Soluzioni della prova di matematica 2003 per i licei scientifici a

Archimede
4 2003
ESAME DI STATO 2003
SECONDA PROVA SCRITTA
PER I LICEI SCIENTIFICI A INDIRIZZO
SPERIMENTALE (PNI E SCIENTIFICOTECNOLOGICO «BROCCA»)
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Nel piano sono dati: il cerchio γ di diametro OA = a, la retta t tangente a γ in A, una
retta r passante per O, il punto B, ulteriore intersezione di r con γ , il punto C intersezione di r con t.
La parallela per B a t e la perpendicolare per C a t s’intersecano in P. Al variare di r,
P descrive il luogo geometrico Γ noto con il nome di versiera di Agnesi [da Maria
Gaetana Agnesi, matematica milanese, (1718-1799)].
1. Si provi che valgono le seguenti proporzioni:
OD : DB = OA : DP
OC : DP = DP : BC
ove D è la proiezione ortogonale di B su OA;
2. Si verifichi che, con una opportuna scelta del sistema di coordinate cartesiane or-
togonali e monometriche Oxy, l’equazione cartesiana di Γ è: y =
a3
;
x 2 + a2
3. Si tracci il grafico di Γ e si provi che l’area compresa fra Γ e il suo asintoto è quat-
tro volte quella del cerchio γ.
PROBLEMA 2
Sia f(x) = a2x + b2–x + c con a, b, c numeri reali. Si determinino a, b, c in modo che:
1. la funzione f sia pari;
2. f(0) = 2;
3.
200
11
∫0 f (x)dx
=
3
.
2 log 2
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Archimede
Si studi la funzione g ottenuta sostituendo ad a, b, c i valori così determinati e se
ne disegni il grafico G.
Si consideri la retta r di equazione y = 4 e si determinino, approssimativamente,
le ascisse dei punti in cui essa interseca G, mettendo in atto un procedimento iterativo a scelta.
Si calcoli l’area della regione finita del piano racchiusa tra r e G.
Si calcoli
1
∫ g(x)dx
.
Si determini la funzione g' il cui grafico è simmetrico di G rispetto alla retta r.
QUESTIONARIO
1. Quante partite di calcio della serie A vengono disputate complessivamente (an-
data e ritorno) nel campionato italiano a 18 squadre?
2. Tre scatole A, B e C contengono lampade prodotte da una certa fabbrica di cui
alcune difettose. A contiene 2000 lampade con il 5% di esse difettose, B ne contiene 500 con il 20% difettose e C ne contiene 1000 con il 10% difettose. Si sceglie una scatola a caso e si estrae a caso una lampada. Quale è la probabilità che
essa sia difettosa?
3. Quale è la capacità massima, espressa in centilitri, di un cono di apotema 2 dm?
4. Dare un esempio di polinomio P(x) il cui grafico tagli la retta y = 2 quattro volte.
5. Dimostrare, usando il Teorema di Rolle [da Michel Rolle, matematico francese,
(1652-1719)], che se l’equazione:
xn + an–1xn–1 + … + a1x + a0 = 0
ammette radici reali, allora fra due di esse giace almeno una radice dell’equazione:
nxn–1 + (n – 1)an–1xn–2 + … + a1 = 0
6. Si vuole che l’equazione x3 + bx – 7 = 0 abbia tre radici reali. Quale è un possibi-
le valore di b?
7. Verificare l’uguaglianza π = 4
11
1
∫0 1+ x 2 dxe utilizzarla per calcolare un’ap-
prossimazione di π, applicando un metodo di integrazione numerica.
8. Dare un esempio di solido il cui volume è dato da
11
∫0 π x dx.
3
9. Di una funzione f(x) si sa che ha derivata seconda uguale a sen x e che f'(0) = 1.
Quanto vale f(π/2) – f(0)?
201
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10. Verificare che l’equazione x3 + 3x + 1 = 0 ammette tre radici reali. Di una di es-
se, quella compresa tra 0 e 1, se ne (1) calcoli un’approssimazione applicando
uno dei metodi numerici studiati.
Durata massima della prova: 6 ore. Era consentito l’uso della calcolatrice tascabile non programmabile.
RISOLUZIONE DEL PROBLEMA 1
Figura 1
1. Osservando (fig. 1) che i triangoli ODB ed OAC sono simili, si ha OD : DB =
= OA : AC. Poiché DP = AC per costruzione, si conclude OD : BD = OA : DP.
Provare la seconda proporzione equivale, per quanto osservato, a provare che
OC : AC = AC : BC. Congiunto A con B, AB risulta l’altezza relativa all’ipotenusa OC nel triangolo rettangolo OAC: è sufficiente quindi applicare il primo
Teorema di Euclide. In alternativa si può usare il Teorema della secante e della
tangente a una circonferenza, oppure considerare la similitudine fra i triangoli
OAC ed ABC.
2. Proponiamo tre vie di risoluzione, scegliendo come origine il punto O, come asse delle x la tangente in O a γ , e la semiretta OA come semiasse positivo delle y
(fig. 1).
( 1) Il testo lascia perplessi sul piano linguistico, ma abbiamo riportato fedelmente l’originale. Un discorso analogo vale per «quale è» senza troncamento («qual è»).
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Via analitica
Determinate le equazioni di γ , t ed r (rispettivamente x2 + y2 – ay = 0, y = a,
y = mx ∨ x = 0), si ricavano le coordinate dei punti B e C:
 am
a

