Soluzione quesito 1:

Il limite esiste e vale 1:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{x - \cos x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \left(1 + \frac{\sin x}{x}\right)}{x \left(1 - \frac{\cos x}{x}\right)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + \frac{\sin x}{x}}{1 - \frac{\cos x}{x}} = \frac{1 + 0}{1 - 0} = 1 \]

Si noti che \( \frac{\sin x}{x} \) e \( \frac{\cos x}{x} \) tendono a zero per il teorema del confronto.

Il limite non può essere calcolato mediante il Teorema di de L’Hôpital poiché non esiste il limite del rapporto delle derivate:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + \cos x}{1 + \sin x} = \text{non esiste} \]

Notiamo infatti che \(\sin x\) e \(\cos x\), quando \(x\) tende a \(+\infty\), non ammettono limite ed oscillano tra -1 ed 1; quindi sia \((1 + \cos x)\) sia \((1 + \sin x)\) non ammettono limite.

Soluzione quesito 2:

Consideriamo il generico triangolo ABC, rettangolo in C, inscritto nella semicirconferenza di diametro AB:

L'area di un triangolo ABC inscritto in un semicerchio, con il lato AB coincidente con il diametro, è data da:

\[ \text{Area}(ABC) = \frac{\overline{AB} \cdot \overline{CH}}{2} \]

Tale area è massima quando CH è massima, cioè quando CH è uguale al raggio della circonferenza (la base AB è costante e pari al diametro 2R). Quando CH=R, il vertice C si trova nel punto più distante dal diametro, rendendo il triangolo isoscele (ovvero AC=BC).

Analizziamo adesso il perimetro.

Risulta: x² + y² = (2R)² = 4R², da cui P = 2R + x + y. Il perimetro del triangolo è massimo se lo è x+y, ovvero (x+y)² = x² + y² + 2xy = 4R² + 2xy: essendo 4R² costante, il massimo si ha quando xy è massimo; ma xy è il doppio dell’area, quindi xy è massimo se x=y.

Pertanto il triangolo isoscele inscritto nella semicirconferenza è quello che ha area massima e perimetro massimo.

Soluzione quesito 3:

Siano x1 ed x2 due radici distinte di p(x): p(x1)= p(x2)=0.

Applichiamo il Teorema di Rolle alla funzione y=p(x) nell’intervallo [x1;x2]. Le funzioni polinomiali sono continue e derivabili dappertutto, inoltre p(x) assume agli estremi lo stesso valore, quindi esiste almeno un punto c nell’intervallo (x1;x2) in cui la derivata p’(x) si annulla. La tesi è così dimostrata.

Soluzione quesito 4:

I casi possibili (terne possibili con 16 allievi) sono le combinazioni di 16 oggetti a 3 a 3: \( \binom{16}{3} \).

I casi favorevoli (le terne possibili con 12 maschi) sono \( \binom{12}{3} \).

La probabilità richiesta è quindi: \( p = \frac{\binom{12}{3}}{\binom{16}{3}} \).

Calcoliamo i valori:

• \( \binom{12}{3} = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2 \times 1} = 2 \times 11 \times 10 = 220 \)
• \( \binom{16}{3} = \frac{16 \times 15 \times 14}{3 \times 2 \times 1} = 16 \times 5 \times 7 = 560 \)

La probabilità è quindi:

\[ p = \frac{220}{560} = \frac{11}{28} \]

In forma decimale (con tre cifre decimali): \( 0.393 \)

In percentuale (con una cifra decimale): \( 39.3\% \)

Soluzione quesito 5:

Sia s=s(t) la legge oraria del moto.

La velocità media nell’intervallo di tempo t₂-t₁ è data da:

\[ v_{\text{media}} = \frac{s(t_2) - s(t_1)}{t_2 - t_1} \]

dove A=(t₁; s(t₁)) e B=(t₂; s(t₂)).

Per il teorema di Lagrange esiste almeno un istante t₀ compreso fra t₁ e t₂ tale che

\[ s'(t_0) = \frac{s(t_2) - s(t_1)}{t_2 - t_1} \]

Ma \( s'(t_0) \) è la velocità nell’istante t₀, quindi esiste almeno un istante in cui la velocità dell’automobile è esattamente 60 km/h.

Soluzione quesito 6:

Per stabilire la posizione reciproca di due rette nello spazio (incidenti, parallele, coincidenti o sghembe), possiamo seguire diversi passi:

1. Trovare il vettore direttore di ciascuna retta e un punto appartenente ad essa.
2. Verificare se i vettori direttori sono paralleli (e quindi le rette sono parallele o coincidenti).
3. Se i vettori direttori non sono paralleli, le rette possono essere incidenti o sghembe. Per distinguerle, possiamo mettere a sistema le loro equazioni.

