Soluzione quesito 1:

Indichiamo con \(ABCD\) il trapezio circoscritto alla circonferenza di centro \(O\) e consideriamo il triangolo \(\triangle OBC\) avente per vertici \(O\) e gli estremi \(B\) e \(C\) del lato obliquo \(BC\).

Vogliamo dimostrare che il triangolo \(\triangle OBC\) è rettangolo.

Per una nota proprietà della circonferenza, gli angoli \(\widehat{OCE}\) e \(\widehat{OCG}\) sono congruenti (indichiamoli con \(\alpha\)). Per la stessa proprietà sono congruenti gli angoli \(\widehat{OBE}\) e \(\widehat{OBH}\) (indichiamoli con \(\beta\)).

Essendo, per definizione di trapezio, \(AB\) parallela a \(CD\), gli angoli \(2\alpha\) e \(2\beta\) sono supplementari (angoli coniugati interni formati dalle parallele \(AB\) e \(CD\) con la trasversale \(BC\)):

\[ 2\alpha + 2\beta = \pi \]

Segue che:

\[ \alpha + \beta = \frac{\pi}{2} \]

L'angolo \(\widehat{BOC}\) è quindi:

\[ \widehat{BOC} = \pi - (\alpha + \beta) = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \]

Pertanto il triangolo \(\triangle OBC\) è rettangolo in \(O\).

Soluzione quesito 2:

Casi possibili

Il numero di cinquine possibili che si possono estrarre da un mazzo di 40 carte è dato dal coefficiente binomiale:

\[ \binom{40}{5} = \frac{40!}{5! \cdot 35!} = \frac{40 \times 39 \times 38 \times 37 \times 36}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{78960960}{120} = 658008 \]

Quindi i casi totali sono \(658008\).

Domanda 1: Probabilità di estrarre esattamente 3 figure

I casi favorevoli sono dati dal numero delle cinquine che contengono esattamente 3 figure (tra le 12 possibili) e 2 carte non-figura (tra le 28 possibili).

Il numero di modi per scegliere 3 figure tra 12 è:

\[ \binom{12}{3} = \frac{12!}{3! \cdot 9!} = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2 \times 1} = \frac{1320}{6} = 220 \]

Il numero di modi per scegliere 2 carte non-figura tra 28 è:

\[ \binom{28}{2} = \frac{28!}{2! \cdot 26!} = \frac{28 \times 27}{2 \times 1} = \frac{756}{2} = 378 \]

Il numero totale di casi favorevoli è il prodotto:

\[ \binom{12}{3} \times \binom{28}{2} = 220 \times 378 = 83160 \]

La probabilità richiesta è quindi:

\[ P(\text{esattamente 3 figure}) = \frac{83160}{658008} = \frac{10395}{82251} \approx 0,126 = 12,6\% \]

Domanda 2: Probabilità di estrarre almeno 3 figure

Le cinquine favorevoli sono quelle che contengono 3, 4 o 5 figure.

Numero di cinquine con 3 figure:

\[ \binom{12}{3} \times \binom{28}{2} = 220 \times 378 = 83160 \]

Numero di cinquine con 4 figure:

\[ \binom{12}{4} \times \binom{28}{1} = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{4 \times 3 \times 2 \times 1} \times 28 = 495 \times 28 = 13860 \]

Numero di cinquine con 5 figure:

\[ \binom{12}{5} \times \binom{28}{0} = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} \times 1 = 792 \times 1 = 792 \]

Il numero totale di casi favorevoli è la somma:

\[ 83160 + 13860 + 792 = 97812 \]

La probabilità richiesta è quindi:

\[ P(\text{almeno 3 figure}) = \frac{97812}{658008} = \frac{8151}{54834} \approx 0,149 = 14,9\% \]

Soluzione quesito 3:

Determinazione del centro e del raggio della sfera

L'equazione della sfera è \(x^2+y^2+z^2-4x+2y+2=0\).

