Soluzioni della seconda prova scritta 2004 per i licei scientifici a

ARTICOLO
Archimede
4 2004
ESAME DI STATO 2004,
SECONDA PROVA SCRITTA PER
I LICEI SCIENTIFICI
A INDIRIZZO SPERIMENTALE (PNI)
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Sia γ la curva d’equazione:
y = k e −λx
2
ove k e λ sono parametri positivi.
1. Si studi e si disegni γ;
2. si determini il rettangolo di area massima che ha un lato sull’asse x e i vertici del
lato opposto su γ;
+∞
3. sapendo che
∫ e− x dx
2
=
π e assumendo λ =
−∞
1
, si trovi il valore da attri2
buire a k affinché l’area compresa tra γ e l’asse x sia 1;
4. per i valori di k e λ sopra attribuiti, γ è detta curva standard degli errori o delle pro-
babilità o normale di Gauss (da Karl Friedrich Gauss, 1777-1855). Una media µ ≠ 0
e uno scarto quadratico medio σ ≠ 1 come modificano l’equazione e il grafico?
PROBLEMA 2
Sia f la funzione così definita:
f ( x ) = sen
π
π
x cos x + x
a
2b
con a e b numeri reali diversi da zero.
1. Si dimostri che, comunque scelti a e b, esiste sempre un valore di x tale che
a +b
2
2. Si consideri la funzione g ottenuta dalla f ponendo a = 2b = 2. Si studi g e se ne
tracci il grafico.
3. Si consideri per x > 0 il primo punto di massimo relativo e se ne fornisca una valutazione approssimata applicando un metodo iterativo a scelta.
f ( x) =
188
Archimede
QUESTIONARIO
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1. La misura degli angoli viene fatta adottando una opportuna unità di misura. Le
2.
3.
4.
5.
più comuni sono i gradi sessagesimali, i radianti, i gradi centesimali. Quali ne
sono le definizioni?
Si provi che la superficie totale di un cilindro equilatero sta alla superficie della
sfera ad esso circoscritta come 3 sta a 4.
Un solido viene trasformato mediante una similitudine di rapporto 3. Come
varia il suo volume? Come varia l’area della sua superficie?
Dati gli insiemi A = {1, 2, 3, 4} e B = {a, b, c} quante sono le applicazioni (le
funzioni) di A in B?
Dare un esempio di funzione g, non costante, tale che:
lim g( x ) = 3
x →2
e
g(2) = 4
6. Dare un esempio di funzione f(x) con un massimo relativo in (1, 3) e un minimo
relativo in (–1, 2).
7. Tra i triangoli di base assegnata e di uguale area, dimostrare che quello isoscele
ha perimetro minimo.
8. Si trovino due numeri reali a e b, a ≠ b, che hanno somma e prodotto uguali.
9. Si dimostri che l’equazione ex + 3x = 0 ammette una e una sola soluzione e se ne
calcoli un valore approssimato utilizzando un metodo iterativo a scelta.
10. Nel piano è data la seguente trasformazione:
x → x 3 − y

y → x + y 3
Di quale trasformazione si tratta?
Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili.
RISOLUZIONE DEL PROBLEMA 1
Il problema può essere risolto mediante un normale studio di funzione, ma si propone una soluzione che sfrutta le trasformazioni, visto che tale argomento compare
nel programma del corso PNI.
x' = ax
Si ricorda che l’affinità di equazioni 
è la composizione della dilatay' = by
zione di coefficiente a nella direzione dell’asse x con la dilatazione di coefficiente b
nella direzione dell’asse y. L’affinità citata trasforma, ad esempio, un quadrato unitario con lato parallelo all’asse x in un rettangolo con i lati paralleli all’asse x di misura a e gli altri di misura b. In generale, per una qualsiasi figura F, le misure effet189
ARTICOLO
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tuate su rette parallele all’asse x risultano, nella figura trasformata F', moltiplicate per
un fattore a, mentre le misure effettuate su rette parallele all’asse y risultano moltiplicate per un fattore b. Di conseguenza l’area A(F') risulta uguale ad a · b · A (F).
Infine, la funzione di equazione
y = f(x)
è trasformata nella funzione di equazione
 x' 
y'
= f 
b
a
cioè
 x' 
y' = b ⋅ f   ,
a
il cui grafico si ottiene dal precedente con il metodo descritto: dilatando il grafico
della prima funzione di un fattore a nella direzione dell’asse x e di un fattore b nella
direzione dell’asse y.
Inoltre, con questa trasformazione i punti di massimo e minimo sono trasformati rispettivamente in punti di massimo e minimo (perché k > 0), i flessi in flessi. Da
notare che quanto detto non vale per tutte le affinità (in generale il grafico di una
funzione non ha per immagine il grafico di una funzione).
Ciò premesso, la funzione data
y = k e −λx
2
(1)
è la trasformata di
y = e− x
2
(2)