Passo 1: Trovare vettori direttori e punti.

Per la retta \(r\):

Dalla forma parametrica, il vettore direttore \( \vec{v_r} \) e un punto \( P_r \) sono immediatamente leggibili:

• Punto \( P_r = (1, 2, 3) \) (ottenuto per \(t=0\))
• Vettore direttore \( \vec{v_r} = (1, -1, 2) \) (coefficienti di \(t\))

Per la retta \(s\):

Trasformiamo le equazioni cartesiane di \(s\) in parametriche. Poniamo \(z = k\). Dalla prima equazione, \(x = z - y\). Sostituendo nella seconda, \(2(z - y) - y + z = 1\), quindi \(3z - 3y = 1\) e \(y = z - \frac{1}{3} = k - \frac{1}{3}\). Quindi, \(x = k - (k - \frac{1}{3}) = \frac{1}{3}\).

Le equazioni parametriche di \(s\) sono:

\[ s: \begin{cases} x = \frac{1}{3} \\ y = -\frac{1}{3} + k \\ z = k \end{cases} \quad (k \in \mathbb{R}) \]

Quindi, un punto su \(s\) è \(P_s = \left(\frac{1}{3}, -\frac{1}{3}, 0\right)\) (ottenuto per \(k=0\)) e il vettore direttore è \(\vec{v_s} = (0, 1, 1)\).

Passo 2: Verificare il parallelismo dei vettori direttori.

Confrontiamo \( \vec{v_r} = (1, -1, 2) \) e \( \vec{v_s} = (0, 1, 1) \).

I vettori non sono proporzionali. Quindi, \( \vec{v_r} \) e \( \vec{v_s} \) non sono paralleli.

Ciò significa che le rette \(r\) e \(s\) non sono né parallele né coincidenti. Possono essere incidenti o sghembe.

Passo 3: Verificare se le rette sono incidenti o sghembe.

Mettiamo a sistema le equazioni parametriche di \(r\) e le equazioni cartesiane di \(s\):

\[ \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 - t \\ z = 3 + 2t \\ x + y - z = 0 \\ 2x - y + z = 1 \end{cases} \]

Sostituiamo le prime tre equazioni nelle ultime due:

\[ \begin{cases} (1 + t) + (2 - t) - (3 + 2t) = 0 \\ 2(1 + t) - (2 - t) + (3 + 2t) = 1 \end{cases} \] \[ \begin{cases} 0 - 2t = 0 \\ 5 + 5t = 1 \end{cases} \] \[ \begin{cases} t = 0 \\ t = -\frac{4}{5} \end{cases} \]

Il sistema è impossibile, quindi le rette non si intersecano. Dato che non sono nemmeno parallele, le rette \(r\) e \(s\) sono **sghembe**.

Soluzione quesito 7:

Rappresentiamo graficamente la funzione ed il rettangolo:

L'area del rettangolo ABCD è data da base per altezza. Base = \(x_B - x_A = 4 - 1 = 3\). Altezza = \(y_D - y_A = 2 - 0 = 2\). Area del rettangolo = \(3 \times 2 = 6\).

La funzione \(f(x) = \sqrt{x}\) è al di sopra dell'asse x. L'area della porzione inferiore, indicata con \(S_1\), delimitata dalla funzione \(f(x) = \sqrt{x}\), dall'asse x e dalle rette verticali \(x=1\) e \(x=4\), si calcola tramite l'integrale definito:

\[ S_1 = \int_{1}^{4} \sqrt{x} \, dx = \int_{1}^{4} x^{1/2} \, dx \]

Calcoliamo l'integrale: \[ \int x^{1/2} \, dx = \frac{x^{1/2 + 1}}{1/2 + 1} + C = \frac{x^{3/2}}{3/2} + C = \frac{2}{3} x^{3/2} + C \]

Applichiamo i limiti di integrazione: \[ S_1 = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_{1}^{4} = \frac{2}{3} (4^{3/2}) - \frac{2}{3} (1^{3/2}) \] \[ S_1 = \frac{2}{3} (\sqrt{4}^3) - \frac{2}{3} (1) = \frac{2}{3} (2^3) - \frac{2}{3} = \frac{16}{3} - \frac{2}{3} = \frac{14}{3} \]

Questa è l'area della porzione sotto la curva (\(S_1\)).