Confrontando con la forma generale \(x^2+y^2+z^2+ax+by+cz+d=0\), abbiamo:

\[ a = -4, \quad b = 2, \quad c = 0, \quad d = 2 \]

Il centro della sfera ha coordinate:

\[ C\left(-\frac{a}{2}, -\frac{b}{2}, -\frac{c}{2}\right) = \left(-\frac{-4}{2}, -\frac{2}{2}, -\frac{0}{2}\right) = (2, -1, 0) \]

Il raggio è:

\[ r = \sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{b}{2}\right)^2 + \left(-\frac{c}{2}\right)^2 - d} \]

\[ r = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 0^2 - 2} = \sqrt{4 + 1 + 0 - 2} = \sqrt{3} \]

Fascio di piani passanti per A e B

Impostiamo il passaggio del generico piano \(ax+by+cz+d=0\) per i punti \(A(3,-1,4)\) e \(B(2,-1,3)\):

Per \(A(3,-1,4)\):

\[ 3a - b + 4c + d = 0 \quad (1) \]

Per \(B(2,-1,3)\):

\[ 2a - b + 3c + d = 0 \quad (2) \]

Sottraendo la (2) dalla (1):

\[ a + c = 0 \quad \Rightarrow \quad a = -c \]

Sostituendo nella (2):

\[ 2(-c) - b + 3c + d = 0 \]

\[ -2c - b + 3c + d = 0 \]

\[ c - b + d = 0 \quad \Rightarrow \quad d = b - c \]

Il fascio di piani è quindi:

\[ -cx + by + cz + (b-c) = 0 \]

Dividendo per \(c\) (con \(c \neq 0\)) e ponendo \(k = \frac{b}{c}\):

\[ -x + ky + z + (k-1) = 0 \]

ovvero:

\[ x - ky - z - k + 1 = 0 \]

Condizione di tangenza

Affinché il piano sia tangente alla sfera, la distanza del centro \(C(2,-1,0)\) dal piano deve essere uguale al raggio \(r = \sqrt{3}\).

La distanza è:

\[ d = \frac{|2 - k(-1) - 0 - k + 1|}{\sqrt{1^2 + k^2 + 1^2}} = \frac{|2 + k - k + 1|}{\sqrt{2 + k^2}} = \frac{|3|}{\sqrt{2 + k^2}} = \frac{3}{\sqrt{2 + k^2}} \]

Imponendo \(d = \sqrt{3}\):

\[ \frac{3}{\sqrt{2 + k^2}} = \sqrt{3} \]

\[ 3 = \sqrt{3} \cdot \sqrt{2 + k^2} \]

\[ 3 = \sqrt{3(2 + k^2)} \]

Elevando al quadrato:

\[ 9 = 3(2 + k^2) \]

\[ 9 = 6 + 3k^2 \]

\[ 3 = 3k^2 \]

\[ k^2 = 1 \]

\[ k = \pm 1 \]

I due piani tangenti

Per \(k = 1\):

\[ x - y - z - 1 + 1 = 0 \]

\[ x - y - z = 0 \]

Per \(k = -1\):

\[ x + y - z + 1 + 1 = 0 \]

\[ x + y - z + 2 = 0 \]

I due piani tangenti alla sfera e passanti per \(A\) e \(B\) sono:

\[ \pi_1: x - y - z = 0 \]

\[ \pi_2: x + y - z + 2 = 0 \]

Soluzione quesito 4:

Consideriamo il triangolo isoscele \(ABC\) inscritto nella circonferenza di centro \(O\) e raggio \(r\), dove \(AB\) è la base e \(AC\) e \(BC\) sono i lati congruenti.

Consideriamo il diametro \(CD\) perpendicolare alla base \(AB\) e indichiamo con \(H\) il piede dell'altezza condotta da \(C\). Poniamo \(HD = x\), con \(0 \leq x \leq 2r\).