1
x
x' =
nell’affinità 
e quindi è sufficiente studiare la (2), che è un esempio norλ

y' = k ⋅ y
malmente svolto in classe, dato il suo legame con la funzione gaussiana.
1. Lo studio non pone problemi (fig 1).
La funzione è pari, definita e positiva sull’intero asse reale, ammette l’asse x come asintoto orizzontale, ha 0 quale punto di massimo (per questo sono sufficienti considerazioni elementari sul segno dell’esponente: 0 è l’unico punto in
cui si annulla l’esponente, che altrimenti è negativo) e in tale punto vale 1.
La funzione è continua e derivabile indefinitamente su tutto l’asse reale ed ha
−1/ 2
due punti di flesso per x = 1 2 e x = − 1 2 ; in essi la funzione vale e .
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y
2
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1
x
–2
–1
1
2
3
Figura 1
La funzione (1) ha quindi massimo in 0, in cui assume valore k, ha flessi nei punti di ascissa x = 1
2λ
2 λ , dove vale ke −1/2 .
ed x = − 1
2. Il rettangolo richiesto è simmetrico rispetto all’asse y. Indicato con P (x, 0) il suo
vertice appartenente al semiasse positivo delle ascisse, il rettangolo, sempre con
riferimento alla (2), ha area 2 xe − x . Questa espressione è, a meno del segno, la
2
derivata prima di (2) e quindi l’area è massima quando x è l’ascissa del punto di
flesso: x = 1
2 . Analogamente, per la (1) l’area è massima per x = 1
2λ .
3. L’integrale del testo è l’integrale della funzione (2). In base alle osservazioni sul+∞
l’area delle figure trasformate, si ha
∫ ke−λx dx
2
=
k
λ
−∞
π = k π / λ e si de-
ve calcolare k in modo che k π / λ = 1, sapendo che λ = 1/2. Si ottiene
k = 1
2π .
4. Per i valori di k e λ citati, γ ha equazione
y =
1
2π
e− x
2
/2
(3)
ed è la curva normale di Gauss. Questa rappresenta una funzione densità di probabilità, con media 0 e scarto quadratico medio 1. Infatti il valor medio si ottie2
+∞
1
ne calcolando
∫−∞ xe− x /2dx, che vale 0, dato che la funzione integranda è
2π
dispari.
191
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Per lo scarto quadratico medio occorre calcolare
1
2π
+∞
∫−∞ x2e− x /2dx.
grando per parti, scegliendo –x come fattore finito e − xe − x
differenziale, si ottiene:
[−xe
2π
1
− x 2 /2
]
+ ∫ e − x /2 dx
2
+∞
−∞
2
/2
2
Inte-
dx come fattore
= 1.
Si noti che 0 è l’ascissa del punto di massimo e 1 è l’ascissa del punto di flesso. In
generale, assumere una curva gaussiana con media µ ≠ 0 e scarto quadratico medio
σ ≠ 1, significa traslare il grafico nella direzione dell’asse x di una quantità µ e successivamente dilatarlo di un fattore σ sempre nella stessa direzione. Tenendo presente che con questa dilatazione si moltiplica l’area per σ, bisogna correggerne l’effetto con una dilatazione di fattore 1/σ nella direzione dell’asse y.
In sintesi, l’equazione della normale soggetta alla trasformazione
x' = σ ⋅ ( x + µ )
( x '− µ )2
−

