Soluzione
1)
Studiamo la funzione f(x)=2x−3x3
Dominio: la funzione è definita in tutto R;
Intersezione asse ascisse: ( )
3 , 2
0 0
3 2 3
2 )
(x = x− x3 =x − x2 = ⇒ x= x=±
f ;
Intersezioni asse delle ordinate: x=0→ y=0;
Parità o disparità: la funzione è dispari in quanto
) ( 3
2 ) ( 3 ) ( 2 )
( x x x 3 x x3 f x
f − = − − − =− + =− ;
Positività: f(x)=2x−3x3 = x(2−3x2)>0 la discutiamo col metodo del falso sistema, e cioè ponendo ambo i fattori (x,2−3x2) maggiori di zero, e poi mettendo i risultati sulla stessa retta dei reali e vedendo il segno maggiore dove è soddisfatto, come rappresentato nella figura sottostante:
Per cui ( )
∪
−∞−
∈
> ⇒
−
=
−
= 3
, 2 3 0
, 2 0
3 2 3
2 )
(x x x3 x x2 x
f ;
Asintoti verticali: non ce ne sono visto che il dominio è tutto R;
Asintoti orizzontali: non ce ne sono: infatti xlim→+∞(2x−3x3)=−∞,xlim→−∞(2x−3x3)=+∞;
Asintoti obliqui: non ce ne sono: infatti lim→±∞(2 −3 3)= lim→±∞(2−3x2)=−∞
x x x
x
x ;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è:
3 2 3
0 2 9 2 ) (
' x = − x2 ≥ ⇒− ≤x≤
f per
cui la funzione è crescente in
−
3 , 2 3
2 e decrescente altrove; la derivata seconda è
0 0
18 ) ( '
' x =− x= ⇒x=
f per cui (0,0) è un flesso. Inoltre
0 2 3 6
'' 2 , 0 2 3 6
' 2
' = >
−
<
−
=
f
f per cui
− −
9 2 , 4 3
2 è un minimo
relativo e
9 2 ,4 3
2 è un massimo relativo.
Il grafico è sotto presentato:
2)
Le regioni richieste sono indicate nella figura sottostante:
dove ovviamente
9 2
0<c< 4 , condizione da soddisfare affinché nel primo quadrante ci siano due
intersezioni con la curva e quindi esistano due differenti regioni R ed S.
3)
Dobbiamo imporre
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ( )) 0 [ 2 3 ] 0
0 )
( )
(
0 )
( )
(
) ( )
( )
( ) (
0
3
0 0 0
0
= +
−
⇔
=
−
⇔
=
− +
−
⇔
=
−
−
−
⇔
−
=
−
= ⇒
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
dx x x c dx
x f c
dx x f c dx x f c
dx c x f dx x f c
dx c x f dx x f c S
A R A
k k
k
h h
k
h h
k
h h
Inoltre il punto B appartiene alla curva, cioè f(k)=c⇒3k3 −2k+c=0. Quindi dobbiamo risolvere il sistema seguente:
= +
−
= +
−
0 2
3
0 4 4 3
3 3
c k k
c k k
e sottraendo l’una dall’altra si trova facilmente c k 3
= 2 .
Ora sostituendo questo valore nella seconda equazione abbiamo:
3 , 2 0 9 0
3 4 3 3 4 3 0
2 2
3 3 3 2 = ⇒ = =±
−
=
−
= ⇒ +
− k k k k k k k k
k
Ora le soluzioni
3 , 2 0 =−
= k
k non sono accettabili perché forniscono in corrispondenza un valore
di c k 3
= 2 negativo o nullo, per cui il valore accettabile è
9 4 3
2⇒ =
= c
k . Quindi il punto B ha
coordinate
= 9 ,4 3
B 2 .
L’altro punt di intersezione del primo quadrante, A, lo si trova allora dalla soluzione dell’equazione 0
4 18 9 27
3 4
2x− x3 = ⇒ x3 − x+ =
Ora ricordando, dal discorso appena fatto, che
3
= 2
=k
x appartiene alla curva f(x)=2x−3x3, si può applicare Ruffini ed abbassare il grado dell’equazione a 2: infatti si ha:
( ) ( )( )
3 3 1 9
3 3 , 3
3 2
0 2 6 9 2 3 6 18 3 27
0 2 4 18
27 3 2 2
±
= −
±
= −
=
= ⇒
− +
−
=
− +
−
= ⇒ +
−
x x
x x x
x x
x x
x
in cui la soluzione
3 3 1−
= −
x , che rappresenta l’ intersezione della retta con la curva nel secondo quadrante,va scartata in quanto negativa.
