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2) ( )

+ 2

1 t

=

p (

t )

Studiamo ora la funzione senza considerare i limiti geometrici, che considereremo a

t (

1 t )

valle dello studio suddetto. ( ) ( ) ( )

≠ ≠ ⇔ ∈ − ∞ ∪ ∪ +∞

t 0

, t 1 t ,

0 0

,

1 1

,

Dominio :

Intersezioni con gli assi : non ci sono intersezioni con nessuno dei due assi

Parità e disparità : non è una funzione né pari, né dispari

( )

+ 2

1 t

= > − > < <

⇒ ⇒

p (

t ) 0 t (

1 t ) 0 0 t 1

Positività : −

t (

1 t )

Asintoti verticali :

( ) ( )

+ +

2 2

1 t 1 1 t 1

= = +∞ = = −∞

lim , lim

+ −

− −

+ −

→ →

t (

1 t ) t (

1 t )

0 0

0 0

t t

( ) ( )

+ +

2 2

1 t 2 1 t 2

= = −∞ = = +∞

lim , lim

− +

− −

+ −

→ →

t (

1 t ) t (

1 t )

0 0

1 1

t t

= =

per cui t 0

, t 1 sono due asintoti verticali

( )

+ 2

t

1 = − = −

lim 1

Asintoti orizzontali : cioè p (

t ) 1 è un asintoto orizzontale

→ ±∞ t t

(

1 )

t ( )

+ 2

1 t

=

p (

t )

Asintoti obliqui : poiché è una funzione razionale fratta, la presenza degli asintoti

t (

1 t ) ( )

+ 2

p (

t ) 1 t

= =

orizzontali esclude la presenza di quelli obliqui. Infatti lim lim 0

2

→ ±∞ → ±∞

t t (

1 t )

t t

Crescenza e decrescenza : le derivate, prima e seconda, applicando il teorema di derivazione delle

funzioni fratte, risultano pari a:

+ −

2

t 2

t 1

= > → < − − ∪ > − +

I

p (

t ) 0 t 1 2 t 1 2

( )

− 2

2

t t 1

( )

+ − +

3 2

2 t 3

t 3

t 1

= −

II

p (

t ) ( )

− 3

2

t t 1 4

− − = − <

( )( )

II

p ( 1 2 ) 0

+ + 3

1 2 2 2

4

− + = >

( )( )

II

p ( 1 2 ) 0

− + − 3

1 2 2 2

= − − = − +

t 1 2 t 1 2

è l’ascissa del massimo e è l’ascissa del minimo.

Per cui si conclude che

( )

+ − + ( )

3 2

2 t 3

t 3

t 1

= − = → + − + =

II 3 2

Inoltre p (

t ) 0 t 3

t 3

t 1 0 che può essere risolta tramite il

( )

− 3

2

t t 1

metodo di Cardano, fornendo le seguenti tre soluzioni:

= − − −

3 3

t 1 2 4

1 − +

1 i 3 1 i 3

= − + +

t 1

2 3 3

2 4

− +

1 i 3 1 i 3

= − + +

t 1

3 3 3

4 2

= − − −

3 3

per cui t 1 2 4 è l’ascissa del punto di flesso.

1

Il grafico è sotto riportato:

Se, invece, volessimo tener conto dei limiti geometrici, allora il grafico della funzione non è altro

che il grafico precedente nell’intervallo ( 0

,

1

) cioè è dato dal sistema

( )

+

 2

t

1

=

 p t

( ) −

 t t

(

1 )

 < <

 t

0 1

ed il grafico sarebbe

3)

Bisogna risolvere il sistema ( )

+

  ±

2

1 t 3 2

= = − + =

 =

2

 

p (

t ) 6 t t

7 6 1 0 t

− ⇒ ⇒

  

t t

(

1 ) 7

< <

 t

0 1

  < <

< < 

0 t 1

0 t 1

valori entrambi accettabili perché cadono all’interno dell’intervallo ( 0

,

1

) .

Ora 

+ + +

 

3 2 x 3 2 3 2

 

= → = → = ≅ °

 

t tan x 2 ArcTan 64 29 '

 

 

7 2 7 7

 

mentre  

− − −

 

3 2 x 3 2 3 2

 

= → = → = ≅ °

 

t tan x 2 ArcTan 25 31

'

 

 

7 2 7 7

 

cioè le due soluzioni forniscono angoli complementari.

SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA

1) = − = −

3 2

Iniziamo con lo studio della funzione f ( x ) x x x (

1 x ) in tutto R e poi sezioniamo la parte

di grafico nell’intervallo di interesse [− 2

, 2

]

Questa funzione è ovunque definita, continua e derivabile. In particolare interseca gli assi nei punti

− = − −

, è una funzione dispari poiché f ( x ) f ( x ) , è positiva negli intervalli

( 0

, 0 ), (

1

, 0 ), ( 1

, 0 )

( ) ( )

− ∞ − ∪

, 1 0

,

1 e non presenta asintoti di alcun tipo.    

1 1 1 1

= − > → ∈ − −

   

I 2

Inoltre la derivata prima è f ( x ) 1 3 x 0 x , per cui in , è

   

  3 3

3 3

= − = → =

II

crescente; inoltre f ( x ) 6 x 0 x 0 per cui (0,0) è un flesso. D’altronde

   

1 1 1 1

− = > = − < = − =

   

II II

f 2 3 0

, f 2 3 0 per cui x è l’ascissa del minimo e x è

   

    3

3 3 3

l’ascissa del massimo. Il suo grafico è di sotto riportato:

La parte di grafico di nostro interesse è data dal seguente sistema:

= −

 3

( )

f x x x

 − ≤ ≤

 2 2

x

ed il grafico è il precedente ma nell’intervallo [− 2

, 2

] = − 3

Ora, affinché la retta y=mx+n sia tangente alla curva f ( x ) x x nel punto (-1,0), bisogna

− + = → =

imporre che il punto (-1,0) appartenga alla retta y=mx+n, cioè imporre che m ( 1

) n 0 m n .