am 2 
B = 
,
,
C =  , a  con m ≠ 0. Per costruzione il luogo Γ
2
2
m
1 +m 


 1 +m
è costituito dai punti P tali che
xP = xC =
a
m
ed
yP = yB =
am 2
. Facil1 + m2
mente si passa dalle equazioni parametriche a quella cartesiana richiesta.
Via trigonometrica
Posto uguale a θ l’angolo che la semiretta OC forma col semiasse positivo delle
ascisse, si ottengono le equazioni parametriche di Γ:
 x = a cotg θ

2
 y = a sen θ
Esprimendo sen2 θ in funzione di tg θ, si perviene all’equazione richiesta. Si deve fare attenzione al caso θ = π/2.
La terza via sfrutta la prima delle proporzioni dimostrate, ossia OD : DB = OA : DP.
Poniamo OD = y, DP = x. Con il primo Teorema di Euclide si ricava DB = ± ay − y2
da cui, sostituendo nella proporzione, quadrando e semplificando per y, si giunge
all’equazione richiesta.
3. Studiando la funzione razionale y =
a3
x2 + a2
si trova che il grafico di Γ è una
cubica pari, con asintoto orizzontale l’asse x, un punto di massimo assoluto in (0, a)
 a 3a 
e due flessi in  ±
,
.

3 4 
L’area delimitata dalla versiera e dal suo asintoto si ottiene, per la simmetria della
+∞
curva, calcolando l’integrale improprio 2 ∫0
a3
dx. Esso vale 2[a 2arctg(x / a)] +∞
0 =
x2 + a2
= π a 2 = 4S, ove S è l’area di γ .
Anche se non richiesto nel testo, ricordiamo la seguente proprietà della versiera
riguardante i volumi: «Facendo ruotare attorno all’asintoto il trapezoide relativo al203
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la curva di Agnesi, si genera un solido di volume doppio di quello del toro originato dall’analoga rotazione di γ».
∫
La dimostrazione si basa essenzialmente sul calcolo di
=
(
a2
x2 + a2
)
2
dx =
1
x
x
arctg
+
+ c , mentre per il volume del toro si può ricorrere al
2
2a
a
2 x + a2
(
)
Teorema di Guldino.
RISOLUZIONE DEL PROBLEMA 2
La prima condizione (ovvero che si tratti di una funzione pari) si traduce nell’equazione a = b. Infatti, f(–x) = f(x) equivale ad a2–x + b2x + c = a2x + b2–x + c , da cui
(a – b)·(2x – 2–x) = 0 e infine a = b.
La seconda [f(0) = 2] porta all’equazione a + b + c = 2.
La terza porta all’equazione 2a + b + 2c ln2 = 3. Infatti:
∫0 (a2
1
x
+ b2
−x
 a2 x b2 − x

