Indice - Apogeo Editore · Capitolo 11 Mettiti alla prova 37 ... Alcuni degli esercizi, quelli più...

I Indice

Prefazione iii

Capitolo 1Aritmetica e algebra elementare 1

1.1 Soluzioni degli esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . 1

Capitolo 2Geometria elementare 5


Capitolo 3Insiemi e funzioni 13


Capitolo 4Funzioni lineari 17


Capitolo 5Funzioni quadratiche 21


Capitolo 6Equazioni e disequazioni 25


Capitolo 7Coniche 29


Capitolo 8Funzioni esponenziali e logaritmiche 31


Capitolo 9Funzioni goniometriche 33


Capitolo 10Calcolo combinatorio e probabilità 35

10.1 Soluzioni degli esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . 35

Capitolo 11Mettiti alla prova 37

11.1 Soluzioni batteria 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 3711.2 Soluzioni batteria 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 3811.3 Soluzioni batteria 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 3811.4 Soluzioni batteria 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 3911.5 Soluzioni batteria 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 40

I Prefazione

In questo file troverai le soluzioni degli esercizi proposti alla fine di ciascun capitolo del libro “Matematica dibase”. Alcuni degli esercizi, quelli più interessanti, sono commentati in dettaglio, mentre degli altri viene fornitaesclusivamente la soluzione.

Nel caso tu riscontrassi delle inesattezze o degli errori segnalali scrivendomi alla seguente casella e-mail:

tommei�dm.unipi.it

Giacomo Tommei

1 Aritmetica e algebraelementare

1.1 Soluzioni degli esercizi proposti

1. (1

2

)−2

>√5 > 1 >

2

7> (−2)−3 > −0.25 > −7

6

2.

(0.2)3 < (0.3)2 < 213 <

(1

3

)− 12

<

(1

4

)−1

3.

−1

5< − 4

25< 2−3 < 0.72 <

√3 < 2 <

(1

3

)−1

4. Si haN = 271958 − (108878 − 101528). Il numero27195 può essere fattorizzato come3 · 5 · 72 · 37;inoltre l’espressione tra parentesi è divisibile per10887− 10152 = 735 = 3 · 5 · 72 (ricorda chean − bn

è sempre divisibile pera − b), quindiN è divisibile per3 · 5 · 72. Adesso scriviamoN come(271958 −108878) + 101528. L’espressione in parentesi è divisibile per27195− 10887 = 16308 = 22 · 33 · 151 e10152 = 23 · 33 · 47, quindiN è multiplo di22 · 33. In conclusioneN è un multiplo di3 · 5 · 72 e di22 · 33,cioè un multiplo di22 · 33 · 5 · 72 = 26460.

5. Il numero5n + 2 termina con2 o 7 per ognin ∈ N, mentre i quadrati dei numeri naturali terminano solocon0, 1, 4, 5, 6, 9.

6. 841

7. 180000: il calcolo proposto equivale a sommare100 volte il numero1800, infatti 1900 − 100 = 1800,1901− 101 = 1800, ...

8. 21

9. 15 anni e1 mese

10. 1554 euro,999 euro,555 euro

11. 44

12. 26

13. Minore di1, per l’esattezza100/101

14. Se le frazionia/b e c/d sono equivalenti, lo sono anche le frazioni(a+ b)/b e (c+ d)/d.

15. 25/8

16.a)16− 8

√2 + 2

√3−

√6 b) 4 (3

√3− 4)

c) 3 (5 + 2√5) d) 37− 8

√2− 2

√3

17. Si had < b < a < c < e, quindi il numero più grande èe

18. b2 < a b < a2

19. 1556.86 m

2 Aritmetica e algebra elementare

20. 5120 g

21.a) 2−4 b) 33 c) 2 12

√2 = 213/12

d) 2 e)√x4 y/23 = (x2/2)

√y/2 f) x2 yk−1

g) 15√32 h) −3 i) 52

22. (33)3 = 39 6= 3(33) = 327

23. 4.4 ≤ x+ y ≤ 4.7, −1.9 ≤ x− y ≤ −1.6, 4.03 ≤ x y ≤ 4.8 e0.41 ≤ x/y ≤ 0.48

24. a)−1/16 b)−115/192

25. −3

26. 31/2

27. È vera solo la b)

28. Il più piccolo èx = a c/(a+ b)

29. • È più grande√3 +

√17

• È più grande2 (√2 +

√6)

• È più grande2 + 5√31

30. 1.00099

31. c < −b < a < 0 < −a < b < −c

32. 2 a+ b può essere uguale a7, 1,−1,−7.

33. a) Sex ey sono numeri positivi conx < y allora|x| < |y|b) Sex ey sono numeri negativi conx < y allora|x| > |y|c) Sex ey sono numeri negativi con|x| < |y| allorax > y

34. La produzione è diminuita del25%.

35. a) 52%

b) No

36. a) 640

b) 105

c) 26

d) 460

37. 119855

38. 400 euro

39. È più conveniente la seconda confezione.

40. È diminuito dello0.25%.

41. 360

42. Circa16.7%

43. −5/3 e1/7

44.

a) x y√x y b)

x

y (x+ y)24

√4x2 y2 (x− y)

(x+ y)3

1.1 Soluzioni degli esercizi proposti 3

45.a) MCD= 3 a b , mcm= 6 a3 b2 b) MCD= 9x, mcm= 18x2 y

c) MCD= 5m, mcm= 300 a3 m2 x y3

46. a) −x3 + 5x2 + 5x− 10

b) 2x5 + x4 − 10x3 − 2

c) 8x4 − 14x3 − 24x2 + 46x− 7

d) 2x6 − 6x5 − 6x3 + 16x2 + 12x− 18

e) q(x) = x+ 1, r = 4

f) q(x) = 2x3 + 5x2 + 10x+ 20, r = 33

g) q(x) = x3 + (1/2) b x2 − (7/4) b2 x+ (1/8) b3, r = (5/16) b4

47. a) −2

b) 2 + 5 b2

c) 5 b3

48. a) MCD= x− 1, mcm= (x− 1)2 (x− 3)

b) MCD= x2 + x+ 1, mcm= (x− 1) (x2 + x+ 1) (x2 + 1)

c) MCD=√2x−

√3, mcm= (

√2x−

√3) (

√2x+

√3) (x+ 1)

49. p(x) = x4 − x3 − 7x2 + x+ 6

50. 8

51. p(x) = x5 − 3x3 + 6x2 − 7x+ 11

52.

a) 5x2y (2x− y) b) a (s+ 2 t) (a s+ 2 a t− 1)

c) (p q + 8) (p q − 8) d) (x+ y + 7 z) (x+ y − 7 z)

e) (2x+ 10 y) (4x2 − 20x y + 100 y2) f) (a+ b)(a2 − a b+ b2) (a6 − a3 b3 + b6)

g) a9 − b9 = (a− b)(a2 + a b+ b2) (a6 + a3 b3 + b6) h) (11xn − 9 y2n) (11xn + 9 y2n)

i) (2 r4 − 3 (s+ 5 t)) (4 r8 + 6 r4 (s+ 5 t) + 9 (s+ 5 t)2) l) y (xn − 11) (xn + 2)

53.a) (x− 1) (x2 + x+ 1) (x6 + x3 + 1) b) (x3 + 2) (x− 1) (x2 + x+ 1)

c) (x− 1) (x2 + 4x+ 7) d) (x− 1)2 (x+ 1)2 (x2 − x+ 1)

e) (x− 1) (x+ 1)2 (x2 − x+ 1) f) (x−√11) (x+

√11) (x2 + 2)

54.a) 4 a2 + 4 a b+ b2 b) 9x2 − 12x y + 4 y2 c) 4 a2 x−12 a b x y + 9 b2 y2

d) a2 − 2 a√b+ b e) a3 − 6 a2 b+ 12 a b2 − 8 b3 f) 27x3 y3 + 54x2 y2 + 36x y + 8

55.a) (x− 3) (x− 1) (x+ 5) b) (b− 1) (b− 5)2

c) (b− 3) (b− 2) (b+ 5) d) (x−m) (x+m) (x− 2m) (x− 4m)

