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Simulazione di prova d’Esame di Stato
Risolvi uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario
Problema 1
Sia f la funzione reale di equazione
2
y = (2x3 − x)e−x .
a. Studiare e tracciare il grafico di f .
b. Determinare fra le sue primitive la F (x) tale che F (0) = − 12 .
c. Studiare la funzione F trovata al punto precedente e tracciarne un grafico sovrapponendolo a quello relativo alla funzione f .
d. Determinare il punto d’intersezione fra le due funzioni con un metodo di approssimazione numerica studiato con la precisione di 10−1 .
e. Calcolare l’area della regione di piano delimitata dalle due curve e compresa fra il
punto d’intersezione calcolato precedentemente e l’asse delle ordinate, utilizzando
un metodo di calcolo numerico.
Risoluzione
a. Dominio R.
√
Intersezioni asse x: x(2x2 − 1) = 0 ⇒ x = 0, x = ± 22 .
Intersezione asse y: x = 0 ⇒ y = 0.
Simmetria: funzione dispari.
Segno: l’esponenziale è sempre positivo; poniamo 2x3 − x > 0 e dallo studio del segno
si deduce che f (x) > 0 per −
√
2
2
< x < 0 e per x >
√
2
−
2
x
√
2
2 .
√
2
2
0
x >0
2x 2 − 1 > 0
−
+
−
+
Asintoti: non ci sono asintoti verticali; c’è asintoto orizzontale (data la simmetria calcoliamo solo il limite a +∞)
2
2x3 − x # ∞ $ H
6x2 − 1 H
=
=
lim
=
lim (2x3 − x)e−x = lim
2
x→+∞
x→+∞
x→+∞ 2xex
∞
ex2
12x
= lim x2
= 0.
x→+∞ e (4x2 + 2)
Derivata prima:
y (x) = −e−x (4x4 − 8x2 + 1). Il dominio coincide con quello della funzione. Studiamo
il segno della derivata prima e la annulliamo per ricavare i punti stazionari.
2
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y (x) > 0 se 4x4 − 8x2 + 1 < 0. È un’equazione biquadratica le cui soluzioni sono
x=−
√
3+1
2 ;
x=
√
− 3+1
;
2
x=
√
3−1
2 ;
√
−
x
x=
√
3+1
2 ;
lo studio dei segni è riportato in figura.
√
− 3+1
2
3+1
2
√
√
3−1
2
3+1
2
4x 4 − 8x 2 + 1 ≤ 0
f (x )
−
−
+
−
+
f (x )
m
M
m
M
√
3+1
2
√
3+1
2 , e
Da questa si deduce che la funzione è crescente negli intervalli −
√
3−1
2
<x<
√
3+1
2 ,
presenta massimi per x =
√
− 3+1
2
e per x =
<x<
√
− 3+1
2
e
minimi negli al-
tri due punti.
Derivata seconda:
y (x) = 2xe−x (4x4 − 16x2 + 9). Studiamo il segno della derivata seconda e la annul2
liamo per ricavare i punti di flesso. I punti di flesso sono x = 0 e x = −
x=
√
− 7+1
;
2
x=
√
7−1
2 ;
x=
√
7+1
2 .
√
7+1
2 ;
Lo studio dei segni è riportato in figura. Da questa si
deduce che la funzione ha concavità rivolta verso l’alto negli intervalli
−
√
7+1
2
<x<
√
− 7+1
,
2
0<x<
√
−
x
√
7−1
2
ex>
√
7+1
2 .
√
− 7+1
2
7+1
2
√
0
√
7−1
2
7+1
2
x ≥0
4x 4 − 16x 2 + 9 ≥ 0
f (x )
−
−
+
−
+
+
f (x )
f
f
f
f
f
Il grafico è riportato in figura.
y
–1
y = (2x 3 − x )e −x
O
1
2
2
x
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b. Calcoliamo le primitive integrando la funzione:
2
(2x3 − x)e−x dx.