Applicazione del Secondo Teorema di Euclide

Il triangolo \(ACD\) è rettangolo in \(A\) (poiché è inscritto in una semicirconferenza). Applicando il Secondo Teorema di Euclide al triangolo \(ACD\):

\[ AH^2 = HD \cdot HC \]

Poiché \(HD = x\) e \(HC = CD - HD = 2r - x\), otteniamo:

\[ AH^2 = x(2r - x) \]

\[ AH = \sqrt{x(2r - x)} \]

Calcolo dell'area

Poiché \(H\) è il punto medio della base \(AB\) (per la simmetria del triangolo isoscele), abbiamo \(AB = 2 \cdot AH\).

L'altezza del triangolo rispetto alla base \(AB\) è \(CH = 2r - x\).

L'area del triangolo \(ABC\) è:

\[ A(x) = \frac{AB \cdot CH}{2} = \frac{2 \cdot AH \cdot (2r - x)}{2} = AH \cdot (2r - x) \]

\[ A(x) = \sqrt{x(2r - x)} \cdot (2r - x) = (2r - x)\sqrt{x(2r - x)} \]

\[ A(x) = \sqrt{x(2r - x)^3} \]

Poiché \(A(x) \geq 0\), massimizzare \(A(x)\) equivale a massimizzare \(A(x)^2\):

\[ A(x)^2 = x(2r - x)^3 \]

Ricerca del massimo

Calcoliamo la derivata di \(A(x)^2\) rispetto a \(x\):

\[ \frac{d}{dx}[A(x)^2] = \frac{d}{dx}[x(2r - x)^3] \]

Applicando la regola del prodotto:

\[ \frac{d}{dx}[A(x)^2] = (2r - x)^3 + x \cdot 3(2r - x)^2 \cdot (-1) \]

\[ = (2r - x)^3 - 3x(2r - x)^2 \]

\[ = (2r - x)^2[(2r - x) - 3x] \]

\[ = (2r - x)^2(2r - 4x) \]

\[ = 2(2r - x)^2(r - 2x) \]

Studiamo il segno della derivata:

\[ 2(2r - x)^2(r - 2x) = 0 \]

Le soluzioni sono \(x = 2r\) e \(x = \frac{r}{2}\).

Per \(0 < x < \frac{r}{2}\): \((r - 2x) > 0\), quindi la derivata è positiva (\(A(x)^2\) è crescente)

Per \(\frac{r}{2} < x < 2r\): \((r - 2x) < 0\), quindi la derivata è negativa (\(A(x)^2\) è decrescente)

Quindi \(A(x)^2\) ha un massimo per \(x = \frac{r}{2}\).

Determinazione del triangolo di area massima

Per \(x = \frac{r}{2}\), calcoliamo \(AH\):

\[ AH = \sqrt{x(2r - x)} = \sqrt{\frac{r}{2}\left(2r - \frac{r}{2}\right)} = \sqrt{\frac{r}{2} \cdot \frac{3r}{2}} = \sqrt{\frac{3r^2}{4}} = \frac{r\sqrt{3}}{2} \]

La base del triangolo è:

\[ AB = 2 \cdot AH = 2 \cdot \frac{r\sqrt{3}}{2} = r\sqrt{3} \]

Questo è sufficiente per dire che il triangolo è equilatero, essendo \(l = r\sqrt{3}\) la relazione caratteristica dei triangoli equilatri inscritti in una circonferenza di raggio \(r\).

Verifichiamo comunque calcolando gli altri elementi:

L'altezza del triangolo è:

\[ CH = 2r - x = 2r - \frac{r}{2} = \frac{3r}{2} \]

Questa è un'altra relazione caratteristica dei triangoli equilateri.

Come verifica ulteriore calcoliamo i lati del triangolo

I lati obliqui hanno lunghezza (per il teorema di Pitagora applicato al triangolo \(ACH\)):

\[ AC = \sqrt{AH^2 + CH^2} = \sqrt{\frac{3r^2}{4} + \frac{9r^2}{4}} = \sqrt{\frac{12r^2}{4}} = \sqrt{3r^2} = r\sqrt{3} \]

Poiché \(AB = AC = BC = r\sqrt{3}\), il triangolo è equilatero.