In conclusione
3 , 2 3
3
1+ =
= − B
A x
x , per cui
− +
= 9
,4 3
3
A 1 e
= 9 ,4 3 B 2
4)
Le equazioni della simmetria che trasformano f(x)=2x−3x3 nella sua simmetrica e viceversa, sono:
( )
−
−
=
−
=
=
3 3
9 2 8 9
2 4 ' '
x x y
y x x
Per cui l’equazione della curva simmetrica, tralasciando gli apici, sarà
9 2 8 3 3 − +
= x x
y , come
rappresentato nella figura seguente:
Soluzione
1)
Si consideri la figura seguente:
Ogni triangolo rettangolo è inscrivibile in una semicirconferenza con diametro pari all’ipotenusa;
per cui la mediana che divide l’ipotenusa in due parti uguali non è altro che il segmento congiungente un punto della semicirconferenza con il centro; cioè per definizione di raggio la mediana coincide con il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo rettangolo, per cui è la metà dell’ipotenusa BC.
2)
Facciamo tali assunzioni:
AH altezza dell'
misura
BC ipotenusa dell'
lunghezza
AC cateto del lunghezza
AB cateto del lunghezza
h a b c
In base a tali assunzioni, ricordando che l’area di un triangolo rettangolo è
2 2
ah
A= bc = , va risolto
il seguente sistema:
= +
⇒ =
= +
=
2 2 2 2
2 2
a b c
c b ah a
b c
ah bc
Quindi sostituendo si ha:
0
0 4 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 = ⇒ + − = ⇒ − + =
+ a c c a a h
c h c a
c a c ah
Cioè ci troviamo di fronte ad una equazione biquadratica che si risolve ponendo x=c2 da cui:
2 0 4
2 2 4 2 2
2 2
2 a a a h
x h
a xa
x − + = ⇒ = ± −
e quindi
2
4 2 2
4
2 a a h
c=± a ± − in cui la soluzione col meno va evidentemente scartata in quanto
negativa. Quindi
2
4 2 2
4
2 a a h
c= a ± − . Ora ricordando la formula dei radicali doppi si ha:
( ) ( )
[
a ah a ah]
ah a
ah a
h a a a a h
a a a h a
a a c a
2 2 2
1 2
2 2
2 2
1
2 4 2
4 2
1 2
4
2 2
2 2
2 2 4 4 2 2
2 4 4 2 2
2 4 2
−
± +
=
+ ± −
=
=
+ − − ± − − −
− =
= ±
Per l’altro cateto invece:
[ ] (
( ))
( )
2
2 2
4
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2 1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
ah a
ah a
ah
ah a
ah a
ah
ah a
ah a
ah a
ah a
ah ah
a ah a
ah c
b ah
−
= +
−
= +
− =
− +
−
= +
−
± +
=
=
m m
m
3)
Consideriamo la figura sottostante:
Posto AB=x si ha AC= 3−x2 con 0≤x≤ 3. Il volume del cono è pari a:
( ) (3 ), 0 3
3
* 1 3
1 2
≤
≤
−
=
= A h x x x
x
Vcono base π
Calcoliamo ora le derivate:
( ) ( )
( )( )1 2 0
2
3 1
0 1
'' ''
2 '
<
−
=
−
=
≤
≤
≥ ⇒
−
= π
π π
cono cono cono
V
x x
V
x x
x V
per cui il volume massimo lo si raggiunge per x=1 ed è pari a
( )x V ( ) ( )m ( )m ( )litri
Vcono cono 2.0944 2094.4
3
1 2 3 3
max = = π ≅ =
Un modo alternativo di procedere è utilizzare la trigonometria, per cui posto
0 2
ˆ , π
x x A C
B = ≤ ≤ , si
ha:
) sin(
3 ),
cos(
3 x AB x
AC= =
per cui
( ) (3cos ( ))
(
3sin( ))
3 sin( )cos ( ) 3 ( )3
* 1 3
1 2 2
x g x
x x
x h
A x
Vcono = base = π = π =π
con ( ) sin( )cos2( ),0 π2 x x
x x
g = ≤ ≤
Anche in tal caso si procede attraverso le derivate per la massimizzazione della funzione
) ( cos ) sin(
)
(x x 2 x
g = con
0 π2
x≤
≤ :
[ ] [3cos ( ) 2]
) cos(
) ( sin 2 ) ( cos ) cos(
) ( sin ) cos(
2 ) ( cos ) ( '
2
2 2
2 3
−
=
=
−
=
=
−
=
x x
x x
x
x x
x x
g
Ora
∈
∀
≥0 0 2 )
cos( π
, x
x per cui :
[ ] [ ]
3 ) 2 3 cos(
) 2 cos(
0 2 ) ( cos 3 0 2 ) ( cos 3 ) cos(
) (
' x = x 2 x − ≥ ⇒ 2 x − ≥ ⇒ x ≤− ∪ x ≥
g
Ora la disequazione
3 ) 2
cos(x ≤− nell’intervallo
0 π2
, non è mai verificata poiché in esso il
coseno è sempre positivo, mentre
3 ) 2
cos(x ≥ in
0 π2
, è verificata per
≤
≤ 3
arccos 2
0 x , per
cui in
0 π2
, g' x( )≥0⇒
≤
≤ 3
arccos 2
0 x .