56.

a) x 6= 0 b) a 6= 0 ∧ x 6= −1 c) x 6= −1 ∧ x 6= 1 d) x 6= −1 ∧ x 6= 1

e) ∀x ∈ R f) x 6= −2 g) x 6= 0 ∧ x 6= 3/2 h) a 6= 0 ∧ b 6= 0

57.

a)1

x (x− 1)b)

x+ 5

(x− 1) (x+ 1)2c)

x (x− 1)

(x+ 1) (x2 − x+ 1)

58. 109

59. 6378.145 = 6.378145 · 103 km= 6.378145 · 108 cm

60. 1.4959965× 1013 cm= 1.4959965× 108

Velocità della luce in m/s vale circa3 · 108

2 Geometria elementare


1. Soluzione:14 cm2

La diagonaleAC divide il quadrilatero nei due triangoli△

ABC e△

ADC. Il segmentoPQ, che unisce i puntimedi diAB e di BC, è parallelo adAC ed è lungo la metà diAC; analogamente il segmentoSR, cheunisce i punti medi diCD e di DA, è parallelo adAC ed è lungo la metà diAC. Pertanto i segmentiPQ e QR sono paralleli e congruenti: ciò è sufficiente per affermare che ilquadrilateroPQRS è un

parallelogramma. Il triangolo△

PBQ è simile al triangolo△

ABC con rapporto di similitudine1/2, quindi

l’area di△

PBQ vale1/4 dell’area di△

ABC; analogamente il triangolo△

SDR è simile al triangolo△

ADC con

rapporto di similitudine1/2 e la sua area vale1/4 di quella di△

ADC. Si ottiene quindi

A △

PBQ+A △

SDR=

1

4A △

ABC+

1

4A △

ADC=

1

4(A △

ABC+A △

ADC) =

1

4AABCD

Con procedimento analogo, tracciando la diagonaleBD si ottiene

A △

ASP+A △

QCR=

1

4AABCD

Quindi si ha

APQRS = AABCD−(A △

PBQ+A △

SDR+A △

ASP+A △

QCR) = AABCD− 1

2AABCD =

1

2AABCD = 14 cm2

2. Soluzione:[83 (√2 + 1)]2 ≃ 40152.03 cm2

Indichiamo conl il lato del quadrato e cond la sua diagonale. Allorad = l√2 ed il testo dell’esercizio ci

dice ched = l + 83. Quindi

d = l + 83 ⇔ l√2 = l + 83 ⇔ l (

√2− 1) = 83 ⇔ l =

83√2− 1

= 83 (√2 + 1)

Quindi si haA = l2 = [83 (

√2 + 1)]2 ≃ 40152.03 cm2

3. Soluzione:10◦

SianoAH l’altezza uscente daA edAK la bisettrice dell’angoloA (K è un punto del latoBC). Indichiamocon y l’ampiezza dell’angoloC e conx l’ampiezza dell’angoloHAK. Allora C = y, B = y + 20◦,BAH = 90◦ − (y + 20◦), HAC = 90◦ − y, BAK = BAH + HAK = 90◦ − (y + 20◦) + x,KAC = HAC −HAK = 90◦ − y − x. EssendoAK la bisettrice dell’angoloA si ha

BAK = KAC ⇔ 90◦ − (y + 20◦) + x = 90◦ − y − x ⇔ x = 10◦

4. Soluzione:10 cm

Un quadrilatero è circoscrivibile ad una circonferenza se e solo se la somma delle misure di due suoi latiopposti è uguale alla somma degli altri due. Quindi nel nostro caso si ha

AB + CD = BC +DA ⇔ DA = AB + CD −BC = 7 + 9− 6 = 10 cm


5. Soluzione: sì

Un quadrilatero è inscrivibile in una circonferenza se e solo se i suoi angoli opposti sono supplementari(cioè la loro somma vale180◦):

α+ γ = 120◦ + 60◦ = β + δ = 45◦ + 135◦ = 180◦

Osservazione:nel testo dell’esercizio c’è un dato superfluo. Infatti la somma degli angoli interni di unquadrilatero è360◦, quindi noti tre angoli anche il quarto è univocamente determinato.

6. Soluzione:4 cm

In un triangolo equilateroh = l (√3/2), quindi

A △

ABC=

1

2l h =

1

2l

√3

2l =

√3

4l2

Ponendo √3

4l2 = 27

√3

si ottienel2 = 108 da cuil = 6√3. Uniamo il puntoP con i verticiA, B eC: il triangolo viene suddiviso

in tre triangoli△

APB,△

BPC e△

CPA. Si ha

AABC = AAPB +ABPC +ACPA

e sapendo chePH = 2 cm ePK = 3 cm si ottiene

27√3 =

12√3

2+

18√3

2+

6√3PT

2⇔ 12

√3 = 3

√3PT ⇔ PT = 4 cm

Osservazione:l’altezza del triangolo△

ABC valel√3/2 = 9 cm così come la sommaPH+PK+PT =

2+3+4 = 9 cm. Questo fatto vale in generale: considerando un puntoP interno ad un triangolo equilatero,la somma delle distanze diP dai lati del triangolo è sempre uguale alla misura dell’altezza.

7. Soluzione:1 cm,2 cm,3 cm

Indichiamo conr1, r2 er3 i raggi delle tre circonferenze. Si ha

r1 + r2 = 3

r2 + r3 = 5

r1 + r3 = 4

Sommando termine a termine si ottiene

2 (r1 + r2 + r3) = 12 ⇔ r1 + r2 + r3 = 6

quindi

r1 = 6− (r2 + r3) = 6− 5 = 1 r2 = 6− (r1 + r3) = 6− 4 = 2 r3 = 6− (r1 + r2) = 6− 3 = 3

8. Soluzione: trapezio (AB eA′B′ sono paralleli)

Tracciamo la tangente comune inP alle due circonferenze. Gli angoli indicati con1 e 2 (vedi Figura 2.1)sono angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arcoBP quindi sono congruenti; analogamente gliangoli indicati con3 e 4 sono congruenti perché angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arcoPB′. L’angolo 2 è congruente all’angolo3 perché sono opposti al vertice, ne segue che anche l’angolo1 è congruente all’angolo4. Di conseguenza i segmentiAB e A′B′ sono paralleli perché, tagliati dallatrasversaleAA′ formano angoli alterni interni uguali.


A

BA’

B’

O O’

1

P2

3

4

Figura 2.1: Figura esercizio 8.

9. Soluzione:6 cm2

Indichiamo conA l’area del triangolo△

ABC, conC1 l’area del semicerchio di diametroAB, conC2 l’areadel semicerchio di diametroAC e conC3 l’area del semicerchio di diametroBC. Allora

S1 + S2 = A+ C1 + C2 − C3 = 6 +9

8π + 2π − 25

8π = 6 cm2

10. Soluzione:2 b(1 + 1/ sinα)

Dato il triangolo isoscele△

ABC, tracciamo l’altezzaCH . In un triangolo isoscele, l’altezza relativa alla

base è una mediana e una bisettrice dell’angolo al vertice, quindi AH = b eACH = α. Il triangolo△

ACHè rettangolo pertantoAH/AC = sinα da cuiAC = AH/ sinα = b/ sinα. La misura del perimetro di

△ABC è allora

2p = 2b+b

sinα+

b

sinα= 2 b

(1 +

1

sinα

)

11. Soluzione:A △

AMC= 5 cm2, AABPN = 5 cm2

Il triangolo△

AMC, considerandoMC come base, ha la stessa altezza del triangolo△

ABC eMC = BC/2,

quindi la sua area è metà di quella del triangolo△

ABC. I triangoli△

APM e△

APN hanno la stessa areaperchéMN è parallelo adAP e quindiM eN hanno la stessa distanza daAP . Quindi

AABPN = A △

ABP+A △

APN= A △

ABP+A △

APM= A △

ABM=

1

2A △

ABC= 5 cm2

NaturalmenteA △

ABM= A △

AMC.