Per risolvere l’integrale occorre osservare che −2xe−x = f (x)ef (x) , il cui integrale è
2
immediato e vale e−x . Allora
2
1
3
−x2
3 −x2
(2x − x)e
dx = 2x e
dx +
−2xe−x dx.
2
1
2
Il secondo integrale vale, per quanto detto prima, e−x . Il primo integrale si risolve
2
per parti:
2
x2 · 2xe−x dx.
2
Posto f (x) = 2xe−x , da cui f (x) = −e−x , e g(x) = x2 , da cui g (x) = 2x, si ricava
2
2
2
2
−x2
2 −x2
x · 2xe
dx = −x e
− −2xe−x dx = −x2 e−x − e−x .
2
2
In conclusione:
2
2
2
2
2
2 (1 + 2x )
1
(2x3 − x)e−x dx = e−x − x2 e−x − e−x + c = −e−x
+ c.
2
2
1
Poiché F (0) = − , si ricava c = 0. La primitiva cercata è allora
2
2
2 (1 + 2x )
F (0) = −e−x
.
2
c. Dominio R.
Nessuna intersezione con l’asse x.
1
Intersezione asse y: x = 0 ⇒ y = − .
2
Simmetrie: la funzione è pari.
Segno: la funzione è sempre negativa.
Asintoti: non ci sono asintoti verticali. Data la simmetria calcoliamo il limite a +∞.
(1 + 2x2 ) −x2
(1 + 2x2 ) # ∞ $ H
4x
2
e
= 0,
= lim −
=
=
lim
=
lim −
2
x→+∞
x→+∞
x→+∞ 2xex
2
∞
∞
ex2
da cui si deduce l’esistenza dell’asintoto obliquo.
Calcoliamo la derivata prima. Essa coincide con√ la funzione f (x), da cui
si deduce che
√
F (x) è crescente quando la f (x) è positiva (− 22 < x < 0 e per x > 22√). I punti stazionari coincidono con i punti di intersezione della f (x) (x = 0 e x = ± 22 ) e in particolare x = 0 è punto di massimo, mentre gli altri sono punti di minimo, come si deduce
dalla figura.
F (x)
si deduce che
Calcoliamo la derivata seconda. Essa coincide con la f (x), da cui
√
√
3+1
− 3+1
− 2 √< x <
ha
concavità
rivolta verso l’alto negli
intervalli
e
2 √
√
√
√
√
3−1
33+1
3+1
− 3+1
3−1
3+1
< x < 2 e presenta flessi per x = − 2 , x =
,x= 2 ex= 2 .
2
2
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In figura sono riportati i due grafici.
y
y = (2x 3 − x )e −x
O
–1
2
x
1
y =−
1 + 2x 2 −x 2
e
2
d. Dal grafico si deduce che il punto d’intersezione è compreso nell’intervallo
−2 < x < −1. Consideriamo l’equazione data dalla differenza delle due funzioni:
(1 + 2x2 ) −x2
2
(2x3 − x)e−x +
e
= 0.
2
Applicando il metodo dicotomico si ottiene la seguente tabella.
a
b
–2
–1
m=
a+b
2
f (a)
f (b)
f (m)
– 1,5
f (a) < 0
f (b) > 0
– 0,26
– 1,5
–1
– 1,25
f (a) < 0
f (b) > 0
– 0,12
– 1,25
–1
– 1,125
f (a) < 0
f (b) > 0
0,012
– 1,25
– 1,125
– 1,1875
f (a) < 0
f (b) > 0
– 0,06
La radice dell’equazione, e quindi la coordinata del punto d’intersezione, è un valore
compreso nell’intervallo −1,1875 < x < −1,125.
e. Usiamo il metodo dei trapezi. Dividiamo l’intervallo in 5 parti di ampiezza
b−a
= 0,23. L’area è data dalla differenza delle due funzioni; pertanto il calcox =
5
(1 + 2x2 ) −x2
2
e
.
lo verrà effettuato applicandolo alla funzione h(x) = (2x3 − x)e−x +
2
Costruiamo la seguente tabella.
estremo
valore
H(x )
a
– 1,15
0
x1
– 0,92
0,3
x2
– 0,69
0,63
x3
– 0,46
0,8
x4
– 0,23
0,72
b
0
0,5
Applicando la formula dei trapezi otteniamo l’area:
H(a)
H(b)
A=
+ H(X1 ) + H(X2 ) + H(X3 ) + H(X4 ) +
x = 0,62 .