2
1
y' =
⋅ e 2σ

diventa
1
y
σ 2π
y' =

σ
(come si trova scrivendo le formule inverse della trasformazione e sostituendo).
In figura 2 sono riportati i grafici della normale (a) e delle gaussiane con µ = 1 e
σ = 1/2 (b), e con µ = 2 e σ = 1/4 (c).
y
2
c
1
b
a
x
–3
–2
1
–1
2
3
Figura 2
Nota storica. La curva normale è stata introdotta da De Moivre nel 1733, quale
approssimazione di distribuzioni binomiali per n grande. Successivamente Laplace
la usò nell’analisi degli errori sperimentali. Il metodo dei minimi quadrati per la gestione dei dati sperimentali fu introdotto da Legendre (1805), e la correttezza di tale metodo fu provata in modo rigoroso da Gauss nel 1809, assumendo come distribuzione degli errori la distribuzione normale.
192
Archimede
RISOLUZIONE DEL PROBLEMA 2
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1. La funzione data è definita e continua su tutto l’asse reale. Poiché lim f ( x ) = − ∞
x →−∞
e lim f ( x ) = + ∞ la funzione assume tutti i valori reali, quindi anche il valore
x →+∞
(a + b)/2.
Si osservi anzi che un tale valore di x si trova nell’intervallo [a, b], perché la funzione è continua, f(a) = a, f(b) = b e la media aritmetica tra a e b è ovviamente
compresa tra a e b.
π
π
x cos x + x
2
2
può essere condotto per via elementare: si tratta della somma di y = x e di
1
y = sen πx, che è una funzione sinusoidale di periodo 2 e di ampiezza 1/2.
2
2. Uno studio qualitativo del grafico della funzione g( x ) = sen
y
3
2
1
-4
-3
-2
-1
-1
1
2
3
x
-2
Figura 3
-3
Pertanto il grafico oscilla attorno alla bisettrice del primo e terzo quadrante, che
interseca nei punti di ascissa intera, ed è tutto compreso tra le rette y = x – 1/2 e
y = x + 1/2 (fig. 3). È anche facile controllare che il grafico tocca la prima delle
due rette per x = 3/2 + k, e la seconda per x = 1/2 + k, con k intero.
Per uno studio più approfondito si devono usare gli strumenti dell’analisi matematica. Si osservi innanzitutto che la funzione è dispari, quindi il suo grafico è
simmetrico rispetto all’origine. Inoltre essa è derivabile indefinitamente per
ogni valore reale.
Il grafico passa per l’origine, come è ovvio dato che la funzione è dispari e definita in x = 0. Per x > 0 la funzione assume valori positivi: infatti, per
0 < x < 1 essa è somma di due addendi positivi, mentre per x ≥ 1 si ha
1
1
sen πx + x ≥ − + 1. Data la simmetria, si ha g(x) < 0 per x < 0.
2
2
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Archimede
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Come già ricordato nel punto 1, poiché x – 1/2 ≤ g(x) ≤ x + 1/2 per ogni valore di x, si ha lim g( x ) = − ∞ e lim g( x ) = + ∞ .
x →+∞
x →−∞
La derivata vale
π
cos πx + 1, facile da rappresentare graficamente. La derivata
2
è periodica di periodo 2, mentre non lo è la funzione. Nell’intervallo [-1, 1] la
arccos ( −2/ π )
2
, è positiva
derivata si annulla per cos πx = − , cioè per x = ±
π
π
per valori compresi tra i due zeri, mentre è negativa tra gli zeri e gli estremi delarccos (−2/ π )
