Soluzione quesito 1:

Calcolo dell'integrale per sostituzione

La funzione integrale è \( F(x) = \int_a^x \frac{\cos\!\left(\frac{1}{t}\right)}{t^2} \, dt \).

Dobbiamo trovare il più grande valore di \(a\) positivo tale che \( F\!\left(\frac{2}{\pi}\right) = -\frac{1}{2} \), con la condizione \( \frac{2}{\pi} \geq a \).

Risolviamo l'integrale per sostituzione: poniamo \( u = \dfrac{1}{t} \), da cui \( du = -\dfrac{1}{t^2} \, dt \), ossia \( \dfrac{1}{t^2} \, dt = -du \).

Gli estremi di integrazione diventano:

• se \( t = a \), allora \( u = \dfrac{1}{a} \);
• se \( t = \dfrac{2}{\pi} \), allora \( u = \dfrac{\pi}{2} \).

L'integrale si trasforma in:

\[ \begin{aligned} F\!\left(\frac{2}{\pi}\right) &= \int_{1/a}^{\pi/2} \cos(u)\,(-du) = -\bigl[\sin u\bigr]_{1/a}^{\pi/2} = \\[4pt] &= -\!\left(\sin\frac{\pi}{2} - \sin\frac{1}{a}\right) = \sin\frac{1}{a} - 1 \end{aligned} \]

Determinazione di \(a\)

Imponendo la condizione \( F\!\left(\frac{2}{\pi}\right) = -\frac{1}{2} \):

\[ \sin\frac{1}{a} - 1 = -\frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad \sin\frac{1}{a} = \frac{1}{2} \]

Le soluzioni generali di \( \sin\theta = \tfrac{1}{2} \) sono:

• \( \theta = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \)  ⟹  \( a = \dfrac{6}{\pi(1+12k)} \)
• \( \theta = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi \)  ⟹  \( a = \dfrac{6}{\pi(5+12k)} \)

con \( k \geq 0 \) intero (poiché \(a > 0\)).

Applichiamo la condizione \( a \leq \dfrac{2}{\pi} \approx 0{,}6366 \):

• Famiglia 1, \(k=0\): \( a = \dfrac{6}{\pi} \approx 1{,}9098 \). Questo valore è maggiore di \(\dfrac{2}{\pi}\), quindi non è accettabile.
• Famiglia 2, \(k=0\): \( a = \dfrac{6}{5\pi} \approx 0{,}3820 \). Questo valore è minore di \(\dfrac{2}{\pi}\), quindi è accettabile.
• Famiglia 1, \(k=1\): \( a = \dfrac{6}{13\pi} \approx 0{,}1469 \). Questo valore è minore di \(\dfrac{2}{\pi}\), quindi è accettabile.
• Famiglia 2, \(k=1\): \( a = \dfrac{6}{17\pi} \approx 0{,}1124 \). Questo valore è minore di \(\dfrac{2}{\pi}\), quindi è accettabile.

Confrontando tutti i valori accettabili (per \(k\) crescenti i valori diventano ancora più piccoli):

• \( \dfrac{6}{17\pi} \approx 0{,}1124 \)
• \( \dfrac{6}{13\pi} \approx 0{,}1469 \)
• \( \dfrac{6}{5\pi} \approx 0{,}3820 \)   ← il più grande

Soluzione quesito 2:

Spazio campionario

I casi possibili sono tutte le combinazioni di 15 monete prese 6 alla volta:

\[ \binom{15}{6} = \frac{15!}{6!\,9!} = 5005 \]

Prima domanda — Valore esatto di 10 euro

Siano \(x\) le monete da 1 € e \(y\) quelle da 2 € estratte. Devono valere: \( x + y = 6 \) e \( x + 2y = 10 \). Sottraendo la prima dalla seconda: \( y = 4 \), \( x = 2 \).