2
2
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Problema 2
Fissato un sistema cartesiano Oxy si consideri la curva γ di equazione
x + 11
y=
.
x+2
a. Tracciare il grafico e determinare il suo centro di simmetria.
b. Traslare γ in modo da far coincidere il suo centro di simmetria con l’origine degli
assi e determinare l’equazione della curva ϕ così ottenuta tracciandone il grafico.
c. Detto A il punto del primo quadrante in cui ϕ si interseca con una retta generica r
di equazione y = mx (m > 0), condurre da esso la perpendicolare p a OA e chiamare B il punto in cui p interseca l’asse delle ordinate. Determinare l’equazione α
del luogo geometrico dei punti descritto dal baricentro del triangolo OAB al variare della retta r.
d. Studiare la funzione α e tracciarne il grafico.
e. Condotta la retta y = 6, calcolare l’area della superficie chiusa limitata dalla retta
e dalla curva α dopo aver determinato i punti d’intersezione con un metodo di approssimazione numerica.
Risoluzione
a. La curva è un’iperbole omografica di centro (−2; 1) il cui grafico è riportato in figura.
y
x = −2
5
y=
x + 11
x +2
x
O
– 11
b. Trasliamo utilizzando un vettore V (2; −1) le cui equazioni di traslazione sono:
x =x+2
y = y − 1
x = x − 2
Applichiamo alla funzione le trasformazioni inverse:
y = y + 1
9
La funzione diviene y = , il cui grafico è riportato in figura.
x
y
10
y=
–10
O
–10
5
10
9
x
x
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c. Determiniamo il punto A intersecando il fascio di rette y = mx con l’iperbole:
y = mx
9
x
√
3
Sviluppando i calcoli si ottengono le coordinate di A: A √ ; 3 m . Calcoliamo il fam
1
scio di rette passanti per A di coefficiente angolare − . Esso risulta
m
√
3
1
x− √
y−3 m=−
. Per determinare le coordinate di B, intersechiamo il fam
m
3(1 + m2 )
√
.
scio di rette con l’asse delle ordinate, imponendo x = 0. Si ricava B 0;
m m
Calcoliamo infine le coordinate del baricentro.
XO + XA + XB
3
1
XG =
⇒ XG = √ = √
3
3 m
m
y=
YG =
YO + YA + YB
3
√
3(1 + m2 )
√
3 m+
2m2 + 1
m m
√
=
⇒ YG =
.
3
m m
Ricaviamo dalla prima espressione il parametro m = x−2 e sostituiamolo nella seconda. Otteniamo così il luogo geometrico desiderato:
1
2 4 +1
x4 + 2
x
=
y=
.
1
x
x3
d. Dominio: R {0}.
Intersezioni: non interseca gli assi.
Simmetrie: è una funzione dispari.
Segno: il numeratore è sempre positivo, per cui la funzione è positiva per x > 0.
Asintoti: ha un asintoto verticale in x = 0. Infatti:
x4 + 2
= ±∞
lim±
x
x→0
Asintoti orizzontali o obliqui (data la simmetria basta studiare il limite a +∞):
x4 + 2
= ±∞.
x→+∞
x
Non ha pertanto asintoto orizzontale. Visto che la differenza di grado del polinomio al numeratore rispetto a quella del denominatore è 3, non ci sarà nemmeno asintoto obliquo.
lim
Derivata prima:
3x4 − 2
y =
.
x2
Studiamo il segno e i punti stazionari. La derivata prima si annulla per x = ± 4 23 .
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Dalla figura si ricavano gli intervalli in cui la funzione cresce o decresce, il massimo
√ √ − 4 23 ; − 43 4 24 e il minimo 4 23 ; 43 4 24 .