+ 2k, con k intero, sono punl’intervallo. I punti di ascissa x =
π
arccos (−2/ π )
+ 2k sono punti di
ti di massimo relativo, mentre i punti x = −
π
minimo relativo. Anche la derivata seconda è periodica e vale −
π2sen πx
, la
2
1
sen πx. Quindi, le due funzioni avranno gli stessi flessi e le stesse
2
proprietà di convessità.
stessa di
3. Il primo punto di massimo relativo si può ottenere ad esempio approssimando
π
cos πx + 1 con il metodo di bisezione. Con l’uso di
2
una calcolatrice si vede che:
π
π
g'(0) = 1 +
> 0 e g'(1) = 1 −
< 0, quindi x è compreso tra 0 e 1;
2
2
g'(0,5) = 1, quindi x è compreso tra 0,5 e 1;
lo zero x di g'( x ) =
g'(0,75) ≈ –0,11, quindi x è compreso tra 0,5 e 0,75;
g'(0,625) ≈ 0,40, quindi x è compreso tra 0,625 e 0,75;
e così via.
QUESTIONARIO
I quesiti 1, 2, 4, 5, 6, 8 sono rispettivamente i quesiti 8, 2, 10, 5, 3, 1 della prova per il
Liceo Scientifico di ordinamento, ai quali si rinvia per la soluzione.
3. Il volume varia secondo il cubo del rapporto di similitudine, quindi viene molti-
plicato per 27, mentre l’area della superficie varia secondo il quadrato, cioè viene
moltiplicata per 9.
7. Per i triangoli in discussione, indicata con b la misura della base e con A l’area, risulta costante l’altezza h, poiché h = 2A/b. Perciò i terzi vertici stanno tutti su
una retta r, parallela alla base.
194
Archimede
Sia LMN il triangolo isoscele, con base LM (fig. 4). Si prolunghi MN dalla parte di
N di un segmento NL' uguale a MN. Allora r è l’asse del segmento LL'. Si consideri
ora un qualunque altro triangolo LMN': N' appartiene ad r e risulta in ogni caso
LN' + N'M = L'N' + N'M ≥ L'M = LN + NM.
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L′
r
Figura 4
N
N′
L
M
Poiché il perimetro del triangolo LMN' è minimo quando è minima la somma
LN' + N'M, il triangolo isoscele LMN ha il minimo perimetro.
9. Questo quesito è simile al n. 4 della prova per il Liceo Scientifico di ordinamen-
to, rispetto al quale si chiede però di determinare un valore approssimato dello
zero, con un metodo iterativo a scelta.
0,2
–0,4
–0,2
0,2
0,4
–0,2
Figura 5
–0,4
Può essere usato ancora il metodo di bisezione: qui si propone il metodo del
punto unito, applicato all’equazione x = –ex/3.
Osserviamo che la funzione f(x) = –ex/3 è continua ed è una contrazione dell’intervallo [–1, 0] su se stesso. Infatti f '(x) = –ex/3 ≤ 1/3 < 1 per ogni x ∈[–1, 0].
Questo garantisce che la successione ottenuta ponendo xn+1 = −e x n /3 converga ad
un valore x tale che x = –ex / 3.
I valori della successione calcolati a partire da x0 = 0 sono (fig. 5): x1 ≈ –0,3333,
x2 ≈ –0,2388, x3 ≈ –0,2625, x4 ≈ –0,2563… fino ad ottenere x ≈ –0.2576. In questo
caso una stima dell’errore è facile, perché le approssimazioni sono alternativamente
per eccesso e per difetto.
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10. Prima soluzione. Indicata con t la trasformazione, le sue equazioni possono es-