L'unica configurazione favorevole è 2 monete da 1 € e 4 monete da 2 €. Verifichiamo che sia possibile con le monete disponibili:

• Abbiamo 6 monete da 2 € disponibili, quindi estrarne 4 è possibile. ✓
• Abbiamo 9 monete da 1 € disponibili, quindi estrarne 2 è possibile. ✓

Calcoliamo il numero di modi per ottenere questa configurazione:

• Combinazioni di 2 monete da 1 € su 9 disponibili: \( \binom{9}{2} = \dfrac{9 \times 8}{2} = 36 \)
• Combinazioni di 4 monete da 2 € su 6 disponibili: \( \binom{6}{4} = \binom{6}{2} = \dfrac{6 \times 5}{2} = 15 \)

Il numero totale di casi favorevoli è il prodotto di queste combinazioni:

\[ \text{Casi favorevoli} = \binom{9}{2} \times \binom{6}{4} = 36 \times 15 = 540 \]

Seconda domanda — Valore al massimo 10 euro

Usiamo il complementare: \( P(\text{valore} \leq 10) = 1 - P(\text{valore} > 10) \).

Il massimo raggiungibile è 12 € (6 monete da 2 €). I valori superiori a 10 € sono 11 € e 12 €.

Valore = 11 €: siano \(x\) le monete da 1 € e \(y\) quelle da 2 €. Dal sistema \(x+y=6\) e \(x+2y=11\) si ricava \(y=5\), \(x=1\): 1 moneta da 1 € e 5 monete da 2 € (configurazione possibile ✓).

• Modi per scegliere 1 moneta da 1 € su 9: \( \binom{9}{1} = 9 \)
• Modi per scegliere 5 monete da 2 € su 6: \( \binom{6}{5} = 6 \)
• Casi favorevoli: \( 9 \times 6 = 54 \)  ⟹  \( P(\text{valore} = 11\text{ €}) = \dfrac{54}{5005} \)

Valore = 12 €: dal sistema \(x+y=6\) e \(x+2y=12\) si ricava \(y=6\), \(x=0\): 0 monete da 1 € e 6 monete da 2 € (configurazione possibile ✓).

• Modi per scegliere 0 monete da 1 € su 9: \( \binom{9}{0} = 1 \)
• Modi per scegliere 6 monete da 2 € su 6: \( \binom{6}{6} = 1 \)
• Casi favorevoli: \( 1 \times 1 = 1 \)  ⟹  \( P(\text{valore} = 12\text{ €}) = \dfrac{1}{5005} \)

Pertanto la probabilità che il valore sia maggiore di 10 € è:

\[ P(\text{valore} > 10) = \frac{54}{5005} + \frac{1}{5005} = \frac{55}{5005} = \frac{1}{91} \]

Soluzione quesito 3:

Complanarità dei quattro punti

Determiniamo il piano per \(O\), \(A\), \(B\): il passaggio per \(O(0,0,0)\) impone \(d=0\), da cui il piano ha equazione \(ax + by + cz = 0\). Imponendo il passaggio per \(A\) e \(B\):

\[ \begin{cases} a + 4b + 8c = 0 \\ 8a + 8b + 4c = 0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} a + 4b + 8c = 0 \\ 2a + 2b + c = 0 \end{cases} \]

Dalla seconda: \(c = -2a - 2b\). Sostituendo nella prima:

\[ a + 4b + 8(-2a-2b) = 0 \;\Rightarrow\; -15a - 12b = 0 \;\Rightarrow\; 5a + 4b = 0 \]

Ponendo \(a=4\): \(b=-5\), \(c=2\). Il piano è \(4x - 5y + 2z = 0\).

Verifica per \(C(7,4,-4)\):

\[ 4(7) - 5(4) + 2(-4) = 28 - 20 - 8 = 0 \checkmark \]

Classificazione del quadrilatero

Calcoliamo i vettori dei lati:

• \(\vec{OA} = (1,4,8)\),   \(\vec{BC} = (-1,-4,-8) = -\vec{OA}\)
• \(\vec{AB} = (7,4,-4)\),   \(\vec{OC} = (7,4,-4) = \vec{AB}\)

I lati opposti sono paralleli e congruenti: \(OABC\) è un parallelogramma.