12. Soluzione:2p = (50 + 6√3) cm,A = 114

√3 cm2

Dal verticeC tracciamo la perpendicolare adAB. Il triangolo△

CHB è rettangolo eB = 60◦, quindi

CH = CB sin 60◦ = 12

√3

2= 6

√3 cm

HB = CB cos 60◦ = 121

2= 6 cm

AB = AH +HB = 16 + 6 = 22 cm

Quindi2p = AB + CB +DC +AD = (22 + 12 + 16 + 6

√3) = 50 + 6

√3 cm

e

A =(AB +DC)CH

2= 114

√3 cm2


13. Soluzione:2 cm

Indichiamo conR il raggio della circonferenza maggiore e conr il raggio della circonferenza minore. AlloraR− r = 1 cm eπ (R2 − r2) = 5π cm2 quindi

{R− r = 1

R2 − r2 = 5⇒

{R− r = 1

(R− r)(R+ r) = 5⇒

{R− r = 1

R+ r = 5⇒

{R = 3

r = 2

14. Soluzione:4√3/3 + 2 cm

L’angolo inD è retto, quindiADP = 30◦, PDB = 30◦ eBDC = 30◦. Considerando il triangolo△

APDsi ha

AD

PD= cos 30◦ ⇔ PD =

AD

cos 30◦=

2

3

√3 cm

Considerando il triangolo△

ABD si ha

AD

BD= cos 60◦ ⇔ BD =

AD

cos 60◦= 2 cm

Il triangolo△

BDP è isoscele in quantoPDB = PBD = 30◦, quindi PB = DP = 2√3/3 cm. Il

perimetro di△

BDP è allora2

3

√3 +

2

3

√3 + 2 =

4

3

√3 + 2 cm

15. Soluzione:15

Considerando il triangolo△

ABC e tenendo presente la disuguaglianza triangolare si ha1 < AC < 19.

Analogamente considerando il triangolo△

ACD si ha14 < AC < 24, quindi la misura diAC deve verificarela condizione14 < AC < 19 e tra quelle presenti l’unica possibilità è15.

16. Soluzione:1/3

I triangoli△

CDE,△

AEF ,△

FBD sono rettangoli con angoli acuti di30◦ e60◦. Indichiamo conl la misura diDE, quindi

A △

DEF=

√3

4l2

BD =2 l

√3

3DC = l

√3

3

BC = BD +DC = l√3

L’area di△

ABC vale3 l2√3/4 e quindi

A △

DEF

A △

ABC

=1

3

17. Soluzione:24π cm2

I triangoli△

ODE e△

CDF sono simili perché rettangoli (DOE = DFC = 90◦) e con un angolo inD incomune, quindi valeDE : CD = OD : DF da cui

6 : 2 r = r : 8

avendo indicato conr il raggio del cerchio e tenendo conto che

DF = DE + EF = 6 + 2 = 8 cm

Quindi2 r2 = 48 da cuir2 = 24 e l’area del cerchio vale24π cm2.


18. Soluzione:4/9 cm

Con riferimento alla Figura 2.2, indichiamo conA il centro della circonferenza di raggio1, conB il centrodella circonferenza di raggio4 e conO il centro della terza circonferenza. Indichiamo conx il raggio dellaterza circonferenza, allora

AB = 1 + 4 = 5 cm BC = 4− 1 = 3 cm KR = OT = HS = x

AO = 1 + x OB = 4 + x AK = 1− xBH = 4− x

.A

.

.STR

B

K OCH


Applicando il teorema di Pitagora al triangolo△

ABC si ottiene

AC =√52 − 32 =

√16 = 4 cm

quindi avremo ancheKH = 4 cm. Applicando il teorema di Pitagora al triangolo△

AKO si ottiene

KO =√(1 + x)2 − (1− x)2 =

√4x = 2

√x cm

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo△

BOH si ottiene

OH =√(4 + x)2 − (4− x)2 =

√16x = 4

√x cm

QuindiKH = KO +OH = 2√x+ 4

√x = 6

√x, maKH = 4 cm da cui

6√x = 4 ⇔ √

x =2

3⇔ x =

4

9cm

19. Soluzione:5 cm

I triangoli△

ABE e△

ACD sono simili.

A △

ACD= A △

ABE−ACBED = 100− 75 = 25 cm2

Il rapporto tra le aree dei due triangoli simili è1/4, quindi il rapporto tra le misure lineari dei due triangoliè1/2. Poiché

BE =2A △

ABC

h= 10 cm

si ha

CD =1

2BE = 5 cm

20. Soluzione:3

La cosa migliore è ragionare sugli angoli esterni: la somma delleampiezze degli8 angoli esterni è360◦,quindi al massimo3 di questi angoli possono essere retti; di conseguenza saranno al massimo3 anche gliangoli retti del poligono.


21. Soluzione:27 m2 e75 m2

Indicando conE l’intersezione dei prolungamenti dei latiAD eBC del trapezio si ha che i due triangoli△

ABE e△

DCE sono simili con rapporto di similitudine pari al rapporto tra le basi AB/CD = 5/3; il

rapporto tra le aree vale allora(5/3)2 = 25/9. Siax l’area del triangolo△

DCE allora

x+ 48

x=

25

9⇔ x = 27 m2

QuindiA △

DCE= 27 m2 eA △

ABE= 27 + 48 = 75 m2.

22. Soluzione:162 cm2

I triangoli△

ABE e△

ABD hanno la stessa area perché hanno la baseAB in comune ed uguale altezza

(distanza tra le basi del trapezio); da ciò segue che anche i triangoli△

ACE e△

BCD hanno la stessa area

in quanto ottenuti dai triangoli△

ABE e△

ABD sottraendo il triangolo comune△

ABC. Indichiamo l’area

di△

ABC conA1, l’area di△

BCD con A2, l’area di△

DCE A3 e l’area di△

ACE A4. I triangoli△

ACE

e△

ECD hanno la stessa altezza relativa alle basiAC e CD (distanza diE daAD) quindi le loro aree

sono proporzionali alle rispettive basi, cioèA3/A4 = CD/AC. Analogamente i triangoli△

ABC e△

CBDhanno la stessa altezza relativa alle basiAC eCD (distanza diB daAD) e quindiA2/A1 = CD/AC.Confrontando le due proporzioni si ha

A3/A4 = A2/A1 ⇔ A3 · A1 = A4 · A2

Nota bene:questo risultato vale in generale per qualsiasi quadrilatero convesso, diviso in quattro triangolidalle due diagonali.

Nel nostro caso abbiamoA4 = A2, quindiA3 · A1 = A22 = A2

4 e sostituendo i valori numerici si ottiene

A2 = A4 =√50 · 32 =

√1600 = 40 cm2

L’area del trapezio vale allora50 + 40 + 32 + 40 = 162 cm2.

23. Soluzione:30− 6√2 cm

Indichiamo conl la misura del lato dei quadrati e cond = l√2 la misura delle diagonali; il perimetro della

figura è dato da

2p = 6 l + 4

(l − d

2

)= 10 l − 2 d = 10 l − 2 l

√2

Sostituendol = 3 cm si ottiene2p = 30− 6√2 cm.

24. Soluzione:45

Il volume del parallelepipedo èVP = 30 · 30 · 50 = 45000 cm3. Per riempirlo con il minimo numero dicubetti devo utilizzare cubetti di volume massimo possibile. Poiché il massimo comun divisore tra30 cme 50 cm è10 cm, la dimensione massima di tali cubi è10 cm ed il loro volumeVC = 1000 cm3. QuindiservonoVP/VC = 45 cubetti.