!
−4
x
!
2
3
0
4
2
3
3x 4 − 2 ≥ 0
f (x )
−
+
−
+
f (x )
M
m
2(3x4 + 2)
x3
La derivata seconda non si annulla mai ed è positiva per x > 0, intervallo in cui la funzione volge concavità verso l’alto.
Derivata seconda: y =
In figura è rappresentato il grafico della funzione.
y
y=
!
−4
2
3
x4 + 2
x
1
!
O
4
2
3
x
e. Calcoliamo i punti d’intersezione con il metodo dicotomico applicato alla funzione
x4 + 2
x4 + 2
− 6, che equivale a cercare gli zeri dell’equazione
− 6 = 0. Dal
h(x) =
x
x
grafico precedente si deduce che i punti d’intersezione di h(x) con l’asse delle ascisse
!
!
2
4 2
, α2 > 4 .
hanno ascisse α1 ed α2 tali che O < α1 <
3
3
a
b
0,1
0,9
0,1
0,5
0,3
0,3
m=
a+b
2
h(a)
h(b)
h(m)
0,5
h(a) > 0
h(b) < 0
– 1,875
0,3
h(a) > 0
h(b) < 0
0,7
0,5
0,4
h(a) > 0
h(b) < 0
– 0,9
0,4
0,35
h(a) > 0
h(b) < 0
– 0,24
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In conclusione l’ascissa cercata è compresa nell’intervallo 0,3 < x < 0,35.
a
b
1
2
1,5
2
1,5
1,625
m=
a+b
2
h(a)
h(b)
h(m)
1,5
h(a) < 0
h(b) > 0
– 1,3
1,75
h(a) < 0
h(b) > 0
– 0,5
1,75
1,625
h(a) < 0
h(b) > 0
– 0,47
1,75
1,6875
h(a) < 0
h(b) > 0
– 0,01
In conclusione l’ascissa cercata è compresa nell’intervallo 1,6875 < x < 1,75.
Possiamo allora calcolare l’area:
β
β
x4
x4 + 2
dx = 6x −
− 2 ln |x| ≈ 2,86,
6−
x
4
α
α
dove α e β sono i due valori approssimati.
Questionario
1
Scrivere la funzione f (x) che rappresenta la distribuzione gaussiana standardizzata e rappresentarne il grafico. Calcolare la probabilità che la variabile casuale
standardizzata x assuma valori compresi fra −1 e 2, sapendo che la corrispondente funzione di ripartizione F (x) assume i valori F (1) = 0,84134 e F (2) = 0,97725.
Risoluzione
La funzione di distribuzione gaussiana standardizzata, cioè quella per cui il valore medio vale 0 e lo scarto quadratico medio σ = 1, è espressa dall’equazione:
1
x2
f (x) = √ e− 2 .
2π
Il grafico è mostrato in figura.
y
0,4
f (x ) =
–2
O
2
8
√1
2π
x2
e− 2
x
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La probabilità che la variabile x assuma valori compresi fra due estremi a e b è data da
F (b) − F (a), dove F è la funzione di ripartizione. Poiché uno dei due estremi è negativo, sfruttando la simmetria della gaussiana la probabilità cercata è
P (−1 ≤ x ≤ 2) = F (2) − (1 − F (1)) =
= F (2) + F (1) − 1 = 0,97725 + 0,84134 − 1 = 0,81859.
2
Si consideri la funzione reale f definita da
4 − x2
f (x) =
.
8 + 2x
Calcolare gli asintoti e determinare il vettore di traslazione che applicato alla f trasforma la funzione in una funzione dispari e scriverne l’equazione.
