (se non nei vertici del quadrato) nel momento in cui f

−1 x( )> f x( ) per x∈ 0; k⎤⎦ ⎤⎦ con k≤π 2 (per

x∈ 0; π 2⎤⎦ ⎤⎦ con k >π 2 ). Questo si ha quando arcsin x k( )> ksin x . · Per k∈ 0; 1⎤⎦ ⎡⎣ il grafico di f

−1 x( )= arcsin x k( ) si dilata lungo l’asse x, mentre il grafico di

f x( )= ksin x si contrae lungo l’asse y. Quindi i due grafici non hanno punti in comune. · Per k = 1 i grafici delle funzioni elementari f

−1 ed f non hanno punti in comune. · Per k∈ 1; +∞⎤⎦ ⎡⎣ il grafico di f

−1 x( )= arcsin x k( ) si contrae lungo l’asse x, mentre il grafi-co di f x( )= ksin x si dilata lungo l’asse y. Quindi i due grafici hanno un punto in comune.

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Sia k = 1 . Determino la retta tangente al grafico di f x( )= sin x in x = 0 (il cui coefficiente angolare corrisponde alla derivata destra di sin x ): poiché f 0( )= 0 e

′f x( )= cos x→ ′f 0( )= 1 , ottengo t : y = x .

Verifico che t è tangente anche a f−1 x( )= arcsin x in x = 0 : poiché f

−1 0( )= 0 e

f −1 x( )( )′ = 1

1−x2→ f −1 0( )( )′ = 1 , t è tangente anche al grafico di f

−1 nell’origine; detto

diversamente, i grafici di f e di f−1 sono tangenti nell’origine.

L’area della parte di cornice !compresa tra i lati e le quattro curve goniometriche è pari a

C k( )= 12 ksin xdx

0

π

∫ = 12k −cos x⎡⎣ ⎤⎦0π

= 24k dm2 .

iii. L’artigiano ha ovviamente l’esigenza di offrire la cornice a clienti che hanno specchi circolari di dimensioni diverse. Determina in funzione del parametro k l’area dello specchio tangente alle quattro curve goniometriche e stabilisci quindi l’area minima e massima possibile dello specchio.

Per chiare ragioni di simmetria il diametro della circonferenza dello specchio è 3π−2k , perciò l’area dello specchio è A k( )= π 3π 2−k( )2 . Il grafico di A k( ) è un ramo di parabola discendente in 0; 1⎡⎣ ⎤⎦ . Perciò:

· l’area minima si ha per k = 1 : A 1( )= π 3π 2−1( )2! 43,30 dm2 ;

· l’area massima si ha per k = 0 : A 0( )= 9π3 4! 69,76 dm2 .

iv. Dal momento che con 1 litro di vernice è possibile coprire 6 m2 di superficie, la

quantità a disposizione è sufficiente per passare due mani di vernice? Per quale va-lore di k la quantità di vernice richiesta è massima?

L’area da verniciare è B k( )= A k( )−C k( )= π 3π 2−k( )2

−24k = πk2− 3π2 + 24( )k + 9π3 4 ,

da cui B 1( )= 9π3 4−3π2 +π−24!19,30 dm2 . Avendo a disposizione un ottavo di litro, l’artigiano riuscirà a ricoprire una superficie pari a 6 8 = 0,75 m2 = 75 dm2 . Poiché 75 > 2·19,30 , la quantità di vernice a disposizione dell’artigiano è sufficiente. La quantità di vernice massima si ha per il valore massimo di B k( ) con k∈ 0; 1⎡⎣ ⎤⎦ ; avendo anch’essa come grafico un ramo discendente di parabola, il valore per il quale la vernice consumata sarà massima è k = 0 .

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Problema 2. Fissato un numero reale k > 0 , si definiscono le funzioni:

fk x( )= k·ln x e gk x( )= ex k , i cui grafici sono indicati, rispettivamente, con Fk e Gk .

i. Verifica che, qualunque sia k > 0 , le due funzioni fk e gk sono tra loro inverse; de-finite inoltre le !funzioni:

a x( )= fk gk x( )( ) e

b x( )= gk fk x( )( ) ,

stabilisci se si verifica a x( )= b x( ) , ∀x∈! . !

ii. Indicata con r la retta di equazione y = x , determina l’equazione della retta s2 , pa-rallela a r e tangente al grafico F2 della funzione f2 x( )= 2ln x . Determina inoltre l’equazione della retta t2 , !parallela a r e tangente al grafico G2 della funzione

g2 x( )= ex 2 . !Rappresenta i grafici F2 e G2 insieme alle rette s2 e t2 e stabilisci qual è la distanza minima tra un punto di F2 e un punto di G2 .