25. Soluzione: il volume aumenta di un fattore9/2

Il volume di un cono con raggio di baser ed altezzah valeVC = π r2 h/3. Consideriamo adesso un conocon raggio di baser1 = 3 r ed altezzah1 = h/2: il suo volume è

VC1=

1

3π r21 h1 =

1

3π (3 r)2

h

2=

9

2VC


26. Soluzione:15625π/6 cm3

Se il diametro del cocomero è50 cm, il suo raggio è25 cm; il volume di una sfera di raggio25 cm è

VS =4

3π 253 =

4

3π 15625 cm3

quindi il volume di ciascuna fetta è

VF =1

8

4

3π 15625 =

15625

6π cm3

27. Soluzione:14 cm

L’ipotenusa del triangolo rettangolo èCB la cui misura vale10 cm (si applica il teorema di Pitagora). Ildiametro della circonferenza circoscritta coincide con l’ipotenusaCB. Per calcolare il raggio della circon-ferenza inscritta osserviamo che i segmenti di tangente condotti da un punto esterno ad una circonferenzasono congruenti, quindiAH = AK = r (r raggio della circonferenza inscritta); inoltreHB = TB eCK = CT (H , K eT sono i punti di tangenza della circonferenza inscritta). Si ha

AH +AK +HB + CK + CB = 2p △

ABC

da cui2 r + 2CB = 2 p ⇔ r = p− CB = 12− 10 = 2 cm

Il diametro della circonferenza inscirtta misura allora4 cm e la somma cercata vale14 cm.

28. Soluzione: tre possibili soluzioni,80 m2, 180 m2, 500 m2

Ci sono tre possibili soluzioni diverse tra loro che dipendono dalla disposizione relativa dei tre triangoli; peril calcolo esplicito utilizza il risultato visto nell’esercizio 22.

29. Soluzione:1/3 m

Il centro della circonferenza inscritta si trova suOT , bisettrice dell’angoloAOB (vedi Figura 2.3).Indichiamo conx il raggio di questa circonferenza. Allora

O’

O A

B

T

H

.


O′H = O′T = x OO′ = 1− x

PoichéOO′H = 30◦ si haOO′ = 2O′H quindi1− x = 2x da cuix = 1/3 m.

30. Soluzione: se il triangolo è qualunque il problema è indeterminato, non abbiamo sufficienti informazioniper calcolare il perimetro. Se il triangolo è rettangolo ha angoliacuti pari a30◦ e60◦, cateti lunghi2 cm e2√3 cm, ipotenusa lunga4 cm e di conseguenza perimetro pari a6 + 2

√3 cm.

31. Soluzione:9√3− 3π cm2

Indichiamo conR ed S i punti di tangenza e conO il centro della circonferenza. Si ha cheOPR =OPS = 30◦, quindiPR = PS = r

√3 − 3

√3 cm. L’area richiesta è data dalla differenza tra l’area del

quadrilateroPROS e quella del settore circolareROS.

APROS = 2A △

POR= 2

3 · 3√3

2= 9

√3 cm2


L’area del settore circolare è1/3 dell’area del cerchio perché l’angoloROS vale120◦ quindi

AROS =1

3π r2 = 3π cm2

L’area richiesta è quindi9√3− 3π cm2.

32. Soluzione:2p = 4 + 2√3 cm,α = 120◦, β = γ = 30◦.

SiaH la proiezione diA sulla baseBC. Si ha

AH =2A △

ABC

BC=

2√3

2√3= 1 cm BH = HC =

BC

2=

√3 cm

AB = AC =

√AH

2+HC

2= 2 cm

2p = (2 + 2 + 2√3) = 4 + 2

√3 cm sinβ = sin γ =

AH

AC=

1

2

da cuiβ = γ = 30◦ eα = 120◦.

33. Soluzione:8 cm.

SiaO il punto di incontro delle diagonali ed il rombo abbia verticiA, B, C, D con angoli acuti inA eC.Allora OAD = 15◦ eODA = 75◦. Indicando conx la misura diOD e cony quella diAO e sfruttando

l’informazione sull’area si haxy = 1. Considerando il triangolo△

OAD si ha

y = x tan 75◦ x = y tan 15◦

Sostituendo nella relazionexy = 1 si ottiene

x2 =1

tan 75◦y2 =

1

tan 15◦

da cui

AD2= x2 + y2 =

1

tan 75◦+

1

tan 15◦

Poichétan 15◦ = 2 −√3 (verificalo) etan 75◦ = 1/ tan 15◦ = 2 +

√3 si ottienex2 + y2 = 4 cm.

Pertanto il lato del rombo misura2 cm ed il suo perimetro vale8 cm.

34. Soluzione:4.5

Indichiamo conx l’area del quadrilateroAMPN ; per evidenti ragioni di simmetriaAP divide il qua-

drilatero in due triangoli congruenti, ciascuno di areax/2. Consideriamo i triangoli△

AMC e△

AMP :hanno la stessa altezza relativa alle basiMC e MP , quindi le loro aree sono proporzionali alle basiA △

AMP/A △

AMC= MP/MC.

Considerando i triangoli△

BCM e△

BPM si osserva che hanno la stessa altezza relativa alle basiMC eMPquindi si haA △

BPM/A △

BCM= MP/MC.

Confrontando le due uguaglianze si ottiene

A △

AMP

A △

AMC

=A △

BPM

A △

BCM

ovverox/2

x+ 3=

3

3 + 7⇔ x = 9/2 = 4.5

35. Soluzione:10 cm e6 cm

Suggerimento:utilizza il teorema di Carnot.

3 Insiemi e funzioni


1.A = {x ∈ N : 5 ≤ x < 6} = {5} e B = {x ∈ N : x− 1 = 4} = {5}

quindiA = B.

2. A = {x ∈ N : 2 < x ≤ 11}

a) {4, 6, 8, 10}b) {11}c) {3, 7}

3. a) A ∪B = {1, 3, 5, 6, 7, 9, 15} e A ∩B = {1, 3, 9}b) C ∪D = {1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14} e C ∩D = {10}.

4. 25 studenti hanno svolto correttamente almeno un esercizio.6 studenti hanno svolto correttamente so-lo un esercizio. 18 studenti hanno svolto correttamente solo due esercizi.5 studenti non hanno svoltocorrettamente alcun esercizio.

5. L’unico insieme vuoto èB.

6.A = {3, 4} e B = {−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}

A×B = {(3,−1), (3, 0), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (3, 7), (3, 8), (3, 9), (3, 10),

(4,−1), (4, 0), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (4, 7), (4, 8), (4, 9), (4, 10)}

7. A,B,C non costituiscono una partizione diU in quantoA ∩B = {6} 6= ∅.

8.A = {−1, 0, 1} e B = {0, 1, 2}

9. x = 5, y = 6, z = 9 oppurex = 5, y = 9, z = 6.

10. Tra le espressioni algebriche presentate rappresentano una funzione reale di variabile reale (x variabiledipendente ey variabile indipendente) le seguenti: a), c), d), e), f), g), l), m), n). Indichiamo conDl’insieme di definizione (dominio) della funzione.

a) y = x2 + 2 D = R

c) y = 3√x D = R

d) y =√x2 = |x| D = R

e) sin y = x ⇔ y = arcsinx D = [−1, 1]

f) tan y = x ⇔ y = arctanx D = R

g) y3 = x ⇔ y = 3√x D = R

l) y = ln(√ex + |x− 1|) D = R

m) ey = x2 − 1 ⇔ y = ln(x2 − 1) D = (−∞,−1) ∪ (1,+∞)

n) exy = 2 ⇔ y = (ln 2)/x D = R− {0}

14 Insiemi e funzioni

11. Indichiamo conD il dominio della funzione e consideriamo le seguenti funzioni daD → R (ricorda cherestringendo opportunamente il codominio puoi rendere una funzione surgettiva).

a) y = x2 − 1 D = R, non è iniettiva, non è surgettivab) y = |x| D = R, non è iniettiva, non è surgettivac) y = 1/x D = R− {0}, è iniettiva, non è surgettivad) y = 3x

√x2 D = R, è iniettiva, è surgettiva, è biunivoca

e) y = cosx/ sinx D = R− k π, k ∈ Z, non è iniettiva, è surgettivaf) y = 5 sin 2x D = R, non è iniettiva, non è surgettivag) y = 2 log10 x D = R+