Conclusione

Il triangolo isoscele di area massima inscritto in una circonferenza di raggio \(r\) è il triangolo equilatero di lato \(r\sqrt{3}\).

Soluzione quesito 5:

Affinché il grafico della funzione volga la concavità verso l'alto per ogni \(x \in \mathbb{R}\), è necessario che la sua derivata seconda sia non negativa per ogni \(x\) reale, ovvero \(f''(x) ≥ 0\).

1. Calcolo delle derivate

La funzione data è \(f(x)= e^x - k x^3\). Calcoliamo la derivata prima e la derivata seconda:

\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - k x^3) = e^x - 3k x^2 \]

\[ f''(x) = \frac{d}{dx}(e^x - 3k x^2) = e^x - 6k x \]

2. Imposizione della Condizione di Concavità e Interpretazione Grafica

Dobbiamo risolvere la disequazione \(f''(x) ≥ 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\):

\[ e^x - 6k x ≥ 0 \quad \implies \quad e^x ≥ 6k x \]

Rappresentiamo graficamente nello stesso piano cartesiano le funzioni \(a(x)=e^x\) e \(b(x)=6kx\) (fascio di rette uscenti dall'origine con coefficiente angolare positivo, poiché \(k>0\)).

La condizione \(e^x ≥ 6k x\) è soddisfatta per ogni \(x\) se la curva \(a(x)\) non è mai al di sotto della retta \(b(x)\). Questo avviene per tutti i valori di \(k\) minori o uguali al valore critico (\(k_T\)) in cui la retta risulta tangente alla curva.

Rappresentazione grafica:

3. Ricerca della Tangenza (\(k_T\))

Cerchiamo il valore di \(k\) in corrispondenza del quale \(a(x)\) e \(b(x)\) sono tangenti. Dobbiamo risolvere il sistema di tangenza: \(a(x)=b(x)\) e \(a'(x)=b'(x)\):

\[ \begin{cases} e^x = 6k x \\ e^x = 6k \end{cases} \]

Sostituendo la seconda equazione nella prima:

\[ 6k = 6k x \]

Poiché \(k > 0\), possiamo dividere per \(6k\), ottenendo il punto di tangenza \(x_T\):

\[ x_T = 1 \]

Sostituendo \(x_T = 1\) nella condizione di pendenza (\(e^x = 6k\)), troviamo il valore critico \(k_T\):

\[ e^1 = 6k_T \quad \implies \quad k_T = \frac{e}{6} \]

4. Conclusione

Il grafico di \(a(x)=e^x\) è non al di sotto del grafico di \(b(x)=6kx\) per ogni \(x\) se il coefficiente angolare \(6k\) è minore o uguale del coefficiente angolare di tangenza \(6k_T\):

\[ 6k ≤ 6k_T \quad \implies \quad k ≤ k_T \quad \implies \quad k ≤ \frac{e}{6} \]

Combinando questa disuguaglianza con la condizione del problema (\(k > 0\)):

Quindi, risulta \(f''(x)≥0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\) se e solo se:

\[ 0 < k ≤ \frac{e}{6} \]

Soluzione quesito 6:

La funzione \(f(x)\) è definita da un polinomio e da una funzione esponenziale, che sono funzioni continue e derivabili nei rispettivi intervalli aperti (\(x<1\) e \(x>1\)). Per rendere \(f(x)\) continua e derivabile su tutto \(\mathbb{R}\), è sufficiente imporre le condizioni di continuità e derivabilità nel punto di raccordo, \(x=1\).