+ c dx = 
−
+ cx
ln 2
 ln2

)
1
=
0
2a + b + 2c ln 2
2 ln 2
=
3
2 ln 2
da cui segue 2a + b + 2c ln 2 = 3.
Le tre equazioni precedenti in a, b, c permettono di scrivere un sistema di primo
grado che, risolto, fornisce i valori dei tre parametri: a = 1, b = 1, c = 0.
La funzione g(x) risulta pertanto così definita:
g(x) = 2x + 2–x.
Si tratta di una funzione di dominio R, ovunque continua e derivabile (con derivate di ogni ordine), sempre positiva, pari (come è noto), illimitata superiormente e
priva di asintoti, essendo lim g( x) = + ∞
x → ±∞
e
lim
x → ±∞
()
g x
x
= ± ∞.
Lo studio della derivata prima g'(x) = 2x ln 2 – 2–x ln 2 = ln 2 (2x – 2–x) porta a
concludere che la funzione è decrescente per x < 0, crescente per x > 0 ed ha un minimo assoluto nel punto (0, 2).
La derivata seconda g''(x) = 2x ln22 + 2–x ln22 = ln22 (2x + 2–x) è sempre positiva,
e quindi la funzione è convessa in tutto il dominio.
Il grafico G della funzione g(x) è illustrato in figura 2.
204
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Figura 2
Le ascisse (α e –α, per ovvie ragioni di simmetria) dei due punti in cui la retta r,
di equazione y = 4, interseca G, delle quali è richiesta una determinazione approssimata, possono essere calcolate in modo esatto: 2x + 2–x = 4 ; posto 2x = z , si ha
(
)
z2 – 4z + 1 = 0, da cui si conclude x1,2 = log 2 2 ± 3 .
Gli zeri α e –α della funzione F(x) = 2x + 2–x – 4 sono ricavabili con uno dei metodi di approssimazione noti agli studenti (metodo di bisezione, delle tangenti, delle secanti). Osservato che F(1) < 0 e F(2) > 0 , risulta 1 < α < 2 . Il metodo di bisezione porta, dopo 7 iterazioni, al valore approssimato α ≅ 1,90 con un errore inferiore al centesimo.
L’area richiesta, data la parità della funzione, è data da
α
(
2 ∫0 4 − 2 − 2
x
−x
)
α

2x
2−x 
dx = 2 4x −
+
 ;
ln2 ln 2 

0
accettando l’approssimazione precedente, si ottiene circa 5,20.
Per il calcolo dell’integrale
∫
1
1
dx =
−x
ln
2
2 +2
x
∫
1
∫ g( x) dx, conviene ricorrere alla sostituzione 2
x
=t:
1
1
1
1
⋅ dt =
arctg t + c =
arctg 2 x + c
1 t
ln 2
ln 2
t+
t
205
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Per la determinazione della funzione g', da non confondersi con la derivata della
funzione g(x), si usano le equazioni della simmetria di asse r :
 x' = x

 y' = 8 − y
Si ottiene g'(x) = 8 – 2x – 2–x.
RISPOSTE AI QUESITI DEL QUESTIONARIO
1. La soluzione più semplice si ottiene pensando che ogni squadra ospita le restan-
ti 17: il numero totale delle partite è dato dalle disposizioni semplici di 18 oggetti di classe 2, pari a 18 ⋅ 17 = 306.
2. Sia D l’evento «la lampada estratta è difettosa» e sia Ai l’evento «è stata scelta la
scatola i-esima». Le ipotesi implicano che p(Ai) = 1/3. Grazie al teorema della
probabilità totale si ha
( )
pD
3
∑ p( Ai ) p(D | Ai )
=
i =1
=
1 1 1 1 1 1
7
⋅
+ ⋅ + ⋅
=
≅ 12%
3 20 3 5 3 10
60
Il diagramma ad albero in figura 3 chiarisce la situazione. Si osservi che l’informazione relativa al numero di lampade contenute in ciascuna scatola è superflua.
Figura 3
3.Detta x l’altezza del cono, il raggio è r =
=
)
π
x 4 − x2 dm 3 , con 0 ≤ x ≤ 2. Tale funzione assume il valore massimo per
3
x =
206
(
4 − x2 dm e il volume V(x) =
16
2
3 dm, cui corrisponde Vmax =
27
3
3 π dm 3 ≅ 322,5 cl.
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Alternativamente, chiamato ϑ l’angolo formato da raggio e apotema, si ha
( )
Vϑ
8
π
π sen ϑ cos 2 ϑ con 0 ≤ ϑ ≤ . Tale funzione assume il valore massimo
3
2
=
per ϑ = arccos
2
.
3
Infine, il risultato si può ottenere anche grazie alla seguente proprietà sulla ricerca dei massimi e minimi assoluti per via elementare: se u + v è costante, allora uα·vβ
è massimo se e solo se u/α = v/β , ove u,v ≥ 0. Nel nostro caso
u = x2,
v = r2 = 4 – x2,
α = 1/2
e
β = 1.
4. Si consideri un qualunque polinomio con 4 zeri reali distinti: il grafico della fun-
zione associata interseca 4 volte l’asse delle ascisse. Applicando la traslazione
di vettore (0,2) si ottiene il polinomio richiesto. Per esempio, si può porre:
P(x) = x(x – 1) (x – 2) (x – 3) + 2.
5. Indicato con p(x) il polinomio al primo membro della prima equazione e detti
x1 e x2 due zeri reali distinti di p(x) (con x1 < x2) , essendo p(x1) = p(x2) = 0, nell’intervallo [x1, x2] la funzione y = p(x) soddisfa le ipotesi del Teorema di Rolle.
Esiste pertanto almeno un punto c ∈ ]x1, x2[ in cui p'(c) = 0, il che dimostra la
tesi essendo p'(x) = 0 la seconda equazione del testo.
6. Le radici dell’equazione proposta corrispondono alle ascisse dei punti di intersezione con l’asse x di f(x) = x3 + bx – 7 . Essendo f'(x) = 3x2 + b con zeri