0 = {x ∈ R : x > 0}, è iniettiva, è surgettiva, è biunivocah) y = e−x D = R, è iniettiva, non è surgettivai) y = (x2 − 1)/(x2 + 1) D = R, non è iniettiva, non è surgettiva

12. a) (f ◦ g)(x) = 2 (x− 1)3, (g ◦ f)(x) = 2x3 − 1, (f ◦ f)(x) = 16x9

b) (f ◦ g)(x) = | 3√3x|, (g ◦ f)(x) = 3

√3 |x|, (f ◦ f)(x) = |x|

c) (f ◦ g)(x) = 3/(3x− 2), (g ◦ f)(x) = 9/x− 2, (f ◦ f)(x) = x

d) (f ◦ g)(x) = sin(x2 + 4)2, (g ◦ f)(x) = (sinx2)2 + 4, (f ◦ f)(x) = sin(sinx2)2

13. Se la funzione è biunivoca, intersecando il suo grafico con rette orizzontali del tipoy = k (k 6= 2) otteremosempre una ed una sola intersezione; questo equivale a dire che l’equazionef(x) = k ammette, perk 6= 2,una ed una sola soluzione:

2x+ 7

x− 4= k ⇔ (k − 2)x = 4 k + 7

L’equazione ottenuta perk 6= 2 è lineare e ammette una e una sola soluzione: la funzionef(x) è allorabiunivoca. Per calcolare l’inversa di

y =2x+ 7

x− 4

scambiamo tra lorox edy

x =2 y + 7

y − 4

e ricaviamoy:

y =4x+ 7

x− 2

14. f−1(x) = f(x)

15. I = [−3,+∞)

16. Sono qui mostrati solo i grafici di a),g(x), e f),h(x).

17. Sono qui mostrati solo i grafici di b),g(x), e e),h(x).


18. La funzione è crescente in(−2, 0) e (2,+∞), mentre è decrescente in(−∞,−2) e (0, 2). È monotonadescrescente nell’intervallo(1, 2), mentre nell’intervallo(−2, 1) non è monotona.

19. S100 = 9900

20. q = 2/3, S5 = 211/108

4 Funzioni lineari


1. 2.97 = 295/99

2. f−1(x) = x/3 + 4/3

3. f−1(x) = −x/2 + 7/2

4. x = 2

5. g(x) = 6 ⇔ x = ±2

6. Le funzioni sono rappresentate nella figura sottostante.

7. r : y = x/2 + 5/2

a) y = x/2 + 6

b) y = −2x

8. a) P (2, 3)

b) A(6, 1), B(12,−2)

9. P (−1, 1)

10. 5x− 3 y + 8 = 0, P (−19/34, 59/34)

11. dP,r(A,B) = 11/√17

12. A = 5/2

13. H(1, 0), y = x+ 3

18 Funzioni lineari

14. k = 8

15. 29x− 2 y + 33 = 0Nota: per risolvere questo esercizio ti può essere utile il seguente risultato.Date due rettey = m1 x + q1 e y = m2 x + q2 che si incontrano in un punto, l’angolo acutoα formatodalle due rette è tale che

tanα =

∣∣∣∣m1 −m2

1 +m1 m2

∣∣∣∣

Suggerimento: calcola il punto di intersezione delle due rettex − 2 y + 5 = 0 e 3x − 2 y + 7 = 0 e laretta perpendicolare a3x− 2 y+7 = 0 passante per tale punto. Sfruttando la relazione precedente calcolal’angolo tra la direzione del raggio di luce e la normale alla retta di equazione3x− 2 y + 7 = 0 ed imponiche anche la direzione del raggio riflesso formi lo stesso angolo con la normale.

16. a) t = ±3 (parallela all’asse delle ordinate)t = −2 (parallela all’asse delle ascisse)

b) t = 1 ∨ t = 5/3

17. a) p = 4 ∧ q 6= −2, p = −4 ∧ q 6= 2

b) (p, q) = (4,−2), (p, q) = (−4, 2)

c) p = 0, q qualunque

18. a) (x, y) = (−2/5, 7/5)b) ∅

19. a) x ≥ 1/2

b) x ≤ 2

20. Sostituendo alla variabilex il valore−1 si deve ottenere un’uguaglianza, quindi:

2 (−a+ 2) + a = 1 ⇔ −2 a+ 4 + a = 1 ⇔ a = 3

21. x = 8 ey = 12

22. Equazione del fascio passante perP : y + 3 = m (x− 2).

a) y = −(3/2)x

b) y = −3x+ 3, y = x/3− 11/3

23. C(22/3, 10/3) oppureC(2/3,−10/3)

24. −5 < x ≤ −3

25. Le porzioni di piano sono raffigurate nelle figure sottostanti.

a) L’area della porzione di piano descritta dalle disequazioni èinfinita.

b) L’area della regione descritta dalle disequazioni del punto b) vale20 (la regione è un trapezio con basemaggiore pari a7, base minore pari a1 e altezza5).

5 Funzioni quadratiche


1. a = 17/2

2. Le funzioni sono rappresentate nelle figure sottostanti.

3. B(4,−4) oppureB(4, 2)

4. La parabolay = −x2 − x − 4 ha la concavità rivolta verso il basso e non interseca l’asse delle ascisse,interseca quello delle ordinate nel punto(0,−4). Il vertice èV (−1/2,−15/4), il fuoco èF (−1/2,−4) ela direttriced ha equazioney = −7/2 (vedi figura sottostante).

5. x = −y2 + y + 6

6. a) y = x2 − 4x+ 5

22 Funzioni quadratiche

b) y = x2 − 3x+ 2

7. y = 2x2 − 7x+ 5

8. A(0, 1) B(10/3,−11/9) AB = 10√13/9

9. y = 2 con punto di tangenza(0, 2)y = −4x+ 6 con punto di tangenza(2,−2)

10. r : y = −x+ 7/4

11. Secante per ognik ∈ R

12. y = x/3 + 9/4

13. k = 1

14. Punti di intersezione:P (0, 0) eQ(20/9, 160/81)Rette tangenti inP : y = 2x ey = 0Rette tangenti inQ: y = (−2/9)x+ 200/81 ey = (16/9)x− 160/81

15. a)∅

b)8

13≤ x ≤ 1

c)∅

d)2 k − |k|

√3 < x < 2 k + |k|

√3

e) Errata corrige : nel denominatore a secondo membroa deve essere sostituita conk

(−√73− 1) k

6≤ x ≤ (

√73− 1) k

6

f)

x ≤ 5−√37

6∨ x ≥ 5 +

√37

6

g)R

16. a) Sek = 0 la disuguaglianza non è verificata. Se−20 ≤ k < 0 si hanno infinite soluzioni. Sek < −20si ha

−1

2−√

1

4+

5

k< x < −1

2+

√1

4+

5

k

Sek > 0 si ha

x < −1

2−√

1

4+

5

k∨ x > −1

2+

√1

4+

5

k


b) Sek ≥ 1 si hanno infinite soluzioni. Sek < 1 si ha

x ≤ 1−√1− k ∨ x ≥ 1 +

√1− k

c) Sek = 1 la disequazione diventa di primo grado

−3x− 2 > 0 ⇔ x < −2

3

Sek 6= 1 calcoliamo il discriminante dell’equazione di secondo grado associata:

∆ = 9− 4 (1− k))(−k − 1) = 9 + 4 (1− k)(1 + k) = 9 + 4 (1− k2) = 13− 4 k2

Si ha∆ = 0 per k = ±√13/2; in particolare, sek =

√13/2 non si hanno soluzioni della

disequazione di partenza, mentre sek = −√13/2 l’insieme delle soluzioni della disequazione è

R−{3/(2− 2 k)}. Per concludere l’esercizio dovrai discutere i casi∆ < 0 e∆ > 0, e contempora-neamente studiare il segno di1 − k per capire se la parabolay = (1 − k)x2 − 3x − (k + 1) ha laconcavità rivolta verso il basso o verso l’alto.

17. 2 ≤ x ≤ 3

18. La porzione di piano da disegnare è composta dai punti interni alla parabola di equazioney = x2 − 4 conordinata in modulo maggiore di2 e ascissa compresa tra−3 e3.