x' = 2  3 x − 1 y 
 2
2 


. Da queste risulta che t è una

sere riscritte nella forma
1

3 
y
y' = 2  x +
2 

2
similitudine diretta, in quanto composizione della rotazione di centro l’origine e angolo π/6 con l’omotetia di centro sempre l’origine e rapporto 2.
 3 −1 

 associata a t e si
M
=
Seconda soluzione. Si consideri la matrice
1
3 
ricordi che i versori i e j del sistema di riferimento ortonormale Oij hanno come immagine i vettori-colonna di M, rispettivamente.
Ora risulta che t(i) e t(j) hanno la stessa norma, uguale a 2, e sono tra loro perpendicolari. Perciò t trasforma il triangolo individuato da O, i, j nel triangolo
simile individuato da O, t(i), t(j). Ma questo significa che t è una similitudine,
in quanto un’affinità è univocamente determinata da 3 coppie di punti corrispondenti.
Inoltre, il rapporto di similitudine è 2 e la trasformazione è diretta perché
det(M) è positivo: perciò t è composizione di un’omotetia (di rapporto 2) con
una rotazione. L’angolo di rotazione si ricava come angolo formato dai due
vettori i e t(i).
CONSIDERAZIONI E COMMENTI
Entrambi i problemi risultano coerenti con i programmi del PNI, senza calcoli
complicati, nell’insieme alla portata di uno studente medio. Lo studio della funzione esponenziale nel primo problema è banale, indipendentemente dalla presenza dei
parametri. Anche il secondo punto non è discriminante. Il terzo richiede una discreta comprensione degli integrali, mentre il quarto è difficilmente trattabile per
chi non abbia studiato le variabili aleatorie continue. La gradualità con cui si passa
ad argomenti via via più complessi garantisce un buon indice di selettività, senza
bloccare i candidati all’inizio della trattazione.
Stessa osservazione anche per il secondo problema, che però è meno interessante del
primo. Sul terzo punto una considerazione: il massimo richiesto è calcolabile direttamente con una qualsiasi calcolatrice scientifica; qual è il senso di richiederne una valutazione con un metodo iterativo? In genere, la richiesta è significativa quando non c’è
una formula risolutiva chiusa, come ad esempio nel quesito 9. Inoltre il metodo iterativo non è in realtà a scelta: oltre al metodo di bisezione, che purtroppo non converge
rapidamente, ci sono metodi che funzionano sotto condizioni che un candidato non ha
il tempo di analizzare e quindi saggiamente scarterà; oppure metodi che non consen196
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tono una stima dell’approssimazione, come il metodo delle secanti o delle tangenti, ma
dare una valutazione senza stima dell’approssimazione è metodologicamente errato.
Ora alcune osservazioni sui quesiti. Già lo scorso anno («Archimede», n. 4 del
2003, pag. 209) si era rilevata l’assenza di argomenti importanti presenti nei programmi sperimentali. Quest’anno si è confermata la stessa tendenza, anche se va riconosciuto qualche sforzo da parte dell’estensore delle prove per riequilibrare i vari quesiti. Restano tuttavia assenti o marginali argomenti importanti quali probabilità, statistica, logica, geometria solida: non ci sembra, ad esempio, che le competenze nella geometria dello spazio siano valutate adeguatamente dai quesiti 2 e 3, o le
competenze nella teoria della probabilità dal punto 4 del primo problema!
Secondo rilievo: le tipologie dei quesiti sono molto diverse tra loro. I primi quattro si riducono essenzialmente a definizioni mnemoniche o ad applicazioni di formule di cui non si chiede giustificazione. Come compararli ai quesiti rimanenti, in
cui invece è richiesta una dimostrazione o una costruzione (in alcuni casi anche
complessa), o comunque una comprensione dei concetti?
L’eccessiva banalità dei primi quesiti rischia di squalificare la prova. Infatti, molte commissioni si sono orientate ad attribuire la sufficienza a chi abbia fatto metà
prova: o l’intero problema o cinque quesiti. In questo modo, ad un candidato bastava scegliere opportunamente i quesiti e la sufficienza era praticamente assicurata.
D’altra parte, in assenza di indicazioni diverse, nella valutazione le commissioni
hanno attribuito lo stesso punteggio a tutti i quesiti, anche se i primi sarebbero stati
più adatti a verificare le competenze al termine della Scuola Media anziché di un Liceo Scientifico. Forse il Ministero dovrebbe farsi carico di attribuire punteggi, opportunamente pesati, alle varie parti dei problemi e ai quesiti, e di aggiungere una
frase del tipo: la sufficienza si raggiunge con n punti. Questa è la soluzione adottata
nel BAC francese, proprio ad evitare le disparità dovute alle varie commissioni.
Riteniamo però che nel contesto dell’attuale Esame di stato una tale soluzione
sarebbe inadeguata in quanto gestita da commissioni interne. Infatti, in troppi casi
sembra che gli esaminandi siano i commissari stessi: una prova negativa della classe
diventa un giudizio sulla capacità didattica dell’insegnante. In questo contesto, quasi tutto è lecito per molti, anche un aiuto sfacciato ai candidati, o una valutazione approssimativa e sempre sovrabbondante.
Il problema è difficilmente risolubile. Nemmeno l’ipotesi di una terza prova comune a livello nazionale e valutata centralmente potrà fornire informazioni attendibili sulla preparazione dei candidati se la sorveglianza sarà affidata ancora ai docenti della classe.
Maria Angela Chimetto
Sergio Zoccante
Liceo Scientifico G.B. Quadri – Vicenza
197