Inoltre ricordando il significato geometrico della derivata,si ha che

( )

= = − = − = − = − −

I 2

m n f ( 1

) 1 3 x 2 per cui la retta tangente in (-1,0) è y 2 x 2 .

= −

x 1

2) = + = +

y m x y m x

( 1

) ( 1

)

Una retta passante per (-1,0) ha equazione generica . Affinchè la retta

1 1

= − 3

sia tangente al grafico della funzione f ( x ) x x nel punto generico (a,b) bisogna imporre che il

+ = − =

3

punto (a,b) appartenga alla retta ed alla funzione, cioè m ( a 1

) b e a a b . Inoltre

1 ( )

= = − = −

2 2

I

ricordando il significato geometrico della derivata,si ha che m f ( a ) 1 3 x 1 3

a . In

= −

1 x a

conclusione dobbiamo risolvere il sistema seguente, per ricavare a e b:

( )

− + =

 2

 1 3

a ( a 1

) b ⇒

 − =

 3

a a b

( ) ( )

( )( ) ( )

− + = − + + − − + =

⇒ ⇒

2 2 2

1 3 ( 1

) 1 1 1 1 3 0

a a a a a a a a a

( )

( ) 1

− + + − = = − =

2

1 2 1 0 1

,

a a a a a 2 ( )

1 1

= = = − = − =

= − I 2 2

per cui l’altro valore distinto da a da cui m f ( a ) 1 3 x 1 3

a

a 1 è = −

1 x a

2 4

1

= +

cioè l’altra retta tangente è y ( x 1

)

4

3) ˆ

B

C A

Per dare una valutazione dell’angolo , calcoliamo i punti A, B e C.

 1

= − − = +

   

y 2 x 2 y ( x 1

) 1

= = − =

=

⇒ ⇒  

  .

Per ipotesi C=(-1,0), mentre B B ( 0

, 2 ) ed A B 0

,

4

=  

 x 0 4

 =

x 0

( )

1 9 1

= − − = = = 17

Quindi AB 2 , BC 5 , AC , per cui applicando il teorema di Carnot al

4 4 4

triangolo ABC si ha: ( ) ( ) + −

2 2 2

AC CB AB

= + − → =

ˆ ˆ ⇒

2 2 2

AB AC CB 2 ( AC )(

CB ) cos B

C A cos B

C A 2 ( AC )(

CB )

17 81

+ −

5

( )  

2 2

16 16

= = = ≅ °

ˆ ˆ

⇒  

cos B

C A B

C A Ar cos 77 29 '

 

 

85 85 85

2 4

4) 1

= + = − 3

y x con il grafico della funzione

Il punto di tangenza della retta ( 1

) f ( x ) x x è

4

 

( ) 1 3

=   , per cui l’area richiesta è

a ,b ,

 

2 8 1 1 1

( )  

    4 2

2 2

1 3 1 x 3 x x 2

∫ ∫

= + − − = − + = − + =

3 3

AREA ( x 1

) x x dx x x dx  

   

 4 4 4 4 8 4

− − −

1 1 1

1 3 1 1 3 1 1 3 1 27

− + − + + = − + =

64 32 8 4 8 4 64 32 2 64

SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA

1) 3

x

= = +

2

F ( x ) x dx H

3

2

x

= = +

G x x

dx K

( ) 2 1

= = +

F ( 0 ) H , F (

1

) H

3

1

= = +

G ( 0 ) K , G (

1

) K

2   ( ) ( )

1 1 1 1 1 19

− = + − + = + − = + − = + =

 

G (

1

) F (

1

) K H K H G ( 0 ) F ( 0 ) 3

 

2 3 6 6 6 6

2)

Le cifre pari differenti dallo 0 sono 4 e cioè 2,4,6,8. I numeri di tre cifre da comporre devono avere

le tre cifre differenti tra loro. Facciamo tale operazione col 2, per 4,6,8 le cose si ripeteranno.

I numeri di tre cifre pari distinte che iniziano per 2 sono 3!=1*2*3=6 e sono i seguenti:

246, 264

248, 284

268, 286

Cioè si hanno 6 numeri che iniziano per 2 e presentano cifre pari distinte. Analogo discorso vale per

gli altri tre numeri, per cui si potranno avere 3!*4=4!=1*2*3*4=24 numeri di tre cifre con sole cifre

pari differenti tra loro.

3) ( )

= = − = ≤ ≤

+ = f ( x , y ) xy x s x f ( x )

, ed il prodotto è con

Sappiamo che 0 x s per cui

x y s

bisogna massimizzare una funzione ad una sola variabile. In questo caso

s s

= − = = = − < ∀ = =

I II

f ( x ) s 2 x 0 x , f ( x ) 2 0 x per cui x y massimizza il prodotto di due

2 2

numeri con somma costante.

4)

Si consideri la figura seguente:

( )( )

π 2

AH HC

=

V

Il volume del cono è 3

Con le ipotesi della figura si avrà:

( ) ( )

= =

ˆ

HC OC sin C O

H r sin 2 x

( ) ( )

= =

ˆ

OH OC sin H

C O r cos 2 x

[ ]

( )

= + = +

AH AO OH r 1 cos 2 x

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