19. La rettay = (1/3)x + 1 interseca la parabolay = x2 − 3x + 2 nei puntiP (1/3, 10/9) eQ(3, 2). Laporzione di piano da disegnare è quella racchiusa dall’arco di parabola tra i puntiP eQ e dal segmentoPQ(la frontiera è compresa essendo le disuguaglianze non strette).

20. a = 9

6 Equazionie disequazioni


1.

a) x = − 5√25 b) x = ± 6

√71

c) x =3√−1±

√21 d) x = 0 ∨ x = 5

√5/4

e) x = 7 f) x = 1/2

g) x = ±1 , ±2 h) x = −1/2

i) x = 3 l) x = −2 ∨ x = 0

m) x = x1, x1 ∈ (−3,−2) n) ∅o) x = −4/3 ∨ x = 1 p) ∅

2. Se l’equazione ammettesse una soluzione positivax0 otterremo un primo membro(x0 − 4)2 non negativoed un secondo membro−x3

0 negativo. Soluzione:x = −4.

3.

a) −2 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 2 b) −2 ≤ x ≤ −1 ∨ 1 ≤ x ≤ 2

c) x ≤ − 7√2 d) x ≤ −3 ∨ x ≥ 3

e) −7 < x < 0 f) x ≥ 0

g) −3 ≤ x ≤ −2 ∨ 2 ≤ x ≤ 3 h) −4 ≤ x ≤ 4

i) 3/8 < x < 6 ∨ x > 9 l) −2 < x < 3/2

m) x < −2/3 ∨ x > −1/4 n) x < 2 ∨ (3−√33)/2 < x < (3 +

√33)/2 ∨ x > 5

o) (−3−√5)/2 < x ≤ 1 p) x ≥ 3

4.a) − 1 < x < 1 b) 1 < x < 4 ∨ x ≥ 6

c) x > 1 d) − 3 < x ≤ −2 ∨ −1 ≤ x ≤ 1 ∨ 2 ≤ x < 3

5.

a) x <−1−

√17

2∨ −1 +

√17

2< x < 2 ∨ x > 2 b) x < 1

c)−1−

√5

2< x <

1−√5

2∨ −1 +

√5

2< x <

1 +√5

2d) ∅

6. x < −3 ∨ −3 < x < −√7 ∨

√7 < x < 3 ∨ x > 3

7.a) x = 1 b) Vedi Figura 6.1c) −1 ≤ x ≤ 2 d) x ≥ 3/5

8. f(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 4

Vedi Figura 6.2.

9. Vedi Figura 6.3.

10. Vedi Figura 6.4.



Figura 6.1: Risoluzione grafica della disequazione|x3 − 4x| ≥ 1− x2 (Esercizio 7, parte b).

Figura 6.2: Risoluzione grafica della seconda parte dell’Esercizio 8.

Figura 6.3: Risoluzione grafica dell’Esercizio 9.


28 Equazioni e disequazioni

7 Coniche


1. CentroC(3, 4) e raggior = 6.

2. x2 + y2 − 4x− 4 y − 1 = 0

3. x2 + y2 − (37/4)x− 10 y + 21 = 0

4. x2 + y2 − 2x− 4 y = 0

5. Tangenti condotte daP : y = (√3/3)x− 4

√3 ey = −(

√3/3)x+ 4

√3

Tangenti condotte daQ: y = (5/12)x− 6 ex = 0

6. Due rettangoli,ABCD eA′B′C ′D′, verificano la condizione:

A(1−

√31

8,1 +

√31

8) B(

√31− 1

8,1 +

√31

8) C(

√31− 1

8,−1 +

√31

8) D(

1−√31

8,−1 +

√31

8)

A′(−1 +√31

8,

√31− 1

8) B′(1+

√31

8,

√31− 1

8) C ′(

√31 + 1

8,1−

√31

8) D′(−1 +

√31

8,1−

√31

8)

7. CentroC(2,−2) e raggior =√10.

8. (x− 8)2/36 + (y − 1)2/20 = 1

9. Equazioni rette tangenti:

y =2√63

63x− 8

√63

63y = −2

√63

63x+

8√63

63

10.

x2 + 2 y2 − 2x− 8 y + 5 = 0 ⇔ (x− 1)2

4+

(y − 2)2

2= 1

CentroC(1, 2), verticiA(3, 2), A′(−1, 2), B(2 +√2, 1), B′(2−

√2, 1) e fuochiF (1 +

√2, 2), F ′(1−√

2, 2).

11. (a)−5 < q < 5; (b) q = ±5; (c) q < −5 ∨ q > 5

12. (a) y = −(√5− x2)/3

(b) y = 2 +√5− 5 (x− 2)2/9

30 Coniche

13. Il luogo geometrico descritto è la circonferenza di equazionex2 + y2 − x = 0.

14. (a)k = 4; (b) k = 101/2; (c) k = 29.

15. x2/100 + y2/36 = 1, P (−112/13,−198/65), Q(8, 18/5)

16. (a)q < −9/2 ∨ q > 9/2; (b) q = ±9/2; (c)−9/2 < q < 9/2.

17. (a)k = ±2; (b) k < −2 ∨ k > 2; (c) k − 2 < k < −√2 ∨

√2 < k < 2.

18. 3x+ 20 y − 25 = 0

8 Funzioni esponenzialie logaritmiche


1. s = 25 · 2n = 400 ⇔ n = 4

2. a) (√2)

12

b) (√5)−4

3. Indichiamo conf(x) la funzione esponenziale a primo membro e cong(x) la funzione polinomiale asecondo membro.

a) 2x = x2 − 1

b) 0.5x = 3x

c) 3x = 2x3 + 1

4.a) D = R Im = {x ∈ R : x > 0} b) D = R Im = {x ∈ R : x ≥ 5}c) D = {x ∈ R : x ≤ 2 ∨ x ≥ 2} Im = {x ∈ R : 0 < x ≤ 1} d) D = R Im = {x ∈ R : x > −2 3

√2}

32 Funzioni esponenziali e logaritmiche

5.

a) y = 5−x descresenteb) y = 0.3x−1 decrescentec) y = 9x crescented) y = − log2 3x decrescentee) y = log0.3 x decrescentef) y = − ln(−x) crescente

6.a) log2

18= −3 b) log1/3

127

= 3

c) log3127

= −3 d) logx x2 = 2

e) log1/2 0.25 = 2 f) log√3 243 = 10

7.a) D = {x ∈ R : x > 0} b) D = {x ∈ R : x > 1/2}c) D = {x ∈ R : x > 1} d) D = {x ∈ R : x < −2 ∨ x > 2}e) D = {x ∈ R : x > 0} f) D = {x ∈ R : −2 < x < 0 ∨ x > 2}

8. La funzione del punto b) non è invertibile globalmente, ma loè su (0,+∞) o su (−∞, 0).a) y = 2 + log3 x b) y =

√−3 + log5 x oppurey = −

√−3 + log5 x

c) y = 8x+5 d) y = ex−2

9.a) x = −1/2 ∨ x = 1/8 b) x = 2

c) x = ±1/2 ∨ x ≥ 3 d) ∅e) x = 0 ∨ x = −1 ∨ x = 1 f) x = 3

10.

a) D = {x ∈ R : x > 0}, soluzione:x = (−5 +√25 + 12 e2)/6

b) D = {x ∈ R : x > 1}, soluzione:x = 3

c) D = {x ∈ R : x < ln 7}, soluzione:x = 2

d) D = {x ∈ R : x > 2/3}, soluzione:x = 2

11.a) x > −6 b) x < −1

c) x < 0 ∨ x > 2 d) x < 1

e) 0 < x < 1

12.

a) x < 1 ∨ x > 2 b) 1 < x < 3

c) 2 + e−1 < x < 2 + e2+√2 d) (−9 +

√61)/2 < x < 2

e) (1−√29)/2 ≤ x < −2 ∨ 2 < x ≤ (1−

√21)/2 ∨

(1 +√21)/2 ≤ x < 3 ∨ 3 < x ≤ (1 +

√29)/2

13.

f(x) =5x

52 x − 1

Il dominio di f(x) èD = {x ∈ R : x 6= 0}.