iii. Verifica che l’equazione f3 x( )= g3 x( ) possiede due soluzioni sapendo che, qualun-que sia k > 0 , gli eventuali punti d’intersezione tra il grafico Fk e il grafico Gk coin-cidono con i punti di intersezione tra uno qualsiasi di tali grafici e la retta di equa-zione y = x . Stabilisci inoltre per !quali valori k > 0 i grafici Fk e Gk sono secanti, per quali valori sono disgiunti e per quale valore essi sono tangenti.

iv. Sia A la regione limitata compresa tra i grafici Fe e Ge e gli assi ni. !Determina l’area di A ed il volume del solido generato ruotando A attorno a uno degli assi cartesiani. !

Risoluzione.

i. Verifica che, qualunque sia k > 0 , le due funzioni fk e gk sono tra loro inverse; de-finite inoltre le !funzioni:

a x( )= fk gk x( )( ) e

b x( )= gk fk x( )( ) ,

stabilisci se si verifica a x( )= b x( ) , ∀x∈! .

Siano fk : 0; +∞⎤⎦ ⎡⎣→ 0; +∞⎤⎦ ⎡⎣ e gk : 0; +∞⎤⎦ ⎡⎣→ 0; +∞⎤⎦ ⎡⎣ definite come nel testo. Esse sono

invertibili di inverse y = k·ln x→ ln x = y k→ x = f −1 y( )= ey k e y = ex k→ x k = ln y→

x = g−1 y( )= k·ln y . Detto diversamente, fk−1 = gk e gk

−1 = fk . ∀x∈! ottengo a x( )= fk gk x( )( )= fk ex k( )= k·ln ex k = x , mentre

b x( )= gk fk x( )( )=

= gk k·ln x( )= e ln x = x e definita solo per gli x > 0 . Quindi a x( )= b x( ) solo per x > 0 .

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ii. Indicata con r la retta di equazione y = x , determina l’equazione della retta s2 , pa-rallela a r e tangente al grafico F2 della funzione f2 x( )= 2ln x . Determina inoltre l’equazione della retta t2 , !parallela a r e tangente al grafico G2 della funzione

g2 x( )= ex 2 . !Rappresenta i grafici F2 e G2 insieme alle rette s2 e t2 e stabilisci qual è la distanza minima tra un punto di F2 e un punto di G2 .

s2 ha coefficiente angolare ′f2 x( )= 1→ 2 x = 1→ x = 2 . Poiché f2 2( )= ln 4 , ho che

s2 : y = x−2 + ln 4 .

t2 ha coefficiente angolare ′g2 x( )= 1→ ex 2 2 = 1→ ex 2 = 2→ x 2 = ln 2→ x = ln 4 . Poiché

g2 ln 4( )= 2 , ho che t2 : y = x− ln 4 + 2 . La situazione è rappresentata nel seguente grafico.

Poiché i due grafici sono simmetrici tra loro rispetto alla retta r, la minima distanza sarà tra due punti giacenti su una retta perpendicolare ad r. Inoltre i due grafici non si interse-cano: se lo facessero, le loro intersezioni coinciderebbero con le intersezioni con la retta r ma ciò non avviene in quanto rf x( )= r x( )− f2 x( ) ed rg x( )= g2 x( )−r x( ) sono positive.

Siano φ x; 2 ln x( )∈ F2 e γ x; ex 2( )= γ 2ln x; x( )∈G2 . la distanza tra i due punti è

d x( )= x−2ln x( ) 2 ( x > 2ln x , ∀x > 0 ). Il quesito chiede di determinare la distanza mi-

nima: poiché ′d x( )≥ 0→

2 x−2x≥ 0 → x≥ 2 , la distanza è minima per x = 2 e vale

dmin = 2 1− ln 2( ) 2 ! 0,87 .

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iii. Verifica che l’equazione f3 x( )= g3 x( ) possiede due soluzioni sapendo che, qualun-que sia k > 0 , gli eventuali punti d’intersezione tra il grafico Fk e il grafico Gk coin-cidono con i punti di intersezione tra uno qualsiasi di tali grafici e la retta di equa-zione y = x . Stabilisci inoltre per !quali valori k > 0 i grafici Fk e Gk sono secanti, per quali valori sono disgiunti e per quale valore essi sono tangenti.