L'area della porzione superiore, indicata con \(S_2\), è data dall'area totale del rettangolo meno l'area \(S_1\): \[ S_2 = \text{Area del rettangolo} - S_1 = 6 - \frac{14}{3} = \frac{18}{3} - \frac{14}{3} = \frac{4}{3} \]

Quindi, il rapporto tra le aree delle due porzioni è: \[ \frac{S_1}{S_2} = \frac{\frac{14}{3}}{\frac{4}{3}} = \frac{14}{4} = \frac{7}{2} \]

Il rapporto tra le aree è \( \frac{7}{2} \).

Soluzione quesito 8:

Parte 1: Valori di \(k\) per cui la curva non ha punti nel semipiano \(y < 0\).

Dobbiamo trovare i valori di \(k\) per i quali risulta: \(y = e^{2x} - 8e^{x} + k \ge 0\) per ogni \(x\).

Posto \(t = e^x\), con \(t > 0\), abbiamo: \(t^2 - 8t + k \ge 0\).

Dobbiamo trovare i valori di \(k\) per i quali questa disequazione è sempre soddisfatta, ciò equivale a dire che dobbiamo trovare i valori di \(k\) per i quali il discriminante di questa disequazione è negativo o nullo. Risulta:

\[ \Delta = (-8)^2 - 4(1)(k) = 64 - 4k \]

Affinché la disequazione sia sempre soddisfatta per ogni \(t \) è necessario che il discriminante sia minore o uguale a zero:

\[ 64 - 4k \le 0 \] \[ 4k \ge 64 \] \[ k \ge 16 \]

Quindi: la curva \(y = e^{2x} - 8e^{x} + k\) non ha punti nel semipiano \(y < 0\) per \(k \ge 16\). Il più piccolo valore di \(k\) è \(16\).

Parte 2: Determinare l'asintoto della curva.

La funzione \(f(x) = e^{2x} - 8e^{x} + k\) è una combinazione di funzioni esponenziali e una costante, ed è quindi continua su tutto l'insieme dei numeri reali \(\mathbb{R}\).

Calcoliamo i limiti agli estremi del dominio:

Limite per \(x \to -\infty\):

\[ \lim_{x \to -\infty} (e^{2x} - 8e^{x} + k) \]

Sappiamo che \( \lim_{x \to -\infty} e^{x} = 0 \) e \( \lim_{x \to -\infty} e^{2x} = 0 \).

Quindi:

\[ \lim_{x \to -\infty} (e^{2x} - 8e^{x} + k) = 0 - 8(0) + k = k \]

Poiché il limite per \(x \to -\infty\) è un valore finito \(k\), la retta \(y = k\) è un **asintoto orizzontale** per la curva quando \(x \to -\infty\).

Limite per \(x \to +\infty\):

\[ \lim_{x \to +\infty} (e^{2x} - 8e^{x} + k) \]

Sappiamo che \( \lim_{x \to +\infty} e^{x} = +\infty \) e \( \lim_{x \to +\infty} e^{2x} = +\infty \). Poiché \(e^{2x}\) cresce più velocemente di \(e^x\), il limite sarà \(+\infty\).

\[ \lim_{x \to +\infty} (e^{2x} - 8e^{x} + k) = \lim_{x \to +\infty} e^x (e^x - 8) + k = (+\infty)(+\infty) + k = +\infty \]

Dato che il limite è infinito, non c'è asintoto orizzontale per \(x \to +\infty\).

Verifichiamo la presenza di un asintoto obliquo per \(x \to +\infty\):

Un asintoto obliquo ha la forma \(y = mx + q\), dove:

\[ m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} \] \[ q = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - mx) \]

Calcoliamo \(m\):

\[ m = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{2x} - 8e^{x} + k}{x} \]

Questa forma è del tipo \(\frac{\infty}{\infty}\). Applicando il Teorema di De L'Hôpital (o osservando la gerarchia degli infiniti, dove l'esponenziale cresce più velocemente di qualsiasi polinomio):

\[ m = \lim_{x \to +\infty} \frac{2e^{2x} - 8e^{x}}{1} = +\infty \]

Poiché \(m\) non è un valore finito, non esiste asintoto obliquo per \(x \to +\infty\).

Conclusione sull'asintoto:

La curva \(y = e^{2x} - 8e^{x} + k\) ha un solo asintoto, che è l'asintoto orizzontale \( \mathbf{y = k} \), valido per \( \mathbf{x \to -\infty} \).