Risoluzione
La funzione, il cui dominio è tutto R {−4}, ha un asintoto verticale in x = −4 e uno
obliquo. Infatti:
4 − x2
= ∞.
lim
x→−4 8 + 2x
Per determinare l’asintoto obliquo calcoliamo i seguenti limiti:
4 − x2
= ∞ che esclude l’asintoto orizzontale.
lim
x→∞ 8 + 2x
1
4 − x2
= − che rappresenta il coefficiente angolare dell’asintoto obliquo.
lim
x→∞ (8 + 2x)x
2
1
4 − x2
lim
+ x = 2 valore del termine noto. In conclusione, l’asintoto obliquo vale:
x→∞ 8 + 2x
2
1
y = − x + 2.
2
I due asintoti si intersecano in un punto di coordinate P (−4; 4). Trasliamo allora tale
punto nell’origine applicando un vettore v(4; −4) le cui equazioni di traslazione sono:
x =x+4
x = x − 4
.
Applichiamo
alla
funzione
le
trasformazioni
inverse:
. Sostiy = y − 4
y = y + 4
4 − (x − 4)2
x2 + 12
⇒ y = −
, che si verifica facilmente
tuendo otteniamo y + 4 =
8 + 2(x − 4)
2x
essere una funzione dispari.
3
Si consideri una piramide retta a base quadrata di vertice V e la si intersechi con
un piano parallelo alla base, ottenendo una piramide α e un tronco di piramide β. Determinare il rapporto fra le altezze dei due solidi (α e β) nel caso in cui il volume della piramide così ottenuta è 71 di quello del tronco di piramide.
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Risoluzione
Poiché Vα = 71 Vβ , allora Vα = 18 V , dove V è il volume della piramide iniziale. Poiché il
piano secante è parallelo alla base, le due piramidi sono simili e quindi le misure dei lati, altezze ecc. delle due piramidi sono in proporzione fra loro secondo la radice cubica
del rapporto dei
loro volumi.
Quindi hα =
3
1
8
h, dove hα è l’altezza della piramide sezionata e h quella iniziale.
In conclusione hα = 12 h. Poiché l’altezza del tronco di piramide è data dalla differenza
h − hα , il rapporto fra l’altezza della piramide sezionata e quella del tronco di piramide è unitario.
4
Si consideri un’ellisse riferita al centro e agli assi di simmetria avente i fuochi
di coordinate (±1; 0) ed eccentricità 12 e un rettangolo, interno all’ellisse, con i lati
paralleli agli assi di simmetria e passante per i due fuochi. Determinare la probabilità
che un punto P , posto internamente all’ellissoide ottenuto dalla rotazione dell’ellisse attorno all’asse delle ascisse, sia esterno al cilindro ottenuto per rotazione del rettangolo
sempre attorno all’asse delle ascisse.
Risoluzione
Detto Ve il volume dell’ellissoide e Vc quello del cilindro, la probabilità sarà data dalVe − Vc
l’espressione: P =
. Occorre innanzi tutto ricavare l’equazione dell’ellisse di
Ve
1
centro O. Avendo fuochi di coordinate (±1; 0) ed eccentricità , si possono ricavare i
2
parametri a e b. Infatti:
c=1
c
1
e = = e quindi a = 2.
2
a
x2
y2
+
= 1. Una volta esplicitata
b2 = a2 − c2 = 3. L’equazione dell’ellisse è allora:
!
4
3
12 − 3x2
, calcoliamo il volume dell’ellissoide con la forl’equazione dell’ellisse: y =
4
mula dei volumi di rotazione mediante l’integrale
2
2
1 3
12 − 3x2
Ve = π
dx = 3x − x
π = 8π .
4
4
−2
−2
Calcoliamo ora i lati del rettangolo. Poiché esso è parallelo agli assi di simmetria dell’ellisse e passa per i fuochi, i vertici del rettangolo si otterranno intersecando l’ellisse
con le rette di equazioni x = ±1.

 x2
y2
+
=1
3
 4
x = ±1
10
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3
3
Sostituendo si ottiene y = ± . I vertici del rettangolo hanno coordinate ±1; ±
ei
2
2
3
lati misurano 2 e 3. Il cilindro allora ha raggio r = e altezza h = 2. Il volume del ci2
9
9
lindro è dato da: Vc = πr2 h = · 2π = π . La probabilità allora vale:
4
2
8 − 92 π
Ve − Vc
7
P =
=
=
.