!

3ln x = ex 3 ammette almeno due soluzioni poiché F3 e G3 intersecano la retta r in due punti: · considero la funzione rf x( )= r x( )− f3 x( )= x−3ln x ; essa è continua in 0; +∞⎤⎦ ⎡⎣ ,

rf 1( )· f f 2( )= 1· 2−3ln 2( )< 0 , rf 4( )· f f 5( )= 4−3ln 4( )· 5−3ln 5( )< 0 , quindi, per il Teorema

di esistenza degli zeri, rf ammette almeno uno zero negli intervalli 1; 2⎤⎦ ⎡⎣ e 4; 5⎤⎦ ⎡⎣ . Tali zeri

sono unici visto che in questi intervalli rf è monotona: ′rf x( )= x−3( ) x e quindi rf è de-

crescente in 1; 2⎤⎦ ⎡⎣ e crescente in 4; 5⎤⎦ ⎡⎣ (ha un minimo per x = 3 ).

· analogamente considerando la funzione rg x( )= r x( )−g3 x( )= x−ex 3 , per il Teorema di

esistenza degli zeri, rg ammette almeno uno zero negli intervalli 1; 2⎤⎦ ⎡⎣ e 4; 5⎤⎦ ⎡⎣ . Tali zeri

sono unici visto che in questi intervalli anche rg è monotona: ′rg x( )= 1−ex 3 3 e quindi rf è

crescente in 1; 2⎤⎦ ⎡⎣ e decrescente in 4; 5⎤⎦ ⎡⎣ (ha un massimo per x = 3ln 3 ). I grafici Fk e Gk sono tra loro tangenti quando sono tangenti entrambi ad r nello stesso punto T t; t( ) . · Fk è tangente a r quando ′fk t( )= 1→ k t = 1→ t = k ;

· Gk è tangente a r quando ′gk t( )= 1→ et k k = 1→ t = k·ln k . Quindi:

· per k = k·ln k →k>0

k = e i grafici Fk e Gk sono tra loro tangenti in T e; e( ) . · per k < e i grafici Fk e Gk sono disgiunti. · per k > e i grafici Fk e Gk sono secanti. iv. Sia A la regione limitata compresa tra i grafici Fe e Ge e gli assi

ni. !Determina l’area di A ed il volume del solido generato ruotando A attorno a uno degli assi cartesiani.

In riferimento alla figura alla pagina che segue, dove la superficie A è evidenziata, ho che

A = ge x( )dx

0

1

∫ + ge x( )− fe x( )( )dx1

e

∫ = ge x( )dx0

e

∫ − fe x( )dx1

e

∫ = exe

+1⎡

⎣⎢⎢⎤

⎦⎥⎥0

e

− ex ln x−1( )⎡⎣⎢

⎤⎦⎥1e

= e2−2e! 2 .

V = π ge2 x( )dx

0

e

∫ −π fe2 x( )dx

1

e

∫ = πe

2xe

+1

2

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥0

e

−πe2 x ln2 x−2ln x + 2( )⎡⎣⎢

⎤⎦⎥1e=πe2

3e2 +1( )! 99 .

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Questionario. Risolvi cinque dei dieci quesiti:

1. Considerati nel piano cartesiano i punti A 0; 0( ) e B π; 0( ) , sia R la regione piana delimitata dal !segmento AB e dall’arco di curva avente equazione y = 4sin x , con

0≤ x≤π . Calcolare il !massimo perimetro che può avere un rettangolo inscritto in R avente un lato contenuto nel segmento AB. !

Risposta. In riferimento alla figura sottostante, i punti P xP ; 4sin xP( ) e Q xQ ; 4sin xQ( ) sono uno il simmetrico dell’altro rispetto alla retta x = π 2 , ovvero xQ = π−xP .

Il perimetro di SPQR vale

2pSPQR = 2 PQ + PS( )→ 2pSPQR = 2 xQ−xP + 4sin xP( ) e, tenuto

conto della simmetria, posto xP = x , trovo che 2pSPQR x( )= 2 π−2x + 4sin x( ). Determino il valore di x che massimizza il perimetro:

2 ′pSPQR x( )= 4 2cos x− π−2xπ−2x

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟=

4 2cos x−1( ) se x <π 2

4 2cos x +1( ) se π 2 < x <π

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

.