Calcoliamo le lunghezze dei lati:

\[ \begin{aligned} \|\vec{OA}\| &= \sqrt{1+16+64} = \sqrt{81} = 9 \\ \|\vec{AB}\| &= \sqrt{49+16+16} = \sqrt{81} = 9 \end{aligned} \]

Due lati consecutivi uguali: \(OABC\) è un rombo.

Verifichiamo se è un quadrato (lati perpendicolari):

\[ \vec{OA} \cdot \vec{AB} = (1)(7)+(4)(4)+(8)(-4) = 7+16-32 = -9 \neq 0 \]

Perimetro e area

\[ \text{Perimetro} = 4 \times 9 = 36 \]

Le diagonali del rombo sono \(\vec{OB} = (8,8,4)\) e \(\vec{AC} = (6,0,-12)\):

\[ \|\vec{OB}\| = \sqrt{64+64+16} = \sqrt{144} = 12 \] \[ \|\vec{AC}\| = \sqrt{36+0+144} = \sqrt{180} = 6\sqrt{5}\] \[ \text{Area} = \frac{1}{2} \times 12 \times 6\sqrt{5} = 36\sqrt{5} \]

Soluzione quesito 4:

Espressione della potenza

Sostituendo \(i(t)\) nella formula della potenza:

\[ P(t) = R\left[I_0\frac{a}{t}\right]^2 = \frac{RI_0^2\,a^2}{t^2} \]

La funzione \(P(t)\) è continua su \([2a,3a]\) poiché \(a>0\) implica \(2a>0\).

Applicazione del Teorema della Media integrale

Il valor medio di \(P(t)\) su \([2a,3a]\) è:

\[ \overline{P} = \frac{1}{3a - 2a} \int_{2a}^{3a} P(t)\,dt = \frac{1}{a} \int_{2a}^{3a} \frac{RI_0^2\,a^2}{t^2}\,dt = RI_0^2\,a \int_{2a}^{3a} t^{-2}\,dt \]

Calcoliamo l'integrale:

\[ \int_{2a}^{3a} t^{-2}\,dt = \left[-\frac{1}{t}\right]_{2a}^{3a} = -\frac{1}{3a} + \frac{1}{2a} = \frac{-2+3}{6a} = \frac{1}{6a} \]

Quindi:

\[ \overline{P} = RI_0^2\,a \cdot \frac{1}{6a} \]

Soluzione quesito 5:

Riduzione al problema piano

Le quattro parti sono prismi di altezza uguale (\(AA'\)) e basi le quattro parti in cui il quadrato \(ABCD\) resta diviso da \(DE\) ed \(AC\).

Poniamo per comodità lo spigolo del cubo uguale a 2; risulta: \[ AE = 1, \qquad DE = \sqrt{5} \]

Relazioni geometriche

Il triangolo \(AEO\) è simile al triangolo \(DOC\) ed essendo \( AE = \frac{1}{2}CD \) risulta: \( AO = \frac{1}{2}OC \)

Essendo \(AC = 2\sqrt{2}\), si ha: \[ AO = \frac{1}{3}AC = \frac{2\sqrt{2}}{3}, \qquad OC = \frac{4\sqrt{2}}{3} \]

Aree delle basi

Poiché \(AC\) è diagonale del quadrato \(ABCD\), il triangolo \(ABC\) è rettangolo isoscele e quindi \(\widehat{BAC} = 45^\circ\).

\[ \text{Area}(AOE) = \frac{1}{2} \cdot AO \cdot AE \cdot \sin 45^\circ = \frac{1}{3} \] \[ \text{Area}(DOC) = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot CO \cdot \sin 45^\circ = \frac{4}{3} \] \[ \text{Area}(AED) = \frac{1}{2} \cdot AE \cdot AD = 1 \quad \Rightarrow \quad \text{Area}(AOD) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \] \[ \text{Area}(CBEO) = 4 - \frac{2}{3} - \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = \frac{5}{3} = 5 \cdot \text{Area}(AOE) \]

Confronto dei volumi

Siccome il volume di un prisma è proporzionale all'area della base (avendo tutti la stessa altezza), il rapporto fra i volumi coincide con il rapporto fra le aree.

Soluzione quesito 6:

Dimostrazione mediante definizione

Dimostriamo l'identità utilizzando la definizione di coefficiente binomiale.