Ve
8π
16
5
Sia f la funzione reale definita da
ln(x + 1)
f (x) = x −
.
x+1
Dopo aver dimostrato che la funzione ha un solo punto estremante, ricavarne le coordinate e stabilire se si tratta di un massimo o di un minimo.
Risoluzione
Il dominio della funzione è dato dall’intervallo x > −1. Nel dominio la funzione è continua e pertanto calcoliamo la derivata prima:
ln(x + 1) + (x + 2)x
y =
.
(x + 1)2
La funzione è derivabile nel dominio, per cui annulliamo la sua derivata prima e ne studiamo il segno. Ricaviamo ln(x + 1) + (x + 2)x = 0. Studiamo graficamente la funzione, osservando che l’equazione è formata da una funzione logaritmica (Y = ln(x + 1))
traslata di un vettore (−1; 0) e da una parabola con concavità rivolta verso il basso
(y = −x2 − 2x). Tracciamo i grafici.
y
y = ln(x + 1)
y = −x 2 − 2x
–2
O
x
Osserviamo che l’unico punto d’intersezione è nell’origine. Inoltre, poiché la derivata
prima è data dalla differenza fra la funzione logaritmica e la parabola, la funzione sarà crescente per x > 0 e decrescente per x < 0. Di conseguenza l’estremante trovato è
un minimo di coordinate (0; 0), come si verifica immediatamente sostituendo x = 0 nella f .
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Sono dati due punti A e O tali che AO = a; dal punto O, preso come centro,
descrivere una circonferenza di raggio variabile x, e dal punto A condurre le due tangenti a questa circonferenza. Trovare, fra i triangoli isosceli formati dalle due tangenti
e dalla corda che congiunge i punti di contatto, quello di area massima.
Risoluzione
Dalla figura si osserva che OB = x con 0 < x ≤ a. Applicando il Primo teorema di Euclide si ottiene:
x2
x2
OH · AO = OB 2 da cui OH =
. Allora AH = AO − OH = a −
.
a
a
Dal Secondo teorema di Euclide ricaviamo: BH 2 = AH · OH , da cui
!
x√ 2
x2 (a2 − x2 )
a − x2 .
=
BH =
a
a
a
B
A
H
O
L’area dei triangoli isosceli sarà espressa: A = BH · AH =
x√ 2
a2 − x2
a − x2
.
a
a
√
Derivando si ottiene: A = a2 − x2 (a2 − 4x2 ). La derivata prima si annulla per
a
x = ±a e per x = ± , di cui si accettano solo i valori positivi. Dallo studio del segno
2
a
a
della derivata prima si deduce che la derivata prima è positiva per − < x < , come
2
2
riportato in figura, da cui si deduce che l’area dei triangoli isosceli è massima quando
a
il raggio della circonferenza vale , cioè quando il triangolo è equilatero.
2
a
2
0
x
a
a2 − x 2 ≥ 0
a2 − 4x 2 ≥ 0
f (x )
−
+
f (x )
M
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Sapendo che la funzione
f (x) = 2x − x3 + ln(x + 1) + 3
è invertibile nell’intervallo − 12 ; 12 , allora, indicando con g la funzione inversa, calcolare la g (3).
Risoluzione
Intersecando la funzione f (x) con la retta y = 3 si ottiene l’equazione
2x − x3 + ln(x + 1) = 0, che si annulla per x = 0. Allora il punto della funzione di or1
. Di consedinata 3 ha ascissa 0. Per il teorema della funzione inversa g (y0 ) = f (x0 )
1
guenza g (3) = . Derivando la funzione f (x) si ottiene:
f (0)
1
1
1
− 3x2 + 2 da cui f (0) = 3. Allora g (3) = = .
f (x) =
x+1
f (0)
3
8
Si consideri un pentagono ABCDE regolare inscritto in una circonferenza di
raggio unitario. Condotta da A la diagonale AC e da B la diagonale BE, dimostrare
che BE è tagliata da AC in due parti che stanno fra loro secondo la relazione aurea.