I tratto: 2 ′pSPQR x( )≥ 0→ cos x≥1 2→ 0≤ x≤π 3 ; II tratto: 2 ′pSPQR x( )≥ 0→ cos x≥−1 2→ π 2 < x≤ 2π 3 . Quindi la funzione ammette due massimi relativi in π 3 e in 2π 3 , per i quali il perimetro

vale 2pSPQR π 3( )=

23π+ 6 3( )= 2pSPQR 2π 3( ) , circa 9,02.

2. Si consideri la funzione f x( )= 1 x nell’intervallo p; 2p⎡⎣ ⎤⎦ e, detto Γ il suo grafico, sia t la retta !tangente a Γ nel suo punto di ascissa p. Determinare, al variare di p, le aree delle due parti in cui la retta t divide la regione finita di piano compresa fra Γ e l’asse delle ascisse. !

Risposta. Poiché f è dispari è sufficiente considerare p > 0 . Determino l’equazione della ret-ta tangente a Γ nel suo punto di ascissa p: f p( )= 1 p e ′f x( )=−1 x2→ ′f p( )=−1 p2 ,

quindi t : y =−

1p2 x +

2p

.

Osservo che la retta t interseca l’asse delle ascisse in 2p, quindi la superficie compresa tra la retta t e l’asse x in p; 2p⎡⎣ ⎤⎦ è un triangolo rettangolo di area 1 2 .

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L’altra superficie ha area:

f x( )−t x( )( )dx

p

2p

∫ =1x

+1p2 x +

2p

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟dx

p

2p

∫ = ln x +1

2p2 x2 +2p

x⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥p

2p

=

= ln 2p( )+ 2 + 4( )− ln p+

12

+ 2⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟= ln 2 +

72! 4,19 .

Osservo che nessuna delle due aree dipende dal valore di p.

3. Determinare l’equazione della superficie sferica di centro C 1; −1; 2( ) tangente al piano di equazione x−y + z = 10 e le coordinate del punto di contatto tra la super-ficie sferica e il piano.

Risposta. Sia π il piano dato. Il raggio della sfera è

r = dist π; C( )=1− −1( )+ 2−10

12 + −1( )2+12

=

=

63

= 2 3 . Quindi la sfera ha equazione:

x−1( )2+ y +1( )2

+ z−2( )2= 12→ x2 + y2 + z2−2x + 2y−4z−6 = 0 .

Poiché !π 1; −1; 1( ) , la retta passante per C e perpendicolare a π ha equazione parametrica

s :x = 1+ ty =−1−tz = 2 + t

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪⎪

, t∈! .

Il punto di tangenza T∈ s∩π→ 1+ t( )− −1−t( )+ 2 + t( )= 10→ t = 2 , ovvero ha coordinate

T 3; −3; 4( ) .

4. Verificare che

cosn xdx0

π 2

∫ =n−1

ncosn−2 xdx

0

π 2

∫ per n >1 e usare questo risultato

per calcolare

cos4 xdx0

π 2

∫ . Risposta.

cosn xdx

0

π 2

∫ = cos x·cosn−1 xdx0

π 2

∫ = sin x·cosn−1 x⎡⎣⎢

⎤⎦⎥0π 2− sin x· n−1( )cosn−2 x· −sin x( )dx

0

π 2

∫ =

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= n−1( ) sin2 x·cosn−2 xdx

0

π 2

∫ = n−1( ) 1−cos2 x( )·cosn−2 xdx0

π 2

∫ = n−1( ) cosn−2 xdx0

π 2

∫ +

− n−1( ) cosn xdx

0

π 2

∫ .

Confrontando il primo e ultimo membro trovo che:

n cosn xdx

0

π 2

∫ = n−1( ) cosn−2 xdx0

π 2

∫ → cosn xdx0

π 2

∫ =n−1

ncosn−2 xdx

0

π 2

∫ .

Quindi

cos4 xdx0

π 2

∫ =34

cos2 xdx0

π 2

∫ =34

12

cos0 xdx0

π 2

∫ =38

x⎡⎣ ⎤⎦0π 2

=3

16π .

5. Si lancia n volte un dado regolare a sei facce. Qual è il più piccolo valore di n tale che la probabilità che non esca mai il numero 3 sia minore dello 0,01%? !

Risposta. È richiesto che pn ,0 X = 3( )<10−4→ n

0

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

16⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

056⎛

⎝⎜⎜⎜⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

n

<10−4→ n > 4log6 5 10! 50,52 ,

ovvero il più piccolo n deve valere 51.

6. Data la funzione y = x ax2 + b −3 , determinare il valore dei coefficienti a e b per i

quali il grafico !della funzione è tangente nel punto di ascissa x = 1 alla retta di equazione y = 7x−9 . !

