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Argomenti: geometria analitica, circonferenza, probabilita, integrali con formula di ricorrenza, geometria analitica dello spazio,
massimi, minimi e asintoti di una funzione esponenziale, continuità e derivabilità, aree e volumi con integrali.
Tre circonferenze di raggio 1 sono tangenti esternamente una all'altra. Qual è l'area della regione interna che esse delimitano?
💡 Suggerimento:
Considera il triangolo formato dai tre centri delle circonferenze: che tipo di triangolo è? Calcola la sua area, poi sottrai i tre settori circolari interni. Ricorda che gli angoli del triangolo equilatero sono tutti di 60°.
Soluzione quesito 1:
Osserviamo che il triangolo ABC che ha per vertici i centri delle tre circonferenze è un triangolo equilatero di lato 2 (per esempio AB, congiungente i centri di due circonferenze tangenti esternamente, passa per il punto di tangenza ed ha lunghezza pari alla somma dei due raggi; in modo analogo si ragiona per AC e BC).
L'area \(S\) della regione delimitata dalle tre circonferenze ed esterna ad esse (triangolo curvilineo) si ottiene sottraendo all'area del triangolo ABC l'area di tre settori circolari di raggio 1 e ampiezza 60°; questi tre settori equivalgono ad un settore di raggio 1 e ampiezza 3×60°=180°, cioè ad un semicerchio di raggio 1, la cui area è quindi pari a \(\frac{\pi}{2}\).
L'area del triangolo è uguale a:
\[
\text{Area}(ABC) = L^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = 2^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}
\]
Quindi l'area richiesta è:
\[
S = \sqrt{3} - \frac{\pi}{2}
\]
Quesito 2
In un'urna ci sono 20 biglie, ognuna delle quali è rossa o nera. Stabilire quante sono quelle nere, sapendo che estraendo 2 biglie senza riporre la prima estratta, la probabilità di estrarre almeno una biglia nera è 27/38.
💡 Suggerimento:
Usa la probabilità dell'evento complementare: P(almeno una nera) = 1 − P(tutte rosse). Se ci sono N biglie nere, quelle rosse sono 20−N. Calcola P(RR) come prodotto di probabilità condizionate senza reinserimento.
Soluzione quesito 2:
Dette \(N\) le biglie nere, le biglie rosse saranno \(20-N\). La probabilità di estrarre almeno una nera è:
Le soluzioni sono \(N_1 = 9\) e \(N_2 = 30\) (non accettabile). Quindi le biglie nere sono 9.
Quesito 3
Posto, per \(n \in \mathbb{N}\), \(I_n = \int_0^1 x^n e^x dx\), stabilire il valore di \(I_0\) e dimostrare che, per ogni \(n \in \mathbb{N}\), si ha \(I_n = e - n I_{n-1}\).
💡 Suggerimento:
Per \(I_0\) integra direttamente \(e^x\) da 0 a 1. Per la formula di ricorrenza, usa l'integrazione per parti scegliendo \(u = x^n\) e \(dv = e^x dx\). Riconoscerai \(I_{n-1}\) nell'integrale residuo.
Usiamo l'integrazione per parti con \(u = x^n\) e \(dv = e^x dx\), quindi \(du = nx^{n-1}dx\) e \(v = e^x\):
\[I_n = \int_0^1 x^n e^x dx = \left[x^n e^x\right]_0^1 - \int_0^1 n x^{n-1} e^x dx\]
\[I_n = (1^n \cdot e - 0) - n \int_0^1 x^{n-1} e^x dx = e - n I_{n-1}\]
La formula è dimostrata. ∎
Quesito 4
Si considerino nello spazio il punto \(P(1,2,-1)\) ed il piano \(\alpha\) di equazione \(x-2y+z+4=0\).
a) Verificare che \(P \in \alpha\);
b) determinare le equazioni delle superfici sferiche di raggio 6 che sono tangenti ad \(\alpha\) in P.
💡 Suggerimento:
Per il punto a), sostituisci le coordinate di P nell'equazione del piano. Per il punto b), i centri delle sfere cercate stanno sulla retta perpendicolare ad α passante per P; la direzione di questa retta è data dai coefficienti (1, −2, 1) dell'equazione del piano. Imponi che la distanza del centro da P sia uguale al raggio 6.
Soluzione quesito 4:
a) Sostituiamo \(P(1,2,-1)\) nell'equazione del piano:
b)
I centri delle sfere richieste appartengono alla retta \(n\) perpendicolare al piano \(\alpha\) e passante per \(P\). I parametri direttori della retta \(n\) sono i coefficienti dei termini \(x, y, z\) dell'equazione del piano, cioè \((1, -2, 1)\).
\[\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 - 2t \\ z = -1 + t \end{cases}\]
Posto \(C=(1+t, 2-2t, -1+t)\) un generico punto sulla retta \(n\) (e quindi un potenziale centro della sfera), il raggio delle sfere richieste è dato dalla distanza \(CP\). Deve quindi essere:
determinarne minimi, massimi ed eventuali asintoti.