Definizione

\[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \quad \text{e} \quad \binom{n-1}{k-1} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \]

Manipolazione algebrica

\[ \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1} = \frac{n}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \]

Poiché \( n \cdot (n-1)! = n! \) e \( k \cdot (k-1)! = k! \), segue: \[ \frac{n}{k} \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \binom{n}{k} \]

Interpretazione combinatoria

Il coefficiente \(\binom{n}{k}\) rappresenta il numero di modi di scegliere \(k\) elementi da un insieme di \(n\) elementi. Contiamo lo stesso insieme di sottoinsiemi in un altro modo: fissiamo uno degli \(n\) elementi (ad esempio un elemento distinguibile).

• scegliamo quale dei \(n\) elementi considerare → \(n\) modi;
• completiamo la scelta scegliendo gli altri \(k-1\) elementi tra i rimanenti \(n-1\) → \(\binom{n-1}{k-1}\) modi.

In questo modo ogni sottoinsieme di \(k\) elementi viene però contato \(k\) volte (una per ciascun elemento che può essere scelto come "elemento fissato"). Quindi il numero totale di sottoinsiemi è: \[ \frac{n \cdot \binom{n-1}{k-1}}{k} \]

Soluzione quesito 7:

Condizione per estremanti

La funzione è un polinomio, quindi è continua e derivabile in tutto \(\mathbb{R}\). Per avere punti di massimo e minimo relativi è necessario che si annulli la derivata prima.

Derivata prima

\[ f'(x) = 3ax^2 + 4ax - 3 \]

Gli eventuali punti critici si ottengono risolvendo: \( 3ax^2 + 4ax - 3 = 0 \)

Studio del discriminante

Il discriminante dell'equazione è: \[ \Delta = (4a)^2 - 4 \cdot 3a \cdot (-3) = 16a^2 + 36a = 4a(4a + 9) \]

Discussione dei casi

1. Caso \(\Delta > 0\)

L'equazione ha due soluzioni reali e distinte, quindi la derivata cambia segno: la funzione ha un massimo e un minimo relativi. \[ 4a(4a + 9) > 0 \] Il prodotto è positivo se: \(a > 0\) oppure \(a < -\dfrac{9}{4}\).

2. Caso \(\Delta = 0\)

La derivata ha una radice doppia e non cambia segno: la funzione non ha estremi relativi. \[ 4a(4a + 9) = 0 \Rightarrow a = -\frac{9}{4} \] (si esclude \(a=0\) perché non ammesso dal testo)

3. Caso \(\Delta < 0\)

La derivata non si annulla mai e mantiene segno costante: la funzione è monotona e non ha estremanti. \[ 4a(4a + 9) < 0 \Rightarrow -\frac{9}{4} < a < 0 \]

Soluzione quesito 8:

a) Esistenza e unicità della radice

Consideriamo l'equazione: \( x e^x + x e^{-x} - 2 = 0 \)

Verifichiamo che \(x = 0\) non è soluzione: \( f(0) = -2 \neq 0 \)

Dividendo entrambi i membri per \(x \neq 0\): \( e^x + e^{-x} = \frac{2}{x} \)

Osserviamo che \( e^x + e^{-x} = 2 \cosh x \), quindi: \( \cosh x = \frac{1}{x} \)

Dal grafico si osserva che le due curve si intersecano una sola volta nel primo quadrante.

Per \(x = 1\): \( a(1) = e + e^{-1} \approx 3.086 > b(1) = 2 \).

Per \(x\) vicino a 0: \( a(x) \approx 1 \ll b(x) = \frac{2}{x} \).

Poiché le due funzioni sono continue per \(x > 0\), per esiste un solo punto \(c\) in cui \(a(x) = b(x)\).

Metodo alternativo (senza funzioni iperboliche)

Poniamo \( a(x) = e^x + e^{-x} \) e \( b(x) = \frac{2}{x} \).

La funzione \(a(x)\) è pari, sempre positiva, con minimo in \(x=0\): \(a(0)=2\), crescente per \(x>0\).

b) Metodo di bisezione

Definiamo \( f(x) = x e^x + x e^{-x} - 2 \).