Risposta. Sia f x( ) la funzione data. Allora ′f x( )= ax2 + b + 2ax2 ax2 + b

ax2 + b.

La retta tangente al grafico di f in x = 1 si può riscrivere come t : y + 2 = 7 x−1( ) . Il quesito dunque fornisce le seguenti indicazioni: f 1( )=−2 e ′f 1( )= 7 , ovvero:

a + b −3 =−2

a + b + 2a a + ba + b

= 7

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪⎪

→a + b = 12a a + b( )= 6

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

→a + b =−1a =−3⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪

∨a + b = 1a = 3⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪

→b = 2a =−3⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪

∨b =−2a = 3⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪

.

!

7. Date le curve γ1 e γ2 di equazioni rispettivamente y = x2 +1 e y = x2−8x + 9 , sia t la retta che è tangente a entrambe. Stabilire l’area della regione piana di area finita che è delimitata da γ1 , γ2 e t. !

Risposta. La retta t è tangente a γ1 in un generico punto T1 x ; x 2 +1( ) ed è tangente a γ2 in

un generico punto T2 !x; !x2−8!x + 9( ) . Per cui:

t : y− x 2 +1( )= 2x x−x( )→ t : y = 2x·x + 1−x 2( )

t : y− !x2−8!x + 9( )= 2!x−8( ) x−!x( )→ t : y = 2!x−8( )·x + 9−!x2( ) Poiché le due equazioni rappresentano la stessa retta, per il principio di identità dei poli-nomi ho che

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2x = 2!x−81−x 2 = 9−!x2

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪→

x = !x−4x 2 = !x2−8⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪→

x = !x−4!x−4( )2

= !x2−8

⎧⎨⎪⎪⎪

⎩⎪⎪⎪

→x =−1!x = 3⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪

.

Dunque t : y =−2x e i punti di tangenza sono T1 −1; 2( ) e T2 3; −6( ) .

Le due curve si intersecano in

y = x2 +1y = x2−8x + 9

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪→

x2 −8x + 9 = x2 +1y = x2−8x + 9

⎧⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

→x = 1y = 2⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪

.

La situazione è rappresentata in figura.

Per determinare l’area basta calcolare il seguente integrale:

x2 +1( )− −2x( )( )dx

−1

1

∫ + x2−8x + 9( )− −2x( )( )dx1

3

∫ =x3

3+ x2 + x

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥−1

1

+x3

3−3x2 + 9x

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥1

3

=

=

13

+1+1⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟− −

13

+ 1− 1⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟+ 9 − 27 + 27( )− 1

3−3 + 9

⎛

⎝⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟=

163

.

8. Una variabile casuale, a valori nell’intervallo 0; 10⎡⎣ ⎤⎦ , è distribuita secondo la densi-tà di probabilità data dalla funzione

f x( )=

13−

14

x2 se 0≤ x≤1

112

se 1< x≤10

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

.!

Stabilire il valore medio e il valore mediano di questa variabile casuale.

Risposta. Il valore medio è:

µ = xf x( )dx

0

10

∫ =x3−

x3

4⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟dx

0

1

∫ +x

12dx =

x2

6−

x4

16⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥0

1

+1

10

∫x2

24⎡

⎣⎢⎢⎤

⎦⎥⎥1

10

=174

.

13 di 13

La funzione di ripartizione della variabile aleatoria è

FX x( )=

0 se x < 04x−x3( ) 12 se 0≤ x≤1

x +1( ) 12 se 1< x≤10

1 se x >10

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

,

per cui FX q1 2( )=

12→

q1 2 +112

=12→ q1 2 = 5 .

9. Determinare il luogo geometrico dei punti P x; y; z( ) equidistanti dai punti

A 0; 1; 2( ) e P −3; 2; 0( ) . Risposta. Il luogo richiesto è il piano di simmetria dell’asse AB:

PA = PB→ x2 + y−1( )2+ z−2( )2

= x + 3( )2+ y−2( )2

+ z2→ π : 3x + 4−y + 2z + 4 = 0 .

10. Verificare che la funzione y = e−x sin x è soluzione dell’equazione differenziale

′′y + 2 ′y + 2y = 0 . ! Risposta. Poiché

′y = e−x cos x−sin x( ) e ′′y =−2e−x cos x , sostituendo nell’equazione data

trovo che −2e−x cos x + 2e−x cos x − sin x( )+ 2e−x sin x = 0 .