b
± −b / 3, esse saranno in numero di tre se b < 0 e f  − −  ≥ 0; infatti, si ha
3


b
sicuramente f  −  < 0 essendo f(0) = –7 e la f(x) decrescente in 0. Questo
3

porta ad un valore di b ≤ −3
3
49
, per esempio b = –7.
4
7. La verifica dell’uguaglianza è semplice:
11
1
∫0 1+ x 2 dx
[
] 10
= arctg x
=
π
. Per calco4
lare l’approssimazione richiesta di π usiamo il metodo dei rettangoli con n = 5. Risulta:
1
1
∫0 1+ x 2 dx
≅
 1
 2
 3
 4
1 
⋅ f 0 + f   + f   + f   + f    ≅ 0, 834 da cui π ≅ 3,33.
5 
 5
 5
 5
 5
()
Essendo la funzione integranda decrescente in ]0,1[, il valore ottenuto rappresenta un’approssimazione per eccesso di π. In alternativa, la formula di Simpson con n = 8 fornisce per l’integrale il valore 0,785 e per π il valore 3,14.
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8.
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Se si considera la formula relativa al volume di un solido di rotazione, l’espressione data si riferisce al volume del solido generato dalla rotazione completa attorno
all’asse x del trapezoide associato alla funzione f (x) = x x con x ∈ [0,1].
La formulazione del quesito consentiva in alternativa di calcolare il valore dell’integrale (π/4) e di scegliere come solido, per esempio, il cubo di spigolo
3
9.
π / 4 , o il cilindro di raggio r = 1 e altezza h = 1/4.
La condizione f ''(x) = sen x implica che f '(x) = – cos x + c . Sapendo che
f '(0) = 1, si trova c = 2. In conclusione f (π / 2) – f (0) =
π/2
∫0
π/2
∫0
f '(x)dx =
(− cos x + 2)dx = π – 1.
10. Per dimostrare che l’equazione proposta ammette tre radici reali, si può stu-
diare la funzione f(x) = x3 – 3x + 1, accertando che il suo grafico interseca in
tre punti l’asse x (perché la cubica ammette un massimo relativo positivo ed un
minimo relativo negativo); oppure, più rapidamente, si può procedere ad un
confronto grafico tra le curve di equazioni y = x3 ed y = 3x – 1, verificando
che esse si intersecano in tre punti.
Per il calcolo della radice c in [0,1], usando il metodo di bisezione, dopo 4 iterazioni otteniamo il valore c ≅ 0,3, approssimato a meno di 1/10.
CONSIDERAZIONI E COMMENTI
Il Ministero aveva già proposto il Problema 1 nella Sessione Suppletiva 1997 della
Maturità Scientifica Progetto Brocca, indirizzo scientifico, inserendo nel testo le
parole con le quali Agnesi descriveva il luogo geometrico: «Dato il semicircolo
ADC dal diametro AC, si ricerca fuori di esso il punto M tale che condotto MB normale al diametro AC, che taglierà il circolo in D, sia AB : BD = AC : BM , e perché
infiniti sono i punti M, che soddisfano al problema, se ne dimanda il luogo».
Il problema, alla portata di uno studente dell’indirizzo scientifico, richiede invece una certa intuizione geometrica nella scelta del sistema di riferimento. Alcuni
studenti, disegnata la circonferenza con il diametro OA «orizzontale» e considerato il suo prolungamento come asse x, hanno ottenuto equazioni diverse per
Γ (come x =
a3
scegliendo la tangente alla circonferenza in O come asse y,
y2 + a2
oppure x =
a a2 − y2
⋅
scegliendo il centro della circonferenza come origine del
2 a2 + y2
sistema di riferimento).
208
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Va sottolineato il fatto positivo che le richieste sono state formulate in modo indipendente l’una dall’altra (come proposto dagli insegnanti per molti anni), consentendo così di affrontare i punti 2 e 3 anche a studenti un po’ arrugginiti in geometria.
Il Problema 2 è un problema standard di analisi, privo di particolari insidie e