Ora per la derivata seconda si ha:
[ ]
0 3 4 3
9 2 2 3 1 3
arccos 2 '
'
) ( cos 9 2 ) sin(
) sin(
2 ) sin(
) ( cos 9 ) ( '
' 2 2
<
−
=
−
=
−
= +
−
= g
x x
x x
x x
g
In conclusione il valore dell’angolo che massimizza il volume è
=
3 arccos 2
x ed il volume
massimo è ( ) ( ) 2094.4( )
3 2 3 2 3 3 1 3
arccos 2 3
max V m litri
x
Vcono cono = ≅
=
= π π come già
precedentemente mostrato.
4)
Lo sviluppo piano della superficie laterale del cono rappresenta un settore circolare di raggio pari all’apotema del cono, pari cioè all’ipotenusa del triangolo di partenza come sotto rappresentato:
Il nostro scopo è determinare l’angolo α. Ricordando che la lunghezza di un arco di circonferenza è pari al prodotto del raggio per l’angolo al centro espresso in radianti si ha: l =BC*α, dove l rappresenta la circonferenza di base del cono e quindi è l=2πr=2π 3−1=2π 2 per cui
( )rad
BC
l 5.1302
3 2 2 3
2
2 = ≅
=
= π π
α ed espresso in gradi è
'' 20 ' 56 3 293
2 2
* 180 180
3 *
2 2 ≅ °
°
=
°
= π π
α .
Soluzione
1)
Bisogna risolvere il sistema
≠
= +
b a
ab b a
Ora la prima condizione, quella di uguaglianza tra somma e prodotto può essere riscritta come
−1
= a
b a , per cui tale relazione non è definita per a=1. Inoltre la condizione a≠b comporta
( 1) 2 0 0 2
1
2 − ≠ ⇒ ≠ ∩ ≠
≠ ⇒
−
≠ ⇒
− a a a a a a a a
a
a . Quindi tutte le coppie ( ba, ) che
soddisfano al sistema
≠
∩
≠ −
=
2 0
1 a a
a b a
asintoto verticale a=1 ed asintoto orizzontale b=1, da cui vanno escluse le due coppie (0,0),(2,2) per le considerazioni sopra fatte, perché (0,0),(2,2) soddisfano alla condizione che la somma sia uguale al prodotto, ma hanno ascissa ed ordinata uguale. Cioè in conclusione le coppie richieste sono tutte quelle che appartengono all’iperbole di equazione
−1
= a
b a cui vanno sottratte quelle
date dall’intersezione dell’iperbole con la bisettrice del primo e terzo quadrante di equazione a
b= come sotto rappresentato:
2)
Si consideri la figura seguente in cui vengono rappresentati in sezione la sfera ed il cilindro equilatero:
La sezione del cilindro, essendo equilatero, è il quadrato ABCD. L’altezza h del cilindro allora coinciderà col diametro di base, per cui h=2r. Inoltre il raggio R della sfera sarà la metà della
diagonale del quadrato, per cui 2 2
2
2r r
R= = .