Partiamo dall'intervallo \([a_0, b_0] = [0, 1]\) con \(f(0) = -2 < 0\) e \(f(1) \approx 1.086 > 0\).

Iterazione 1: \(c_1 = 0.5\), \(f(0.5) \approx -0.872 < 0\) → Intervallo: \([0.5, 1]\), ampiezza: \(0.5\)

Iterazione 2: \(c_2 = 0.75\), \(f(0.75) \approx -0.059 < 0\) → Intervallo: \([0.75, 1]\), ampiezza: \(0.25\)

Iterazione 3: \(c_3 = 0.875\), \(f(0.875) \approx 0.21 > 0\) → Intervallo: \([0.75, 0.875]\), ampiezza: \(0.125\)

Iterazione 4: \(c_4 = 0.8125\), \(f(0.8125) \approx 0.06 > 0\) → Intervallo: \([0.75, 0.8125]\), ampiezza: \(0.0625 < 0.1\) ✓

c) Metodo di Newton

Definiamo: \[ f(x) = x e^x + x e^{-x} - 2 \]

Calcoliamo le derivate: \[ f'(x) = e^x(1+x) + e^{-x}(1-x) \] \[ f''(x) = e^x(2+x) + e^{-x}(x-2) \]

Verifica delle condizioni di applicabilità

La funzione \(f(x)\) è continua e derivabile su \(\mathbb{R}\).

Inoltre, nell'intervallo \((0,1)\) — che è quello che ci interessa ai fini della ricerca della radice — la derivata prima è positiva. Raccogliamo infatti: \[ f'(x) = (e^x + e^{-x}) + x(e^x - e^{-x}) \] Per \(x \in (0,1)\) entrambi i termini sono positivi: \[ e^x + e^{-x} > 0 \quad \text{sempre} \] \[ x > 0 \quad \text{e} \quad e^x > e^{-x} \;\Rightarrow\; e^x - e^{-x} > 0 \] quindi \(f'(x) > 0\) in \((0,1)\), il che conferma che \(f\) è strettamente crescente nell'intervallo e la radice è unica.

Per applicare il metodo di Newton è necessario che la derivata seconda abbia segno costante nell'intervallo \([0,1]\) che contiene la radice. Verifichiamo che \(f''(x) > 0\) in \((0,1)\).

Raccogliamo \(f''(x)\): \[ f''(x) = e^x(2+x) + e^{-x}(x-2) = 2(e^x - e^{-x}) + x(e^x + e^{-x}) \] Per \(x \in (0,1)\): \[ e^x > e^{-x} \Rightarrow e^x - e^{-x} > 0 \] \[ x > 0 \quad \text{e} \quad e^x + e^{-x} > 0 \] quindi: \[ f''(x) > 0 \]

Poiché: \[ f(1) > 0 \quad \text{e} \quad f''(1) > 0 \] scegliamo \(x_0 = 1\), che soddisfa: \[ f(x_0) f''(x_0) > 0 \]

Iterazioni

\[ x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]

\[ x_0 = 1 \]

\[ f(1) = e + e^{-1} - 2 \approx 2.7183 + 0.3679 - 2 = 1.0862 \] \[ f'(1) = e(2) + e^{-1}(0) \approx 2 \cdot 2.7183 = 5.4366 \]

\[ x_1 = 1 - \frac{1.0862}{5.4366} \approx 1 - 0.1998 = 0.8002 \]

\[ f(0.8002) \approx 0.8002(e^{0.8002} + e^{-0.8002}) - 2 \approx 0.16 \]

\[ x_2 \approx 0.8002 - \frac{0.16}{4.5} \approx 0.765 \]

\[ f(0.765) \approx 0.765(e^{0.765} + e^{-0.765}) - 2 \approx 0.002 \]

\[ f'(0.765) \approx (e^{0.765} + e^{-0.765}) + 0.765(e^{0.765} - e^{-0.765}) \approx 3.902 \]

\[ x_3 \approx 0.765 - \frac{0.000}{3.902} \approx 0.765 \]

\[ x_3 \approx x_2 \]