💡 Suggerimento:
Elimina il valore assoluto separando i casi \(x \ge 1\) e \(x < 1\). Per gli asintoti, calcola i limiti per \(x \to \pm\infty\): l'esponenziale domina sempre il polinomio. Per i punti critici, studia il segno di \(f'(x)\) in ciascun tratto, e verifica la derivabilità in \(x=1\).
Soluzione quesito 5:
Asintoti
Non ci sono asintoti verticali (funzione continua su \(\mathbb{R}\)).
\[\lim_{x \to +\infty} x \cdot e^{-(x^3-1)} = 0 \qquad \lim_{x \to -\infty} x \cdot e^{x^3-1} = 0\]
Quindi \(y=0\) è asintoto orizzontale per \(x \to \pm\infty\). Non esistono asintoti obliqui.
Minimi e Massimi
La funzione può essere scritta a tratti, eliminando il modulo:
\[
f(x) = \begin{cases}
x \cdot e^{-(x^3-1)} & \text{se } x^3-1 \ge 0 \Rightarrow x^3 \ge 1 \Rightarrow x \ge 1 \\
x \cdot e^{-(-(x^3-1))} = x \cdot e^{x^3-1} & \text{se } x^3-1 < 0 \Rightarrow x^3 < 1 \Rightarrow x < 1
\end{cases}
\]
Dato che \(x > 1\), \(1-3x^3\) sarà sempre negativo (ad esempio, per \(x=2\), \(1-3(8) = -23 < 0\)).
Quindi, per \(x > 1\), \(f'(x) < 0\), e la funzione è decrescente.
a) Dimostrare che, qualunque sia \(k > 0\), la funzione \(f\) è continua ma non ovunque derivabile.
b) Per quali valori di \(k\) le tangenti destra e sinistra nel punto di non derivabilità formano un angolo acuto \(\gamma\) tale che \(\tan \gamma = 3\)?
💡 Suggerimento:
Per a): studia continuità e derivabilità solo in \(x=1\) (altrove è ovvio). Per b): le pendenze delle tangenti sono la derivata sinistra \(m_1 = k\) e la derivata destra \(m_2 = -2k\). Usa la formula \(\tan\gamma = \left|\dfrac{m_1-m_2}{1+m_1 m_2}\right| = 3\) e risolvi per \(k > 0\).
Soluzione a)
In \(x=1\): \(f(1)=k\), \(\lim_{x\to 1^-}f(x)=k\), \(\lim_{x\to 1^+}f(x)=k\) → continua per ogni \(k>0\).
Analizziamo la derivabilità. Anche in questo caso il punto da analizzare è \(x=1\), essendo la funzione derivabile per \(x \neq 1\).
Calcoliamo la derivata \(f'(x)\):
\[
f'(x) = \begin{cases}
k & \text{se } 0 \le x < 1 \\
-2kx^{-3} & \text{se } x > 1
\end{cases}
\]
\[
f'(x) = \begin{cases}
k & \text{se } 0 \le x < 1 \\
-\frac{2k}{x^3} & \text{se } x > 1
\end{cases}
\]
Calcoliamo la derivata sinistra e destra in \(x=1\):
Perché la funzione sia derivabile in \(x=1\), le derivate destra e sinistra dovrebbero essere uguali: \(k = -2k\). Questo implica \(3k=0\), ovvero \(k=0\).
Dato che il problema specifica \(k > 0\), per ogni \(k>0\) risulta \(k \neq -2k\). Quindi, per \(k > 0\), la funzione non è derivabile in \(x=1\)
Soluzione b)
Con \(m_1 = k\) e \(m_2 = -2k\).
Detto \(\gamma\) l'angolo tra le tangenti destra e sinistra in \(P\), la tangente di \(\gamma\) è data dalla formula:
L'architetto rappresenta la superficie libera dell'acqua nella piscina con la regione \(R\) delimitata dai grafici di \(f\) e di \(g\) sull'intervallo \([0; 4]\).
Dopo aver rappresentato qualitativamente nello stesso sistema di riferimento le due funzioni, si chiede di trovare:
a) L'area della regione \(R\).
b) Sapendo che in ogni punto di \(R\) a distanza \(x\) dall'asse \(y\), la misura della profondità dell'acqua nella piscina è data da \(h(x) = 5 - x\), quale sarà il volume d'acqua nella piscina?
💡 Suggerimento:
Verifica che \(g(x) \ge f(x)\) su \([0,4]\) (studia i segni). L'area è \(\int_0^4 (g(x)-f(x))\,dx\). Per il volume, ogni sezione verticale ha area \((g(x)-f(x))\) e altezza \(h(x)=5-x\), quindi \(V=\int_0^4 (g(x)-f(x))(5-x)\,dx\). Per il termine con \(x\sin(\frac{\pi}{2}x)\) usa l'integrazione per parti.
Soluzione quesito 7:
Studio qualitativo di \(f(x)=x^3 - 16x\):
Si tratta di una funzione cubica definita su tutto \(\mathbb{R}\). Per uno studio qualitativo, è sufficiente analizzare i suoi limiti agli infiniti e le intersezioni con gli assi cartesiani.