5x

52 x − 1=

2

3⇔ x = log5 2

Proviamo adesso che la funzione è dispari mostrando chef(−x) = −f(x):

f(−x) =5−x

5−2 x − 1=

1

5x1

1/52 x − 1=

52x

5x (1− 52 x)=

5x

1− 52 x= −f(x)

14.a) x > 1/3 b) x 6= 0

c) R− {1} d) x > −2

9 Funzioni goniometriche


1. sinx =√95/12

2. cosx = −√7/4

3. sinx = 2√5/5 ecosx =

√5/5

4. a) T = 2π

b) T = 2π/(1/3) = 6π

c) T = 2π

d) T = π/2

e) T = 2π

f) T = 2π/(2/5) = 5π

g) T = 2π/3

h) T = π/2

5.

a) x = π/4 + 2 k π ∨ x = 3π/4 + 2 k π

b) x = 5π/6 + 2 k π ∨ x = 7π/6 + 2 k π

c) x = 2π/3 + k π

d) 2 k π ≤ x < π/4 + 2 k π ∨ 3π/4 + 2 k π < x ≤ 2 (k + 1)π

e) −π/6 + 2 k π ≤ x ≤ π/6 + 2 k π

f) x > π/4 + k π

6.

a) x = 7π/12 + k π ∨ x = 11π/12 + k π

b) x = 9π/4 + 6 k π ∨ x = 15π/4 + 6 k π

c) x = 5π/12 + k π/2

d) 2 k π/3 ≤ x ≤ 7π/18 + 2 k π/3 ∨ 11π/18 + 2 k π/3 ≤ x ≤ 2 (k + 1)π/3

e) π/6 + k π ≤ x ≤ 5π/6 + k π

f) x < 3π/16 + k π/4

g) x = 11π/12 + 2 k π ∨ x = 17π/12 + 2 k π

h) x = 2 k π ∨ x = π/3 + 2 k π

i) x = −π/4 + k π

l) x = 2π/3 + k π

7.

a) x = π/12 + k π ∨ x = 5π/12 + k π

b) x = π/6 + k π ∨ x = 5π/6 + k π

c) x = π/3 + 2 k π ∨ x = π + 2 k π

d) x = π/2 + 2 k π ∨ x = 2 k π

e) x = k π ∨ x = π/6 + k π ∨ x = 5π/6 + k π

f) x = k π, k 6= 0

g) x = π/4 + k π

h) x = π/4 + k π

i) x = k π/2

l) x = π/3 + k π/2

34 Funzioni goniometriche

8.

a) π/4 + k π ≤ x ≤ 3π/4 + k π

b) π/3 + k π ≤ x ≤ 2π/3 + k π

c) 2 k π ≤ x < π/6 + 2 k π ∨ 5π/6 + 2 k π ≤ x < 2 (k + 1)π

d) 2 k π ≤ x < π/6 + 2 k π ∨ π/2 + 2 k π < x < 5π/6 + 2 k π

∨ 3π/2 + 2 k π < x < 2 (k + 1)π

e) −π/2 + 2 k π ≤ x ≤ π/2 + 2 k π

f) −π/6 + k π ≤ x ≤ π/6 + k π

g) 2 k π ≤ x < π/2 + 2 k π ∨ 7π/6 + 2 k π < x < 3π/2 + 2 k π

∨ 11π/6 + 2 k π < x < 2 (k + 1)π

h) −π/2 + 2 k π ≤ x ≤ π/2 + 2 k π ∧ x 6= 0

i) π/2 + 2 k π < x < 3π/2 + 2 k π

l) 2 k π ≤ x < π/6 + 2 k π ∨ 5π/6 + 2 k π < x ≤ 2 (k + 1)π

10Calcolo combinatorioe probabilità


1. 63 = 216

2. 7! = 5040

3. 7 · 6 · 5 = 210

4. 4! = 24

5. n (n− 3)/2 (vedi anche Capitolo 2 del libro)

6.(2x+ 1)5 = 32x5 + 80x4 + 80x3 + 40x2 + 10x+ 1

(x− 3)4 = x4 − 12x3 + 54x2 − 108x+ 81

(1 + x)8 = 1 + 8x+ 28x2 + 56x3 + 70x4 + 56x5 + 28x6 + 8x7 + x8

7. 567

8. 180

9. (a) 8

(b) 32

(c) 33

(d) 36

10. (a) 64 = 1296

(b) 6 · 5 · 4 · 3 = 360

(c) 63 = 216

11. 205

12. n = 11

13. 48

14. 53/512

15. 4/9

16. 4/5

17. A eB non sono incompatibili

18. P (B) = 1/3

19. (a) 61/125

(b) 12/125

20. 149/198

21. pn = (n2 − 1)/(2n2 − n)

36 Calcolo combinatorio e probabilità

22. (a) 5/72

(b) 7/72.

23. (a) 8/27

(b) 4/9

(c) 7/27

24. (a) 7/12

(b) 3/5

(c) 21/40

(d) 25/37

(e) 13/36

(f) 12/13

25. 47/128

26. (a) 1/114

(b) 49/285

(c) 137/228

27. Le possibili mani iniziali indipendentemente dal seme delle carte sono91. Se invece consideriamo i semisono1326.

28. (a) 210

(b) 126

(c) 100

29. (500

10

) (1

20

)10 (19

20

)490

30. (a) 144/169

(b) (1/10)40

(c)

(9

10

)40

+

(40

1

) (1

10

) (9

10

)39

+

(40

2

) (1

10

)2 ( 9

10

)38

+

(40

3

) (1

10

)3 ( 9

10

)37

11Mettiti alla prova

11.1 Soluzioni batteria 1

1. Indichiamo cona la cifra delle decine e conb quella delle unità dei numeri che stiamo cercando; si ha allora

10 a+ b = a2 + b2 + 1 ⇔ a2 − 10 a+ b2 − b+ 1 = 0

L’ultima espressione, vista come equazione di secondo grado ina, deve avere, affinchéa sia un interopositivo, discriminante uguale ad un quadrato perfetto; il discriminante vale

∆/4 = 25− b2 + b− 1 = 24− b (b− 1)

quindi b deve valere5 da cuia = 3 oppurea = 7. I due numeri cercati sono allora35 e75.

2.

−11

9< −7

6< e−3 < 1 <

(2

3

)−1

< 1.7 <√6

3. La funzione definita inQ a valori inQ

f : x → 2x− 1

2

è iniettiva e surgettiva, quindi biunivoca. Si haf(1) = 1/2, f(−1) = −3/2, f(2) = 3/2.

4. 16000

5. a) (7

9

)5

b) (5

3

) (2

9

)3 (3

9

)2

6. y = 2 (1 +√2)x− 2 (1 +

√2) ey = 2 (1−

√2)x− 2 (1−

√2)

7.

−3

2< x ≤ 2−

√14

2∨ 3

2< x ≤ 2 +

√14

2

8. L’equazione3 sinx = 4x2 + 2x+ 4

non ammette soluzioni. La parabolay = 4x2 + 2x+ 4 ha il vertice inV (−1/4, 15/4) e concavità rivoltaverso l’alto quindi il suo minimo vale15/4; la funzioney = 3 sinx ha valore massimo3 pertanto le curvegrafici delle due funzioni non possono intersecarsi.

38 Mettiti alla prova


1. 35 = 243

2. L’applicazione non è iniettiva (posso sempre trovare due circonferenze distinte con lo stesso centro), ma èsurgettiva (dato un qualunque punto del piano posso costruire una circonferenza centrata in quel punto).

3. x/y = 5/4

4. f ◦ f : xf−→ 2− x

f−→ 2− (2− x) = 2− 2 + x = x

5. x < 3 ∨ −2 < x < 2 ∨ (12/5) < x < 3

6.

pn =4n

9n− 3

Al crescere din, pn diminuisce.