1. Condizione di Continuità in \(x=1\)

La funzione è continua in \(x=1\) se il limite sinistro, il limite destro e il valore della funzione in \(x=1\) coincidono:

\[ \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1) \]

Calcoliamo i limiti:

• Limite sinistro (\(x \to 1^-\)): \[ \lim_{x \to 1^-} (-x^2+ax-8) = -(1)^2 + a(1) - 8 = -1 + a - 8 = a - 9 \]
• Limite destro (che coincide con il valore della funzione in \(x=1\) (\(x \to 1^+\) e \(f(1)\)): \[ \lim_{x \to 1^+} (e^x+b) = e^1 + b = e + b \]

Imponiamo l'uguaglianza (Equazione 1):

\[ a - 9 = e + b \quad \implies \quad \mathbf{a - b = e + 9} \quad (1) \]

2. Condizione di Derivabilità in \(x=1\)

Per la derivabilità, prima calcoliamo le derivate delle due parti della funzione:

\[ f'(x) = \begin{cases} -2x+a \quad & \text{se } x<1 \\ e^x \quad & \text{se } x>1 \end{cases} \]

La funzione è derivabile in \(x=1\) se la derivata sinistra e la derivata destra coincidono:

\[ \lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^+} f'(x) \]

Calcoliamo i limiti delle derivate:

• Derivata sinistra (\(x \to 1^-\)): \[ \lim_{x \to 1^-} (-2x+a) = -2(1) + a = -2 + a \]
• Derivata destra (\(x \to 1^+\)): \[ \lim_{x \to 1^+} (e^x) = e^1 = e \]

Imponiamo l'uguaglianza e risolviamo per \(a\) (Equazione 2):

\[ -2 + a = e \quad \implies \quad \mathbf{a = e + 2} \quad (2) \]

3. Determinazione di \(b\)

Sostituiamo il valore di \(a\) trovato nell'Equazione (1):

\[ a - b = e + 9 \]

\[ (e + 2) - b = e + 9 \]

\[ e - b + 2 = e + 9 \]

Sottraendo \(e\) da entrambi i lati:

\[ 2 - b = 9 \quad \implies \quad -b = 7 \quad \implies \quad \mathbf{b = -7} \]

4. Conclusione

I valori dei parametri che rendono la funzione \(f(x)\) continua e derivabile per ogni \(x \in \mathbb{R}\) sono:

\[ \mathbf{a} = e + 2 \quad \text{,} \quad \mathbf{b} = -7 \]

Anche se non richiesto, indichiamo il grafico della funzione (in blu), in cui viene evidenziato il fatto che i due rami (quello a sinistra e quello a destra di \(x=1\)) nel punto comune \(T\) hanno la stessa tangente \(t\) (indicata in verde).

Soluzione quesito 7:

Per dimostrare che la funzione \(f(x)=2x^3+e^x+\frac{\sin(x)+x}{2}\) ammette uno e un solo zero, applichiamo il Teorema degli Zeri (per l'esistenza) e studiamo la stretta monotonia (per l'unicità).

1. Esistenza dello Zero (Teorema degli Zeri)

La funzione \(f(x)\) è una somma di funzioni elementari (polinomi, esponenziale, seno) ed è quindi continua su tutto \(\mathbb{R}\).

Studiamo i limiti agli estremi del dominio:

• Limite per \(x \to -\infty\): Il termine dominante è il polinomio di grado più alto, \(2x^3\), poiché l'esponenziale \(e^x\) tende a \(0\) e i termini gonometrici/lineari sono trascurabili rispetto a \(x^3\). \[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} 2x^3 = -\infty \]
• Limite per \(x \to +\infty\): Il termine dominante è l'esponenziale \(e^x\), poiché la funzione esponenziale tende all'infinito più velocemente di qualsiasi potenza di \(x\) (gerarchia degli infiniti) e il termine goniometrico \(\frac{\sin(x)}{2}\) è limitato. \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty \]

Poiché la funzione è continua e i limiti agli estremi hanno segno opposto, il Teorema degli Zeri garantisce l'esistenza di almeno uno zero.

2. Unicità dello Zero (Monotonia)

Per dimostrare l'unicità, dimostriamo che la funzione è strettamente monotona (ovvero, la derivata prima ha segno costante).

