Quesito 1
Consideriamo la seguente figura:
Indichiamo con 2x, con 0<x<60, l’altezza CB del cilindro; di cnseguenza OH=x e il quadrato del raggio di base del cilindro è HB2 =OB2 −OH2 =3600−x2; il volume del cilindro è quindi
( )
x 2x(
3600 x2)
V =π⋅ ⋅ − e per calcolarne il valore massimo basta calcolarne la derivata prima:
( )
2(
3600 3 2)
' x x
V = π⋅ − il cui segno è
( ) ( )
( )
2(
3600 3)
0 20 3'
3 20 0
0 3 3600 2
'
2 2
>
→
<
−
⋅
=
<
<
→
>
−
⋅
=
x x
x V
x x
x V
π π
Per cui dal segno soprastante ricaviamo che il volume è massimo per x=20 3 e cioè per altezza del cilindro h=2 =x 40 3cm e raggio di base r =20 6cm. Il valore massimo è pertanto
( )
[
2 3600]
20 3 96000 3 cm3 522,37litri 2max = π⋅ x⋅ −x x= = π ≅
V .
Quesito 2
Un punto P della curva ha coordinate
(
x, x)
e la distanza dal punto (4,0) è(
−4)
2 +( )
2 = 2 −7 +16= x x x x
d . Massimizzare la funzione distanza è equivalente a
massimizzare la funzione quadrato della distanza, per cui massimizzeremo la funzione
( )
x =d2 =x2 −7x+16h ; la derivata prima è h'
( )
x = x2 −7 per cui la funzione h( )
x è strettamente crescente in
,+∞
2
7 e strettamente decrescente in
∞− 2
,7 per cui presenta un minimo all’ascissa
2
2 2
2 15 2
7 4 1 2
4 14 2
7 2 2
min = + =
+
−
=
d .
Quesito 3
Il volume richiesto è pari alla differenza tra il volume del cilindro di altezza 8 e raggio di base 2 e il volume della regione delimitata da y = x3, dall’asse y e dalla retta y=8; il volume del cilindro è
π π⋅4⋅8=32
=
⋅
= A h
VC b mentre Il volume ottenuto dalla rotazione della parte di piano delimitata
da y =x3, dall’asse y e dalla retta y=8, è = ⋅
∫
8g( )
ydy0 2
VD π dove g
( )
y =3 y,0≤ y≤8; quindi( )
π π ππ 5
96 5
V 3
8
0 3 5 8
0 3 2 8
0 2
D =
⋅
=
⋅
=
⋅
=
∫
g ydy∫
y dy y .In conclusione π π π
5 64 5
32 96 V V
V= C − D = − = .
Quesito 4
Si deve risolvere l’equazione con n 4 3
4 ≥
=
n n
. Si ha:
( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) (
1)(
2)(
7)
06 2 1 24
3 2 1
! 3
! 3
!
! 4
! 4
! → − − − = − − → − − − =
⋅
= −
⋅
− nn n n n n n n n n n
n n n
n
da cui n=0,1,2,7. Poichè per ipotesi deve essere n≥4 la soluzione accettabile è n=7.
Quesito 5
L’area richiesta, ricordando che il coseno cambia segno, da negativo a positivo in corrispondenza di
2
π vale cos cos
[
sin] [
sin]
2 1 sin( )
1 sin( )
2 1 2 sin( )
1 sin( )
22 2
1 2
2 2
1
−
−
= +
−
−
=
−
=
−
=
∫ ∫
π ππ π
x x
xdx xdx
S
Quesito 6
Il limite
a x
a x
a
x −
−
→
tan
limtan si presenta nella forma indeterminata 0/0 per cui applicando de l’Hopital
si ha
a x
a
x 2 2
cos 1 cos
lim 1 =
→ . Un risultato del genere era prevedibile in quanto il limite richiesto coincide con la derivata della funzione
Quesito 7
La funzione f
( )
x = x2011+2011x derivata prima f'( )
x =2011x2010dell’intervallo
(
−1,0)
segno discorde in quantodel teorema degli zeri esiste un unico zero dell’equazione in
(
−1,0)
.Quesito 8
La quadratura del cerchio, assieme al problema della
duplicazione del cubo, costituisce un problema classico della geometria greca. In sostanza quello della quadratura del cerchio non è altro che un classico problema di
di geometria) il cui scopo è costruire un uso esclusivo di riga e compasso.
Quesito 9
Consideriamo la figura sottostante
si presenta nella forma indeterminata 0/0 per cui applicando de l’Hopital
. Un risultato del genere era prevedibile in quanto il limite richiesto coincide con la derivata della funzione tanx in x =a.
+12
x è strettamente crescente in tutto il dominio R in quanto la
2010 +2011 è sempre positiva; inoltre assume agli estremi segno discorde in quanto f
( )
−1 =−2000<0,f( )
0 =12del teorema degli zeri esiste un unico zero dell’equazione f
( )
x = x2011+2011, assieme al problema della trisezione dell'angolo
isce un problema classico della geometria greca. In sostanza quello della quadratura del cerchio non è altro che un classico problema di matematica
) il cui scopo è costruire un quadrato che abbia la stessa area di un dato .
Consideriamo la figura sottostante
si presenta nella forma indeterminata 0/0 per cui applicando de l’Hopital
. Un risultato del genere era prevedibile in quanto il limite richiesto
è strettamente crescente in tutto il dominio R in quanto la è sempre positiva; inoltre assume agli estremi
0
12 > per cui a norma 0
12
2011x+ = e compreso
trisezione dell'angolo e a quello della isce un problema classico della geometria greca. In sostanza quello matematica (più precisamente che abbia la stessa area di un dato cerchio, con
mediana e P coincide con il circocentro e in quanto tale è equidistante dai tre vertici. Consideriamo la perpendicolare per P e prendiamo un punto H. I triangolo APH, BPH e CPH sono rettangoli in P per cui applicando il teorema di Pitagora si ha:
2 2 2
2 2 2
2 2
2
PB PH
HB
PA PH HA
PC PH
HC
+
=
+
=
+
=
Poichè P è equidistante dai tre vertici si ha PA=PB=PC da cui deduciamo, viste le 3 formule di cui sopra, HA=HB=HC e poichè H è arbitrario la proprietà si può ritenere valida.
Quesito 10
Risposta esatta D.
Infatti se assumiamo come f la funzione III ci rendiamo conto che la derivata prima si annulla in due punti in corrispondenza del massimo e del minimo relativo che assume f. Inoltre deve avvenire che la derivata prima deve essere positiva tra meno infinito e il massimo di f, negativa tra massimo e minimo, e poi di nuovo positiva dal minimo in poi. E ciò è quello che succede nella funzione II.
Inoltre la derivata seconda deve azzerarsi solo in zero che è flesso per f, passando da valori negativi a valori positivi, cosa che accade per la funzione I. Alternativamente possiamo notare come delle tre funzioni, due sono dispari e cioè I e III e una è pari, la II. Visto che la derivata di una funzione dispari è pari e viceversa, la funzione derivata prima non può essere che la II. In questo modo le alternativi possibili restano la A e la D. Ma la A va scartata in quanto la funzione II assume sia valori positivi che negativi e quindi non può essere la derivata della I, perchè derivando la I si ottiene una funzione sempre positiva. Pertanto l’alternativa corretta è la D.