7. L’equazione2 cos2(x2 − x) = 2x + 2−x

ammette l’unica soluzionex = 0 (vedi figura sottostante).

8. 43/216


1. N(t) = N0 · 2t/3, quindiN(24) = N0 · 224/3 = 256N0

2. Le funzioni diA in B sononp; di questen (n− 1) . . . (n− p+ 1) sono iniettive.

3. x1 x2 = −a2

4. a) La somma dei loro quadrati è41

b) La somma dei loro reciproci è−1/20

5. −1 ≤ x ≤ 4−√15

6. P (M |pos) = 90/1085

7. ∅

8. x = 2

11.4 Soluzioni batteria 4 39


1. Il numero massimo di marciatori che conclude la gara è23, il numero minimo è8.

2. Date le due applicazioni diN in N

y = f(x) = x+ 1 e z = g(y) = y2

l’applicazioneg ◦ f associa al numero naturalex il numero naturale(x+ 1)2:

(g ◦ f)(x) = (x+ 1)2

Tale applicazione è iniettiva, ma non surgettiva (ad esempioil numero naturale3 non ha una controimmaginein N).

3. Indicati conβ eγ gli angoli B e C rispettivamente, l’angoloBDC misura

180◦ − 1

2(β + γ)

ma si haβ + γ = 180◦ − A = 100◦, quindi

BDC = 180◦ − 1

2(β + γ) = 180◦ − 100◦

2= 130◦

4. ∅

5. Risolvi la seguente disequazione

|5x− 2| ≤ 4 ⇔ −4 ≤ 5x− 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ 5x ≤ 6 ⇔ −2

5≤ x ≤ 6

5

6. Indichiamo conP (M) la probabilità di essere un maschio, conP (F ) quella di essere una femmina e conP (> 1.80) la probabilità di essere più alto di1.80 m:

P (M) = 40% P (F ) = 60% P (> 1.80|M) = 10% P (> 1.80|F ) = 4%

a)P (> 1.80) = P (M)P (> 1.80|M) + P (F )P (> 1.80|F ) = 6.4%

b)

P (F | > 1.80) =P (F )P (> 1.80|F )

P (> 1.80)= 37.5%

7. L’equazione da risolvere è equivalente af(x) = g(x)

dovef(x) = x2 − 3x+ 2 eg(x) = lnx.


8. Affinché l’equazione di secondo gradoa x2 + b x+ c = 0 non abbia soluzioni razionali il discriminante∆non deve essere un quadrato perfetto, in modo che

√∆ /∈ Q. Ragioniamo per assurdo e supponiamo che

∆ = b2 − 4 a c = q2

conq numero intero necessariamente dispari, dato cheb2 è dispari (b è dispari) e4 a c è pari (contiene unfattore4). Allora b2 − q2 = 4 a c da cui

(b+ q) (b− q) = 4 a c

I fattori (b + q) e (b − q) sono pari (differenza di due numeri dispari) e, poiché il loro prodotto è uguale a4 a c = (2 a) (2 c) (ricorda chea e c sono dispari per ipotesi) deve essere

{b+ q = 2 a

b− q = 2 coppure

{b− q = 2 a

b+ q = 2 c

In entrambi i casi, sommando membro a membro si ottiene

2 b = 2 a+ 2 c ⇔ b = a+ c

ovverob è somma di due interi dispari (quindi è pari), e questo contraddice l’ipotesi.

Un’altra possibile dimostrazione è la seguente. Supponiamo per assurdo che l’equazione ammetta unasoluzione razionalep/q, conp eq primi tra loro, allora

a

(p2

q2

)+ b

(p

q

)+ c = 0 ⇔ a p2 + b p q + c q2 = 0

I numerip e q possono essere entrambi dispari oppure uno dispari e l’altro pari; esaminando i diversi casi èpossibile mostrare che la sommaa p2 + b p q + c q2 non può annullarsi.


1. Sia△

ABC un triangolo rettangolo retto inA; supponiamo che il quadratoDEFG sia inscritto con il verticeD sul catetoAB, il verticeG sul catetoAC ed il latoEF giacente sull’ipotenusaBC. Sia l il lato del

quadrato. I triangoli△

DEB e△

BAC sono simili e si può dedurre che

EB =3

4l

Stesso discorso per△

GFC e△

BAC da cui

CF =4

3l

L’ipotenusaBC, lunga35 cm (si trova utilizzando il teorema di Pitagora), é funzione dil

BC =4

3l + l +

3

4l =

37

12l

quindi

35 =37

12l

da cui

l =420

37

L’area del quadrato è allora

A = l2 =

(420

37

)2

11.5 Soluzioni batteria 5 41

2. Il volume della scatola1, quella venduta a1.50 euro vale

V1 = a b c

dovea, b ec sono le dimensioni del parallelepipedo rettangolo. La scatola2 è un parallelepipedo rettangolocon dimensioni doppie, quindi il suo volume è

V1 = (2 a) (2 b) (2 c) = 8 a b c = 8V1

Se i prezzi di vendita fossero proporzionali ai contenuti la scatola 2 dovrebbe costare8 volte di più, ovvero12 euro; poiché è venduta a10.80 euro, viene praticato un sconto pari a

12− 10.80

12=

1.20

12=

1

10= 10%

3. La funzione in esame è

f(n) =

{n/2 , n pari(n+ 1)/2 , n dispari

e si ha, ad esempio,

f(0) = 0 f(1) = 1 f(2) = 1 f(3) = 2 f(4) = 2

La funzionef è surgettiva (f(N) = N), ma non iniettiva.

4. La regione di piano individuata dalle seguenti condizioni

{0 ≤ y ≤ |2x− 2|0 ≤ x ≤ 3

è formata da due triangoli rettangoli di aree rispettivamente1 e4, quindi l’area totale vale5. Se si aggiungela condizioney ≤ 1 tale area si dimezza.

5.a) x < −2 ∨ 1 < x < 2

b)3−

√5

2< x < 1

6. a) La probabilità che un pezzo sia difettoso è3.7 %.

b) Supponendo di aver estratto un pezzo difettoso, la probabilità che quel pezzo sia stato prodotto dallamacchinaH1 è circa40.5 %.

7. L’equazione

|x− 3|(

x2−8 x+15

x−2

)

= 1

contiene l’incognita sia nella base che nell’esponente. Essaha soluzione se la base vale1 e l’esponente èdefinito oppure se la base è definita (ovvero maggiore di zero) e l’esponente vale zero. Si verifica il primocaso sex = 4; sex = 2 la base vale1, ma l’esponente non è definito. Si verifica il secondo caso sex = 5;sex = 3 l’esponente si annulla, ma si annulla anche la base. In conclusione l’equazione ha due soluzioni:x = 4 ex = 5.

8. La seguente disequazione−|y|+ x−

√x2 + y2 − 1 ≥ 1

è definita quandox2 + y2 − 1 ≥ 0, ovvero sull’intero piano cartesiano eccetto l’interno della circonferenzax2 + y2 = 1. Con un semplice passaggio si ottiene

−|y|+ x− 1 ≥√x2 + y2 − 1


quindi la disequazione ammette soluzioni se e solo se

−|y|+ x− 1 ≥ 0 ⇔ |y| ≤ x− 1

ovvero se(x, y) è un punto del piano cartesiano appartenente ad una regione infinita appartenente al I e IVquadrante e delimitata dalle rettey = x− 1 ey = 1− x che si incontrano nel punto(1, 0). Risolviamo ladisequazione in questa regione:

−|y|+ x− 1 ≥√x2 + y2 − 1 ⇔ (−|y|+ x− 1)2 ≥ x2 + y2 − 1 ⇔

|y| − x− x |y|+ 1 ≥ 0 ⇔ (|y|+ 1) (1− x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 1

Quindi l’unico punto della regione che soddisfa la disequazione è il punto di intersezione delle due retteovvero(1, 0).

Indice - Apogeo Editore · Capitolo 11 Mettiti alla prova 37 ... Alcuni degli esercizi, quelli più...

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