Calcoliamo la derivata prima \(f'(x)\):

\[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left(2x^3 + e^x + \frac{\sin(x)}{2} + \frac{x}{2}\right) \] \[ f'(x) = 6x^2 + e^x + \frac{\cos(x)}{2} + \frac{1}{2} \]

Studiamo il segno di \(f'(x)\) analizzando i singoli termini:

• \(6x^2 \ge 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\).
• \(e^x > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\).
• La funzione coseno è limitata: \(-1 \le \cos(x) \le 1\), quindi \(-\frac{1}{2} \le \frac{\cos(x)}{2} \le \frac{1}{2}\).

Discutiamo il segno di \(f'(x)\):

\[ f'(x) \ge 6x^2 + e^x + \left(-\frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2} \] \[ f'(x) \ge 6x^2 + e^x \]

Poiché \(6x^2 \ge 0\) e \(e^x > 0\) (e non si annullano mai contemporaneamente), la somma è sempre strettamente positiva:

\[ f'(x) > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} \]

Dato che la derivata prima è strettamente positiva, la funzione \(f(x)\) è strettamente crescente su tutto \(\mathbb{R}\).

3. Conclusione Finale

La funzione è continua, ha limiti di segno opposto agli estremi del dominio e quindi, essendo strettamente crescente, il suo grafico taglia l'asse delle ascisse una e una sola volta. Pertanto:

La funzione ammette uno e un solo zero .

Soluzione quesito 8:

La funzione \(f(x)=x \ln x\) è definita per \(x>0\). Studiamo il segno della funzione nell'intervallo di integrazione \([1, e]\):

• Per \(x=1\), \(f(1) = 1 \cdot \ln(1) = 0\).
• Per \(x > 1\), sia \(x\) che \(\ln x\) sono positivi. Pertanto, \(f(x) > 0\) per \(x \in (1, e]\).

La regione (che indichiamo con \(R\)) di cui si chiede l'area è interamente situata nel primo quadrante.

Grafico qualitativo:

L'area richiesta si calcola tramite il seguente integrale definito:

\[ \text{Area}(R) = \int_{1}^{e} f(x) dx = \int_{1}^{e} x \ln x dx \]

1. Calcolo dell'Integrale Indefinito (Ricerca di una primitiva)

L'integrale \(\int x \ln x dx\) si risolve per parti, scegliendo \(f'(x) = x\) e \(g(x) = \ln x\).

• \(g(x) = \ln x \implies g'(x) = \frac{1}{x}\)
• \(f'(x) = x \implies f(x) = \frac{x^2}{2}\)

Applicando la formula \(\int f'(x)g(x) dx = f(x)g(x) - \int f(x)g'(x) dx\):

\[ \int x \ln x dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} dx \] \[ = \frac{x^2}{2} \ln x - \int \frac{x}{2} dx \] \[ = \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{2} + C \] \[ F(x) = \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4} + C \]

2. Calcolo dell'Area (Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale)

Applichiamo il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale \(\left[F(x)\right]_{1}^{e} = F(e) - F(1)\) per trovare l'area:

\[ \text{Area}(R) = \left[ \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4} \right]_{1}^{e} \]

Valutazione in \(x=e\):

\[ F(e) = \frac{e^2}{2} \ln(e) - \frac{e^2}{4} = \frac{e^2}{2}(1) - \frac{e^2}{4} = \frac{2e^2 - e^2}{4} = \frac{e^2}{4} \]

Valutazione in \(x=1\):

\[ F(1) = \frac{1^2}{2} \ln(1) - \frac{1^2}{4} = \frac{1}{2}(0) - \frac{1}{4} = - \frac{1}{4} \]

Area totale:

\[ \text{Area}(R) = F(e) - F(1) = \frac{e^2}{4} - \left(-\frac{1}{4}\right) \] \[ \text{Area}(R) = \frac{e^2 + 1}{4} \text{ u}^2 \approx 2.10 \text{ u}^2 \]

L'area della regione è \(\frac{e^2 + 1}{4}\) \(u^2\). Il valore approssimato è \(\frac{e^2 + 1}{4} \approx 2.10\) \(u^2\).