Risoluzione
Dalla figura si osserva che, detto D il punto d’intersezione delle due diagonali AC e
( ∼
( perché angoli che insiBE, i triangoli BCD e BCE sono simili, infatti B CA
= B EC
∼
stono su archi congruenti. CE = BE perché diagonali del pentagono regolare.
C
E
B
A
D
D
B
C
A
E
( ∼
( ∼
( perché angoli che insistono su
Ma anche BD C è isoscele. Infatti B CA
= ACE
= E CD
◦
108
( E vale 108◦ in quanto è da= 36◦ . Allora C D
archi congruenti e valgono ciascuno
3
( − C EB.
( Allora B D
( C, supplementare di C D
( E, vale 72◦ . Di conseto da 180◦ − ACE
( vale 72◦ e quindi il triangolo BCD è isoscele e perciò i triangoli
guenza anche C BE
BE
BC
=
BCD e BCE sono simili. Allora vale la proporzione:
. Ma
BD
BC
BC = CD = D E (in quanto anche CD E è isoscele di base CE) e quindi sostituendo
BE
D E
= , che è proprio la relazione aurea.
si ottiene
BD
DE
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Si consideri l’equazione sen x = 0. Utilizzando un metodo di calcolo numerico
delle radici, ricavare un valore approssimato di π alla seconda cifra decimale.
Risoluzione
Applichiamo il metodo di calcolo dicotomico considerando la funzione f (x) = sen x e
prendendo come estremi dell’intervallo i valori a = 3 e b = 4. Costruiamo la tabella.
a
b
m=
a+b
2
f (a)
f (b)
f (m)
3
4
3,5
f (a) > 0
f (b) < 0
– 0,35
3
3,5
3,25
f (a) > 0
f (b) < 0
– 0,108
3
3,25
3,125
f (a) > 0
f (b) < 0
0,016
3,125
3,25
3,1875
f (a) > 0
f (b) < 0
– 0,046
3,125
3,1875
3,15625
f (a) > 0
f (b) < 0
– 0,015
3,125
3,15625
3,1406
f (a) > 0
f (b) < 0
0,001
3,1406
3,15625
3,1511
f (a) > 0
f (b) < 0
– 0,01
3,1406
3,1511
3,14585
f (b) < 0
– 0,004
3,1406
3,14585
f (a) > 0
Abbiamo ricavato un intervallo di cui sono certe le prime due cifre decimali. Possiamo
concludere che il valore approssimato di π è 3,14.
Preso un sistema cartesiano Oxy si consideri la parabola di equazione y = x2 .
Si ponga sull’asse delle ordinate un filo metallico in cui scorra una corrente di intensità di
1 A. Ricordando che il campo magnetico prodotto da un filo rettilineo in un punto a distanza x è dato dalla legge di Biot-Savart
i
B=
2πx
ed è perpendicolare al piano xy, si calcoli il flusso del campo magnetico che attraversa la superficie chiusa limitata dalla parabola, dall’asse delle ascisse e dalle rette di equazioni x = 1
e x = 2. (Nella soluzione si lascino indicate le costanti µ0 e π senza sostituirne i valori.)
10
Risoluzione
Il vettore B prodotto dal filo percorso da corrente non è costante in tutti i punti della
superficie, ma solo sulle rette parallele all’asse y. Perciò per calcolare il flusso occorre
calcolare gli infiniti flussi infinitesimi che attraversano le superfici rettangolari di altezza f (x) e base dx e quindi sommarli.
Questo significa
calcolare il seguente integrale:
b
B(x) · f (x) dx,
(B) =
a
dove f (x) è l’equazione della parabola e gli estremi a e b sono quelli dati dal testo
(a = 1 e b = 2). Sostituendo si ottiene:
2
b
µ0 2 x2
3µ0
µ0 x2
dx =
B(x) · f (x) dx =
=
(B) =
.
2π 1 x
2π 2 1
4π
a
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