Esercitazione I - Ripasso di matematica

Esercitazione I - Ripasso di matematica
Potenze
Le proprietà fondamentali delle potenze sono
a0 = 1 ,
an · am = an+m ,
an
= an−m .
am
Da queste proprietà segue che
m
(an )
a−n
= an·m ,
1
= n .
a
Esercizio 1
Si verifichi che
103 · 102 = 105 ,
2
103 = 106 ,
103
= 10 ,
102
(3 · 106 ) · (8 · 10−2 )
= 2 · 10−18 ,
(2 · 1017 ) · (6 · 105 )
320 · 0, 0048
= 2 · 10−3 .
0, 32 · 2400
Esercizio 2
L’età dell’universo è circa 13, 7 miliardi di anni. Si dimostri che essa equivale
a 4, 3 · 1017 secondi.
Soluzione
1 anno
=
365 giorni ,
1 giorno = 24 ore ,
1 ora = 60 minuti ,
1 minuto
=
60 secondi .
Perciò
1 anno = 365 · 24 · 60 · 60 secondi = 3, 15 · 107 secondi ,
da cui
13, 7 miliardi di anni = 13, 7 · 109 · 3, 15 · 107 secondi = 4, 3 · 1017 secondi .
1
Logaritmo
Si definisce logaritmo in base a di x (scriviamo loga x) la quantità da dare come
esponente ad a per ottenere x.
Ad esempio
log2 4 = 2
log2 8 = 3
inf atti 22 = 4 ,
inf atti 23 = 8 ,
log10 100 = 2 inf atti 102 = 100 .
Sulle calcolatrici il tasto log è una abbreviazione di log10 mentre il tasto ln
indica loge , dove e = 2, 7182 . . .
Le proprietà fondamentali del logaritmo sono
loga 1 = 0 ,
loga (x · y) = loga x + loga y ,
x
= loga x − loga y .
loga
y
Da queste proprietà segue che
loga xn = n loga x .
Soluzione delle equazioni di secondo grado
Per risolvere l’equazione
ax2 + bx + c = 0 ,
come prima cosa si calcola ∆,
∆ = b2 − 4ac .
Dopodiché
• Se ∆ < 0 non esiste alcun numero reale che sia soluzione dell’equazione.
• Se ∆ > 0 l’equazione ha due soluzioni distinte
√
−b + ∆
x+ =
,
2a√
−b − ∆
x− =
.
2a
• Se ∆ = 0 l’equazione ha una sola soluzione
x=−
2
b
.
2a
Esercizio 3
Si studino le soluzioni delle seguenti equazioni
1) 2x2 − 4x + 3 = 0 ,
2) 2x2 − 4x + 2 = 0 ,
3) 2x2 − 4x + 1 = 0 .
Soluzione
Per
non ha
Per
ha una
la prima equazione si calcola che ∆ = −8. Perciò la prima equazione
soluzioni.
la seconda equazione si calcola che ∆ = 0. Perciò la seconda equazione
sola soluzione,
x=1.
Per la terza equazione si calcola che ∆ = 8. Perciò la terza equazione ha
due soluzioni,
1
1
x+ = 1 + √ , x− = 1 − √ .
2
2
Esercizio 4
Se al tempo t0 = 0 si lancia verticalmente un sasso in aria da una quota
iniziale x0 e con una velocità iniziale v0 allora al tempo t la quota x raggiunta
dal sasso è
g
x = x0 + v0 t − t2 ,
2
dove g = 9, 8m/s2 .
Ammesso che x0 = 1m e v0 = 5m/s, si calcoli a quale istante x = 20m e
x = 2m.
Soluzione
Nel caso in cui x = 20m dobbiamo risolvere l’equazione
−4, 9
m2 2
m
t + 5 t − 19m = 0 ,
s2
s
2
dove ora la nostra incognita è t. Si calcola che ∆ = −347, 4 m
s2 < 0. Perciò
l’equazione non ha soluzioni. Fisicamente ciò significa che il sasso non arriverà
mai alla quota di 20m. Ma se abbassiamo la quota che il sasso deve raggiungere
al livello x = 2m l’equazione da risolvere diviene
−4, 9
m2 2
m
t + 5 t − 1m = 0 .
s2
s
2
Si calcola che ∆ = 5, 4 m
s2 > 0. Perciò si hanno le due soluzioni seguenti
3
t+ = 0, 27s ,
t− = 0, 75s .
Esse rappresentano i due istanti in cui il sasso si trova alla quota di 2m: il
tempo minore è relativo alla fase di ascesa del sasso mentre quello maggiore è
relativo alla fase di discesa del sasso.
Trigonometria
Si consideri il triangolo rettangolo in figura
I lati a e b sono detti cateti mentre il lato c è detto ipotenusa. Definiamo
a
⇔ a = c sin ϑ ,
c
b
⇔ b = c cos ϑ .
cos ϑ =
c
sin ϑ =
In particolare definaimo tangente dell’angolo ϑ il rapporto fra il suo seno e
il suo coseno,
tan ϑ =
sin ϑ
a
= .
cos ϑ
b
Un angolo può essere espresso in gradi oppure in radianti:
• definiamo angolo di 1 grado (scriveremo 1◦ ) quell’angolo che sottende un
arco la cui lunghezza è 1/360 della lunghezza della circonferenza.
• definiamo angolo di 1 radiante (scriveremo 1rad) quell’angolo che sottende
un arco la cui lunghezza è pari al raggio della circonferenza.
L’angolo che sottende l’intera circonferenza è pari a 360◦ o equivalentemente
a 2πrad, dove π = 3, 1415 . . .
L’angolo di 1rad equivale a circa 57,3◦ .
Ammettiamo che l’angolo ϑ sottenda un arco di lunghezza l della circonferenza di raggio r, allora
l
ϑ = rad
r
o equivalentemente
4
ϑ=
180◦ l
.
π r
Esercizio 5
Un osservatore si trova alla distanza d = 2km da un palazzo alto h = 380m.
Determinare l’angolo ϑ sotteso dal palazzo.
Soluzione
L’osservatore, la cima del palazzo e la sua base formano un triangolo rettangolo. L’angolo sotteso dal palazzo è quello dove c’è l’osservatore. Quindi
tan ϑ =
380m
380m
h
=
=
= 190 · 10−3 = 0, 19 ⇒ ϑ = 10, 76◦ .
d
2km
2 · 103 m
Esercizio 6
Il Sole ha un diametro di circa dS = 1, 392 · 109 m e dista dalla Terra lT S =
1, 496 · 1011 m. La Luna ha un diametro di dL = 3, 474 · 106 m e dista dalla Terra
lT L = 3, 844 · 108 m.
Calcolare in gradi e in radianti la larghezza angolare del Sole e della Luna
visti dalla Terra.
Soluzione
In generale, l’angolo ϑ sotteso da un corpo di diametro d distante l dall’osservatore è dato da
ϑ
d
tan
=
.
2
2l
Nel caso del Sole si ha
ϑT S
tan
= 0, 465 · 10−2 ⇒ ϑT S = 0, 53◦ = 0, 93 · 10−2 rad
2
Nel caso della Luna si ha
ϑT L
= 0, 452 · 10−2 ⇒ ϑT L = 0, 52◦ = 0, 90 · 10−2 rad
tan
2
Si osservi che ϑT S ∼ ϑT L , infatti il Sole ci appare nel cielo di dimensioni del
tutto simili a quelle della Luna.
5