adatto ad evidenziare più capacità operative che doti di intuizione. Le richieste sono numerose e in parte simili a quelle del problema 2 della Sessione Ordinaria PNI
2001 (Archimede n. 4 del 2001, pag. 194).
Nella formulazione, sarebbe stato opportuno suggerire l’espressione analitica
della funzione g(x) (con espressioni del tipo: «dopo aver verificato che i valori di a,
b e c sono …, si studi la funzione g(x) così ottenuta») prima di indicare le richieste
successive. Questo avrebbe consentito agli studenti che non erano riusciti a completare il calcolo delle tre incognite a, b e c (soprattutto a causa della terza condizione) di procedere nella risoluzione del problema.
Molto infelice ci sembra infine la scelta di chiamare g', espressione che inevitabilmente richiama agli studenti la derivata di g, la funzione con grafico simmetrico
rispetto alla retta r.
Quanto al questionario, a fronte dell’ampia possibilità di scelta per gli argomenti garantita dai programmi sperimentali, ci sembra che le richieste risultino sbilanciate verso l’analisi matematica e numerica (tema n. 7 del Progetto Brocca). Infatti,
solo due quesiti (n. 1 e n. 2) riguardano il calcolo combinatorio e il calcolo delle probabilità, e uno (n. 4) è collocabile nell’ambito algebrico-geometrico. Non un cenno
a trasformazioni, statistica, logica, algebra lineare: tutti temi importanti dei programmi, qui clamorosamente assenti.
Inoltre, poiché ad ogni quesito deve essere assegnato lo stesso punteggio, è opportuno che essi risultino, per quanto possibile, di livelli di difficoltà paragonabili.
Alcuni, invece, sono palesemente più semplici (n. 1, n. 2 e n. 8). Vorremmo segnalare, inoltre, alcune ambiguità nella formulazione dei quesiti:
– nel n. 2 l’informazione relativa al numero di lampade contenute in ciascuna scatola è un dato superfluo (volutamente inserito nel testo?);
– nel n. 6 è sufficiente che lo studente assuma per b un valore qualunque e verifichi
che la cubica così ottenuta abbia tre zeri (magari, quando è possibile, fattorizzando il polinomio con la regola di Ruffini); l’intento non era forse quello di ottenere le limitazioni per b? In caso contrario il quesito coincide con il n. 10;
– nel n. 7 e nel n. 10, come del resto nel Problema 2, è richiesto un metodo numerico
per determinare le radici di un’equazione o il valore di un integrale definito, senza
specificare il grado di approssimazione richiesto o il numero di cifre significative.
Facciamo anche presente che il quesito n. 5, formulato in modo leggermente diverso, era già stato proposto nella Sessione Ordinaria PNI 2001 (Archimede n. 4 del
2001, pag. 195, n. 3).
209
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In conclusione, rimangono ancora irrisolte due questioni, già sollevate negli anni precedenti:
– non sono precisate a livello nazionale le conoscenze e le competenze obbligatorie da raggiungere, sulle quali impostare il lavoro didattico di preparazione all’Esame di Stato;
– è ancora assente la possibilità di una valutazione omogenea della prova a livello
nazionale: sarebbe auspicabile che la traccia ministeriale includesse una griglia di
valutazione per stabilire la soglia di accettabilità dell’elaborato; questo garantirebbe, tra l’altro, una maggiore consapevolezza negli allievi di quanto eseguito.
Federico Pilla
Gianna Arzenton
Istituto Magistrale «D.G. Fogazzaro»
Vicenza
[email protected]
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