La superficie totale del cilindro è Scilindro =2πrh+2πr2 =2πr(h+r) mentre quella della sfera è 4 R2
Ssfera = π , per cui ( ) ( )
( )
2 86 434 2 2 4
2
2 2
2
2 = + = =
= +
r r r
r r r R
r h r S
S
sfera cilindro
π π π
π π
π
3)
Una funzione come quella richiesta può essere una cubica di equazione y=ax3 +bx2 +cx+d. La derivata prima della funzione è y'=3ax2 +2bx+c, ed imponendo y'( )±1 =0 si ricavano due condizioni : 3a+2b+c=0,3a−2b+c=0 e se si sottrae l’una dall’altra si ricava subito b=0 e
a
c=−3 . La derivata seconda è y''=6ax+2b=6ax, ed affinché la funzione abbia il massimo in (1,3) o il minimo in (-1,2) deve accadere che y ''(1)=6a<0⇒a<0 oppure
0 0
6 ) 1 (
'' − =− a> ⇒a<
y , per cui scegliendo a<0vengono soddisfatte le condizioni che i punti (1,3) e (-1,2) siano estremi relativi. Inoltre imponendo il passaggio per i punti suddetti si ricavano gli altri parametri della curva y=ax3 +cx+d: infatti si ricavano altre due condizioni:
2 ,
3− − + =
= +
+c d a c d
a . Il sistema da risolvere è allora :
=
=
−
=
⇒
= +
= +
−
−
=
⇒
= +
−
−
= + +
−
=
2 5 4 3
4 1
2 2
3 2
3
2 3 3
d c a
d a
d a
a c
d c a
d c a
a c
con 4
−1
=
a effettivamente minore di zero.
La curva è allora
2 5 4 3 4
1 3 + +
−
= x x
y con grafico sotto presentato:
2 3 4 5
4)
Consideriamo la funzione y=ex +3x. Si ha:
( + )=+∞ →−∞( + )=−∞
+∞
→ e x ex x
x x
xlim 3 ,lim 3
Inoltre la funzione è sempre crescente visto che y'=ex+3>0 ∀x∈R. Quindi la funzione è sempre crescente , a −∞ tende a −∞, a +∞ tende a +∞, quindi essa intersecherà l’asse delle ascisse in uno ed un sol punto.
Un altro modo di procedere è la via grafica risolvendo il sistema seguente:
−
=
= x y
e y x
3
sotto rappresentato:
Per capire in che intervallo si trova l’unico zero si nota che y(0)=1>0,y(−1)=e−1−3<0 per cui per il teorema degli zeri ∃x∈(−1,0):ex + x =0. In particolare con uno dei metodi numerici preferiti ( ad esempio quello di bisezione) si calcola che x ≅−0.258.
Applichiamo tale metodo all’intervallo (-1,0):
1.
−
∈
< ⇒
−
=
− ,0
2 0 1
2 3 1 2
1 x
e
f ;
2.
− −
∈
> ⇒
−
=
−
4 , 1 2 0 1
4 3 1 4 1
4 x
e
f ;
3.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
4 , 1 8 0 3
8 9 1 8 3
8 3 x
e
f ;
4.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
4 , 1 16 0 5
16 15 1 16
5
16 5 x
e
f ;
5.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
4 , 1 32 0 9
32 27 1 32
9
32 9 x
e
f ;
6.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
4 , 1 64 0 17
64 51 1
64 17
64 17 x
e
f ;
7.
− −
∈
> ⇒
−
=
−
64 , 17 128 0 33
128 93 1
128 33
128 33 x
e
f ;
8.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
256 , 67 128 0 33
256 201 1
256 67
256 67 x
e
f ;
9.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
512 , 133 128 0 33
512 399 1
512 133
512 133 x
e
f ;
10.
− −
∈
< ⇒
−
=
−
1024 , 265 128 0 33
1024 795 1
1024 265
1024 265 x
e f
Quindi ( 0.257812, 0.258789)
1024 , 265 128
33 ≈ − −
− −
∈
x per cui x ≅−0.258; in particolare
l’approssimazione potrebbe essere più precisa e trovare x ≅−0.257628.
5)
Esistono infinite espressioni di g(x) che soddisfano alle ipotesi del problema: quella più banale è la funzione non costante
=
= ≠
2 4
2 ) 3
( x x x
g .
Un’altra famiglia di espressioni può essere ( )
=
∈
≠
−
= + +
2 4
, 2 2
) 3
( x
R n x x x
g
n
e così via.
6)