Le intersezioni sono in \(x=0\), \(x=4\) e \(x=-4\).
Intersezione con l'asse y (ponendo \(x=0\)):
\[
f(0) = 0^3 - 16(0) = 0
\]
Quindi l'origine \((0,0)\) è l'unica intersezione con l'asse y.
La funzione è simmetrica rispetto all'origine, dato che \(f(-x) = (-x)^3 - 16(-x) = -x^3 + 16x = -f(x).\)
Il grafico qualitativo di \(f(x)\) è il seguente:
Studio di \(g(x)=\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)\):
Si tratta di una funzione sinusoidale. Il periodo \(T\) è dato da \(T = \frac{2\pi}{\omega}\), dove \(\omega = \frac{\pi}{2}\). Quindi \(T = \frac{2\pi}{\frac{\pi}{2}} = 4\).
Il volume richiesto si calcola mediante l'integrale definito:
\[
V = \int_0^4 (g(x) - f(x)) h(x) dx
\]
Poiché può essere visto come somma di infiniti parallelepipedi elementari (o "fette") con area di base \((g(x)-f(x))\) e altezza \(h(x)\), estesa sull'intervallo \([0;4]\).
Sappiamo già che \(5 \int_0^4 \sin\left(\frac{\pi}{2}x\right) dx = 5 \cdot 0 = 0\).
Per \(\int x\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right) dx\), usiamo integrazione per parti: \(\int u \, dv = uv - \int v \, du\). Scegliamo \(u=x\) e \(dv=\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)dx\).
Allora \(du=dx\) e \(v = -\frac{2}{\pi}\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)\).
Nello spazio tridimensionale \(Oxyz\) si consideri il tetraedro di vertici \(O=(0,0,0)\), \(A=(1,0,0)\), \(B=(0,1,0)\) e \(C=(0,0,1)\).
a) Si calcolino la superficie totale ed il volume del tetraedro.
b) Si calcoli l'angolo in gradi che la faccia \(ABC\) forma con la base \(OAB\).
💡 Suggerimento:
Per a): le tre facce che contengono O sono triangoli rettangoli con cateti di lunghezza 1; la faccia ABC ha tutti i lati di lunghezza \(\sqrt{2}\) (triangolo equilatero). Per b): l'angolo diedro tra ABC e OAB si trova usando il punto medio M di AB: considera il triangolo OMC (rettangolo in O) e calcola l'angolo in M.
Soluzione quesito 8:
a) Calcolo della superficie totale e del volume del tetraedro
Il tetraedro ha quattro facce triangolari e sei spigoli (lati).
Calcolo dell'area delle facce:
Le facce sono triangoli. Per i triangoli rettangoli l'area è \(\frac{1}{2} \cdot \text{base} \cdot \text{altezza}\). Per la faccia \(ABC\), triangolo equilatero, useremo la formula specifica.
Faccia OAB (base): vertici \(O(0,0,0)\), \(A(1,0,0)\), \(B(0,1,0)\). Triangolo rettangolo con i cateti sugli assi \(x\) e \(y\).
\[\text{Area}_{OAB} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}\]
Faccia OAC: vertici \(O(0,0,0)\), \(A(1,0,0)\), \(C(0,0,1)\). Triangolo rettangolo con i cateti sugli assi \(x\) e \(z\).
\[\text{Area}_{OAC} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}\]
Faccia OBC: vertici \(O(0,0,0)\), \(B(0,1,0)\), \(C(0,0,1)\). Triangolo rettangolo con i cateti sugli assi \(y\) e \(z\).
\[\text{Area}_{OBC} = \frac{1}{2} \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}\]
Faccia ABC: vertici \(A(1,0,0)\), \(B(0,1,0)\), \(C(0,0,1)\). Calcoliamo le lunghezze dei lati:
\[AB = AC = BC = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}\]
Poiché tutti i lati sono lunghi \(\sqrt{2}\), la faccia \(ABC\) è un triangolo equilatero, con area:
\[\text{Area}_{ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{2})^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2 = \frac{\sqrt{3}}{2}\]
Superficie totale:
La superficie totale è la somma delle aree delle quattro facce:
b) Calcolo dell'angolo che la faccia ABC forma con la base OAB
L'angolo fra la faccia \(ABC\) e la base \(OAB\) è l'angolo del diedro formato dai piani \(ABC\) e \(OAB\), la cui linea di intersezione è il segmento \(AB\).
Consideriamo il punto medio \(M\) di \(AB\):
\[M = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)\]
Essendo \(ABC\) equilatero e \(OAB\) isoscele su \(AB\), il punto \(M\) è il piede dell'altezza di \(OAB\) uscente da \(O\) e di \(ABC\) uscente da \(C\). Calcoliamo:
Altezza OM: \(\displaystyle OM = \sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)
Altezza CM: \(\displaystyle CM = \sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+1} = \frac{\sqrt{6}}{2}\)
Il triangolo \(OMC\) è rettangolo in \(O\) (poiché \(OC\) è sull'asse \(z\) e \(OM\) è nel piano \(xy\)). L'angolo \(\alpha = \angle OMC\) è quindi:
