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Soluzione
1) La curva di equazione 26 xy −= è una parabola con vertice in )6,0(=V e concavità rivolta verso il
basso, ed interseca l’asse delle ascisse nei punti )0,6(),0,6( −== BA come sotto rappresentato:
La figura soprastante evidenzia anche la regione R identificata da:
≥≥
−=
0
0
6
:
2
y
x
xy
R
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Per la determinazione del volume richiesto si consideri la figura sottostante che rappresenta la regione di cui bisogna determinare il volume a seguito di una rotazione della regione R intorno all’asse delle ordinate:
Poiché la regione R ruota attorno all’asse delle ordinate, allora per il teorema di Guldino il volume derivante sarà pari a:
dove )(yg rappresenta l’arco di curva AV . La parabola di equazione 26 xy −= può essere pure riscritta come
≤≤≤≤−−=
≤≤≤≤−=
60,06- 6
60,60 6
yxyx
yxyx
per cui l’arco di curva AV è rappresentato dall’equazione 60,60 , 6 ≤≤≤≤−= yxyx . In
definitiva 2) La parabola simmetrica della parabola di equazione 26 xy −= rispetto alla retta di equazione
6=y ha equazione ( ) 266*2 xyyS +=−= come rappresentato dalla figura sottostante:
[ ]∫=6
0
2)( dyygV π
[ ] ( ) πππππ 18)1836(2
66)(6
0
6
0
26
0
2 =−=
−=−== ∫∫
yydyydyygV
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Il volume richiesto non è altro che il volume del cilindro CV di altezza 6=h ed area di base
( ) πππ 366 22 === rAb cui va sottratto il volume dovuto alla rotazione della regione S attorno alla
retta 6=y . Per il calcolo di questo secondo volume è conveniente considerare un nuovo sistema di riferimento con
−==
6'
'
yy
xx
Questa trasformazione non comporta alcun cambiamento del volume, visto che il volume è indipendente dal sistema di riferimento prescelto. In tal modo le due parabole diventeranno, nel nuovo sistema di riferimento, 22 ',' xyxy S =−= e la
retta di equazione 6=y viene trasformata nella retta 0'=y cioè nell’asse delle ascisse come rappresentato dalla figura seguente:
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Il volume dovuto alla rotazione della regione S attorno all’asse delle ascisse nel nuovo sistema di riferimento sarà allora:
[ ]5
636
5
6
0
56
0
46
0
22 ππππ =
==−= ∫∫
xdxxdxxVS
per cui in definitiva il volume richiesto sarà pari a
5
6144
5
636636
πππ =−=−= SC VVV
3) L’area della regione R è:
( ) ( ) [ ] 6462663
666
0
36
0
2 =−=
−=−= ∫
xxdxxRA
oppure in modo alternativo, sfruttando il teorema di Archimede, per cui l’area del segmento
parabolico è i 3
2 dell’area del rettangolo circoscritto si ha: ( ) 646*6*
3
2 ==RA come già
evidenziato. Si consideri ora la figura seguente:
Ora dobbiamo trovare il valore di 60 , <<= kky che rende le due aree uguali e questo lo si ricava
imponendo che l’area ( )1RA della regione 1R sia pari a 62 .
Il punto T avrà coordinate ( )kkT ,6 −= . L’area della regione A sarà pari ad allora:
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( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) ( )33
6
0
36
0
21
63
2
3
666
366
kk
kk
xxkdxkxRA
kk
−=−−−−=
=
−−=−−=
−−
∫
Ora dobbiamo imporre che
( )
( ) ( )33
2
1
2
3
2
33
1
236236
236366263
2
62
−=⇒=−
⇒==−⇒=−
⇒=
kk
kk
RA
valore accettabile perché 60 << k . Una soluzione alternativa di questo quesito prevede ancora l’applicazione del teorema di Archimede per l’area di un segmento parabolico. In tal caso, a norma del teorema suddetto, l’area ( )1RA del segmento parabolico sarà sempre pari ai
3
2 dell’area del rettangolo circoscritto ad esso, per cui:
( ) ( ) ( ) kkkkRA −−=−−= 663
266
3
21
in cui il valore assoluto è superfluo perché 60 << k , da cui imponendo che ( ) 621 =RA si ha:
( ) ( )33
2
1
2
3
2
33
236236
236366263
2
−=⇒=−
⇒==−⇒=−
kk
kk
risultato analogo al precedente. 4) Il punto generico appartenente alla parabola di equazione 26 xy −= ha coordinate )6,( 2ttQ −= . La tangente in Q ha equazione:
( )( )2
2
622)('
)(6
ttxyttym
txmty
++−=⇒−==−=−−
Per il calcolo dell’area di interesse si consideri la figura sottostante:
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Il punto G ha coordinate ( )6,0 2 += tG , mentre
+= 0,2
62
t
tH , per cui l’area del triangolo OGH
sarà:
( ) ( )
<<
+=+
+=
60
4
66
2
6
2
1)(
222
2
t
t
tt
t
ttA
Per cui 4
49)1( =A .
5) Per la minimizzazione richiesta si procede attraverso il calcolo delle derivate:
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
62
04
636
4
646
16
64616)('
2
22
2
222
2
2222
<<
⇒>−+=−−+=+−+=
t
t
tt
t
ttt
t
ttttA
mentre ( )
3
4
2
123)(''
t
ttA
+= per cui ( )
0262
123)2(''
23
4
>=
+=t
tA per cui il valore che
minimizza l’area del triangolo è 282 =⇒= MINAt
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Soluzione 1) Per ipotesi sappiamo che 1)0( =f , per cui affinché la funzione
( )
>+−=
=
01ln232
)(
1)0(2
xxx
xf
f
sia continua in 0=x , dobbiamo provare che ( ) 11ln232
lim2
0=
+−
+→x
xx
. Ed in effetti ricordando il
teorema di De l’Hospital si ha che 02
lim2
1
lim1
lnlimlnlim
2
0
3
0
2
0
2
0=
−=
−==
++++ →→→→
x
x
x
x
xxx
xx
H
xx per cui
( ) 11101lnlim2
3lim1ln23
2lim 2
0
2
0
2
0=+−=+−
=
+−
+++ →→→xx
xx
xxxx
Quindi la funzione considerata è continua in 0=x .
Vediamo ora la derivabilità, calcolando la derivata di ( ) xx
xf 1ln232
)(2
+−= per 0> x .
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Si ha:
xxxxxxxxf ln22ln23)(' −=−−= da cui
[ ]
02lim
2
1
1
lim
2
1ln
lim
ln2lim0ln2lim2limln22lim
0
2
00
0000
==−
−=−=
=−=−=−
+++
++++
→→→
→→→→
x
x
x
x
x
xxxxxxxx
xx
H
x
xxxx
per cui la funzione presenta anche la derivata destra in 0=x pari al valore di quella sinistra e cioè
0)0(')0(' == +− ff e ciò dimostra la derivabilità della funzione stessa. Inoltre ricordando che per funzioni di una sola variabile reale la derivabilità implica la continuità, la dimostrazione della derivabilità in 0=x implica anche la continuità della funzione in 0=x . 2) Per dimostrare che l’equazione 0)( =xf ha un’unica radice reale in [ [+∞,0 ricordiamo la derivata
della funzione ( ) xx
xf 1ln232
)(2
+−= per 0> x :
exxxxxxxxf ≤<⇒≥−⇒≥−=−= 00ln10)ln1(2ln22)('
per cui nell’intervallo ex ≤<0 la funzione è crescente ed assumerà certamente valori positivi essendo 01)0( >=f , mentre in [ [+∞,e la funzione è decrescente. Inoltre Inoltre
( ) ( ) ( )( ) −∞=∞−=∞−∞++=−+=
+−
+∞→+∞→11ln23
2lim11ln23
2lim
22
xx
xx
xx
dal momento che ( ) −∞=−+∞=+∞→+∞→
xx
xxln23lim,
2lim
2
. Questo significa che in [ [+∞,e
0)(:! =∃ xfx . Questo valore lo si trova applicando il teorema degli zeri. Ad esempio
( ) ( ) 015ln232
25)5(,012ln438)4( <+−=>+−= ff per cui questa unica radice reale si troverà
certamente nell’intervallo [4,5], e può essere calcolata con uno dei metodi numerici a disposizione, come il metodo di bisezione. 3) Studiamo ora la funzione
( )
>+−=
=
01ln232
)(
1)0(2
xxx
xf
f
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Dominio: 0>x anche se abbiamo visto che essa è prolungabile per continuità in 0=x
Intersezioni asse delle ascisse: come gia notato 0)(:! =∃ xfx e si ha [ ]5,4∈x
Intersezioni asse delle ordinate: l’unica intersezione è nel punto di prolungabilità per continuità e
cioè (0,1).
Positività: come notato dallo studio della derivata prima, e dall’identificazione dell’unico zero reale
presente la funzione è sempre crescente ex ≤<0 (con 01)0( >=f ) e decrescente [ [+∞,e , per cui
la funzione è positiva in ),0[ x e negativa altrove.
Asintoti verticali : non ce ne sono vista la prolungabilità per continuità in 0=x
Asintoti orizzontali : non ce ne sono visto che ( ) −∞=
+−
+∞→ x
xx
1ln232
lim2
come già
evidenziato.
Asintoti obliqui: non ce ne sono poiché
( )( ) −∞=
+−=
+−
+∞→+∞→ x
x
x
xx
xx1ln23
2lim
1ln232
lim
2
Crescenza e decrescenza: lo studio della derivata prima comporta che la funzione è sempre
crescente ex ≤<0 e decrescente [ [+∞,e , mentre la derivata seconda per 0>x è pari a
10ln22ln22)('' =⇒=−=−−= xxxxf per cui in
2
5,1 la funzione ha un flesso; inoltre
02)('' <−=ef per cui il punto
+1
2,
2ee è un massimo relativo ed assoluto per la funzione.
Il grafico è sotto presentato:
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Nel punto
2
5,1 la tangente ha equazione
2
5)1( +−= xmy con 2)ln22()1(' 1 =−== =xxxxfm
per cui la tangente ha equazione 2
12 += xy :
4)
Si consideri la figura seguente che è uno zoom della regione di interesse della figura precedente:
L’area richiesta è
( ) dxxxxx
dxxxx
A
nn
n ∫∫
−+−=
+−+−=1
1
221
1
2
ln2
12
2
3
2
121ln23
2
Ricordando l’integrazione per parti si ha:
( ) kx
xx
dxx
xx
xdxxx +−=
−= ∫∫ 9ln
3
1
3ln
3ln
33332
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per cui
( )
323
323
1
1
32
31
1
332
3
1
1
221
1
2
3
)ln(
2
11
18
11
9
1
1ln
3
1
2
11
18
11
2
11
18
11
ln3218
11
9ln
322
ln2
12
2
3
2
121ln23
2
n
n
nnn
nnnnn
xxx
xxx
xxx
xx
dxxxxx
dxxxx
A
nn
nn
n
−−+−=
=
+−+−+−=
=
−+−=
+−+−=
=
−+−=
+−+−= ∫∫
5)
Va calcolato il seguente limite:
−
−+−+=
−−+−=+∞→+∞→+∞→+∞→ 323323 3
)ln(lim
2
11
18
11lim
9
1
3
)ln(
2
11
18
11
9
1limlim
n
n
nnnn
n
nnnA
nnnn
n
Ora 02
1lim
1lim
18
11lim
2
11
18
11lim
2323=
−+
+
−=
−+−+∞→+∞→+∞→+∞→ nnnnnn nnnn
essendo i tre limiti
banalmente nulli.
Inoltre applicando de l’Hopital si ha per l’altro limite: 09
1lim
9
1
lim3
)ln(lim
323===
+∞→+∞→+∞→ nn
nn
nnn
H
n per
cui 9
1
3
)ln(lim
2
11
18
11lim
9
1
3
)ln(
2
11
18
11
9
1limlim
323323=
−
−+−+=
−−+−=+∞→+∞→+∞→+∞→ n
n
nnnn
n
nnnA
nnnn
n
Questo risultato lo si interpreta geometricamente col fatto che se +∞→n la retta n
x1= tende
all’asse delle ordinate, per cui ∞A rappresenta l’area compresa tra il grafico della funzione, l’asse
delle ordinate e la sua tangente inflessionale in
2
5,1 .
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Soluzione 1)
Si consideri la figura seguente:
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L’angolo in °= 36C essendo la decima parte dell’angolo piatto, mentre il lato AB del triangolo
ABC è evidentemente il lato del decagono inscritto, mentre AH è la bisettrice riferita al lato BC. In
questo modo si ha: ABHABHAHBAHCAHCAHBAH =⇒°===⇒°== 72ˆˆ,36ˆˆ . In questo
modo il triangolo AHB risulta essere simile al triangolo di partenza ABC per cui vale la seguente
uguaglianza:
CH
CHCB
AB
HB
CB
CH −==
Ora detto xABHACH === l’uguaglianza si riscrive:
2
51022 ±−=⇒=−+⇒
−= rxrrxxx
xr
r
x
di cui la soluzione accettabile è 2
51+−= rx essendo xABHACH === il lato del decagono e
quindi una quantità strettamente positiva. Per cui, ricordando che 2
51+− è la sezione aurea
dell’unità, si ha che il lato del decagono è sezione aurea del raggio.
Ora per il teorema dei seni applicato al triangolo AHB si ha:
( ) ( ) ( )( )( )
4
15
8
1553
532
15
2
5112
2
51
222)36cos(
)36cos(2)36sin(
)36cos()36sin(2
)36sin(
)72sin(
)36sin()72sin(
+=−+=−
−=
+−−
+−
=−
=−
==°
⇒°=°
°°=°°=⇒
°=
°
r
r
ABCB
AB
CHCB
AB
HB
AB
HB
ABHBAB
Ora 52104
1
16
5261
4
151)36(cos1)36sin(
2
2 −=
+−=
+−=°−=° mentre
4
15
16
526
16
52101
8
55
2
531
8
55
2
151
)36sin(1)72(sin1)72cos()18sin(
222
−=−=+−=
−
+−
=
−
+−=
°−=°−=°=°HB
AB
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2)
Il cilindro circolare retto della figura sottostante ha raggio di base 0>x ed altezza 0>h .
La sua superficie totale sarà allora
hxxAAA lateralebasiT ππ 22 2 +=+=
Inoltre per ipotesi 2hxV π= da cui 2x
Vh
π= per cui
x
VxhxxAT
2222 22 +=+= πππ
L’obiettivo è ora di minimizzare l’area totale, per cui si calcolano le derivate:
( )
082
44
200
2224
3''
3''
332
3
2'
>=
+=
>⇒>−⇒>−=−=
ππ
π
ππππ
VA
x
VA
VxVx
x
Vx
x
VxA
T
T
T
per cui il minimo dell’area totale lo si raggiunge quando 3
2πV
x = da cui
xVVVV
V
V
x
Vh 2
22
22
2
2
33
13
2
3
2
3
2
3
22==
==
==−
ππππ
ππ
π. Quindi il minimo dell’area totale lo si
ha quando l’altezza è pari al diametro di base e quindi quando il cilindro retto risulta equilatero.
Inoltre utilizzando i dati presenti si ha 34004.0 cmlV ≅= da cui
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cmxh
cmV
x
82
4200
233
≅=
≅==ππ
3)
Affinché due curve )(),( xgxf siano tangenti nel medesimo punto di ascissa 0x deve aversi che
==
)(')('
)()(
00
00
xgxf
xgxf
La prima condizione per le curve xxgxxxf == )(),sin()( comporta ππkxx 2
21)sin( 00 +=⇒= ,
mentre la seconda impone 1)cos()sin( 000 =+ xxx , equazione quest’ultima soddisfatta da
ππkx 2
20 += . Ecco per cui è stato dimostrato che le due curve xxgxxxf == )(),sin()( sono
tangenti quando 1)sin( =x .
Analogamente il discorso vale per xxgxxxf −== )(),sin()( per le quali la prima condizione
impone ππkxx 2
2
31)sin( 00 +=⇒−= , mentre la seconda impone 1)cos()sin( 000 −=+ xxx ,
equazione quest’ultima soddisfatta da ππkx 2
2
30 += . Ecco per cui è stato dimostrato che le due
curve xxgxxxf −== )(),sin()( sono tangenti quando 1)sin( −=x .
4)
Si consideri un rettangolo di perimetro λ=p2 e si identifichino i due suoi lati con
20,
2,
λλ ≤≤− xxx come di seguito rappresentato
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L’area è:
( )
( )
( )
( ) 164
AA
ed 42
cuiper massimo, del ascissal' è 4
02
4002
2
:seconda e prima derivata la Calcoliamo
20,
22*
2
maxmax
maxmax
2
λλ
λλλ
λλ
λλ
=
==
=
−=⇒∀<−=
<≤→>−=
≤≤−=
−=
Ax
xxxxA
xxxA
λx x
xxxxA
II
I
Cioè l’area massima la si ha in corrispondenza di un quadrato.
Una via alternativa, senza l’uso delle derivate, è notare che ( ) 2
2x
xxA −= λ
è una parabola con
concavità verso il basso per cui il massimo è in corrispondenza del vertice ed è pari a
2
4,
4
λλ.
5)
Il numero di Nepero, come π , è un numero trascendente irrazionale cioè non è soluzione di una equazione polinomiale a coefficienti razionali. Se a Nepero è attribuita la scoperta del numero e, ad Eulero va il merito di averlo approfondito e reso popolare. Fu Eulero per primo ad indicarlo con la lettera "e" ed a calcolarlo fino alla 13ª cifra decimale: 2.7182818284590. Le definizioni del numero di Nepero possono essere molteplici. Ne evidenzieremo tre. La prima si
basa sul concetto di limite , per cui il numero di Nepero non è altro che en
n
n=
++∞→
11lim .
La seconda sfrutta l’espansione in serie di Taylor della funzione esponenziale per cui un'ulteriore definizione potrebbe essere fornita dalla somma della seguente serie convergente:
LL++++==∑+∞
= !3
1
!2
1
!1
1
!0
1
!
1
0n ne
Un modo alternativo (non standard) di definire e coinvolge le equazioni differenziali: il numero di Nepero si può definire come il valore in x = 1 della funzione f(x) soluzione unica del problema di Cauchy dato dall'equazione differenziale )()(' xfxf = con condizioni iniziali f(0) = 1 e risolvibile semplicemente attraverso la separazione delle variabili come mostreremo a breve. Il problema di Cauchy è
==1)0(
)()('
f
xfxf
che sotto alcune ipotesi, si dimostra fornire un’unica soluzione. Per calcolarla basta ricordare le equazioni differenziali a variabili separabili: infatti l’equazione differenziale )()(' xfxf = , supponendo ( ) 0≠xf si può riscrivere come:
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( )( ) 1'
=xf
xf
Ed integrando ambo i membri in dx si ricava:
( )( ) ( ) kxxfdxdxxf
xf +== ∫∫ ln cioè '
Quindi il problema iniziale diventa:
( )
=+=
1)0(
ln
f
kxxf
Dalla prima, per x=0, si ricava ( ) kf =0ln e ricordando che la condizione iniziale impone
1)0( =f , allora si ricava 01ln ==k , per cui infine si ricava:
( ) ( ) ( ) xx exfexfxxf ±=→=→=ln
In cui va scartata la soluzione ( ) xexf −= perché non soddisfa la condizione iniziale.
In conclusione la soluzione esiste, è unica ed è l’autofunzione ( ) xexf = che valutata in 1=x fornisce il numero di Nepero. Il problema di Cauchy sopra svolto torna utile anche perché evidenzia come la funzione ( ) xexf = abbia derivata coincidente con essa stessa (ecco per cui è chiamata autofunzione), per cui a questo punto avremmo risposto anche alla seconda domanda posta dal quesito. Un ulteriore modo per dimostrare ciò è applicare la definizione e quindi effettuare il limite del rapporto incrementale:
( ) ( ) xh
h
xhx
h
xhx
hhh
eh
ee
h
ee
h
ee
h
xfhxf
xhx
xfhxfxf
=−=−
=−=−+=−+−+=
→→
+
→→→
1lim
1lim
lim)()(
lim)()(
lim)('
00
000
dal momento che ( )
11
lim0
=−→ h
eh
h per il limite fondamentale.
6)
Matematicamente il fattoriale è definito in maniera ricorsiva e cioè:
( )
=≥−
=01
1!1!
n
nnnn
Nel calcolo combinatorio e probabilistico il simbolo n! indica il numero di permutazioni che si possono fare con n oggetti. Ad esempio se volessimo conoscere quante parole è possibile comporre con n lettere prese a caso,
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allora il numero di tali parole sarà 1*2*)3)(2(1(! KK−−=−= nnnnn . Prendiamo a tal proposito la parola TRE e vediamo quante altre parole si ricavano permutando le lettere T, R ed E: si hanno le seguenti parole:
TRE,TER,RTE,RET,ETR,ERT cioè si hanno 6 parole come previsto dal fattoriale 3!=3*2*1=6. Il legame col coefficiente binomiale viene fuori della potenza n-esima del binomio di Newton
( ) knkn
k
n bak
nba −
=∑
=+
0
dove ( )!!
!
knk
n
k
n
−=
è il cosiddetto coefficiente binomiale.
Il simbolo ( )!!
!
knk
n
k
n
−=
in termini probabilistici indica il numero di scelte che si possono fare
con k oggetti a partire dagli n totali. Ad esempio se lanciamo 5 volte una moneta non truccata e vogliamo sapere quante volte escono tre teste, utilizzando il coefficiente binomiale si ricava che tre teste escono un numero di volte pari a
( ) ( )( ) 102*6
120
!2!3
!5
!35!3
!5
3
5===
−=
Infatti le possibili combinazioni di 3 teste sui 5 lanci in totale sono: TTTCC, TTCTC, TTCCT, TCTCT, TCTTC, TCCTT, CTTTC, CTTCT, CTCTT, CCTTT. Per cui la probabilità che escono tre teste in 5 lanci sarà, sfruttando la distribuzione binomiale ed
essendo la probabilità di uscire testa pari a quella di uscire croce e pari ad 2
1)()( == TPCP visto
che la moneta è non truccata:
16
5
32
10
2
1
2
1
3
5)TESTE 3(
32
==
=P
Probabilità che potevamo calcolare anche rapportando i casi favorevoli (10) sui casi totali ( )3225 = . 7)
La funzione 344)( 234 ++−= xxxxf può essere anche riscritta in questo modo:
( ) 323)44()( 2222 +−=++−= xxxxxxf
cioè come somma di un quadrato, che in quanto tale è sempre maggiore od uguale a zero, e di un
numero maggiore di 2. Per questo motivo ( ) Rxxxxxxxf ∈∀>+−=++−= 2323)44()( 2222 e
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quindi non esiste alcun valore di 2)(: =kfk .
Un modo alternativo è risolvere l’equazione
( ) 121442344)( 22234234 −=−⇔−=+−⇒=++−= xxxxxxxxxf
che risulta impossibile perché un quadrato è un numero positivo o al massimo nullo, mai negativo.
8)
Si consideri la figura seguente che mostra la geometria del problema:
Lo spigolo IL dell’ottaedro lo si può ricavare applicando il teorema di Pitagora al triangolo
rettangolo isoscele IKL. Infatti indicato con lAB = la lunghezza dello spigolo del cubo, si ha
2
lKLIK == per cui
222
22lll
IL =
+
= e questo discorso può essere fatto per ogni spigolo
del cubo e dell’ottaedro. Per cui tutti gli spigoli dell’ottaedro sono congruenti e l’ottaedro è di
conseguenza regolare. Per quanto riguarda il volume dell’ottaedro, basta notare che esso è formato
da due piramidi aventi il quadrato NOLP come base per cui
63
2*
22
3
*2
3
2
l
ll
MQAV NOLP
ottaedro =
==
mentre 3lVcubo = per cui 6
6
3
3
==l
l
V
V
ottaedro
cubo
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9)
La risposta al quesito è immediata se si ricorda che )cos()90sin( xx =−° per cui
1)35(cos)35(sin)3590(sin)35(sin)55(sin)35(sin 222222 =°+°=°−°+°=°+°
10)
La funzione
+−−=
1
1arctan)arctan()(
x
xxxf ha come dominio l’unione di due intervalli
( ) ( )+∞−∪−∞− ,11, . La sua derivata risulta essere pari a:
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( ) 01
1
1
1
12
2
1
1
11
2
1
1
1
11
1
2
1
1
1
11
1
11
1
1)('
2222
2222
2
22
2
2
=+
−+
=+
−+
=−++
−+
=
+−+
+−+
=
+−+
+−−+
−+
=
xxxx
xxx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xxf
Ora essendo la derivata nulla si può affermare che la funzione risulta essere costante in ogni intervallo chiuso e limitato non contenente 1−=x cioè in ogni intervallo del tipo [a,b] con
1,1 −>−> ba oppure in intervalli del tipo [c,d] con 1,1 −<−< dc . Per calcolare le costanti basta fare i due limiti seguenti:
4
3
42)1arctan()arctan(
1
1arctan)arctan(lim
442)1arctan()arctan(
1
1arctan)arctan(lim
πππ
πππ
−=−−=−−∞=
+−−
=−=−+∞=
+−−
−∞→
+∞→
x
xx
x
xx
x
x
Quindi in conclusione si può dire che la funzione
+−−=
1
1arctan)arctan()(
x
xxxf è costante a
tratti, dal momento che in 1−=x presenta un salto di discontinuità pari a π . Vogliamo in ultima analisi evidenziare come la traccia sia ambigua, nel senso che avrebbe potuto trarre in inganno per come è formulata, visto che la funzione non è costante ma costante a tratti, ed il valore della costante, quindi, non è unica come evidenziato dalla figura sottostante.
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