Prova d`esame - Corso di ordinamento 2015 Sessione suppletiva

Prove ministeriali
Prova d’esame - Corso di ordinamento 2015
Sessione suppletiva
Lo studente deve svolgere uno dei due problemi e rispondere a 5 quesiti del questionario. Tempo massimo assegnato
alla prova sei ore.
È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.
Problemi
1
Sei stato incaricato di progettare una pista da ballo all’esterno di un locale in costruzione in una zona balneare.
Il progetto prevede, oltre alla pista, delle zone verdi e una tettoia che consenta l’uso della pista anche in caso
di pioggia.
La pista da ballo viene rappresentata, in un sistema di riferimento cartesiano Oxy in cui l’unità di misura
corrisponde a 1 metro, all’interno del rettangolo avente come vertici i punti di coordinate ^- 4; 0h , ^4; 0h ,
^- 4; 25h e ^4; 25h ; nella scelta della sagoma della pista va rispettato il vincolo urbanistico che stabilisce che
essa non può occupare più del 60% della superficie di tale rettangolo.
Un tuo collaboratore predispone due soluzioni: la prima è rappresentata dalla parte di piano compresa tra
25
l’asse x e la curva di equazione y =- 16 x2 + 25 , x ! 6- 4; 4@ , la seconda parte di piano compresa tra l’asse x,
100
e le rette x =- 2 3 , x = 2 3 .
la curva di equazione y =
4 + x2
a. Studia le due soluzioni, e traccia il grafico di entrambe nel riferimento cartesiano Oxy. Individua in particolare le caratteristiche delle due funzioni che sono più rilevanti nella fase di costruzione della pista:
eventuali punti di massimo e di minimo, di flesso, angolosi.
Il proprietario del locale sceglie la seconda soluzione, che ritiene più elegante, ma ti chiede di realizzare due
aiuole nelle porzioni di terreno comprese tra le due curve che gli hai proposto.
b. Determina l’area della soluzione scelta e verifica che essa rispetti i vincoli urbanistici, in modo da poter
poi procedere all’acquisto del materiale necessario per la costruzione della pista.
Poiché lo scavo effettuato ai lati della pista ha reso il terreno scosceso, hai fatto eseguire delle misure e hai
verificato che sia per x ! 6- 2 3 ; 0@ che per x ! 60; 2 3 @ la profondità dello scavo stesso varia con la legge
lineare rappresentata dalla funzione f ^ x h = x + 1; è dunque necessario acquistare del terreno per riempire
lo scavo e realizzare le aiuole richieste.
c. Calcola quanti metri cubi di terreno vegetale sono necessari per riempire l’aiuola delimitata dalle suddette
curve nell’intervallo 6- 2 3 ; 0@ .
Per realizzare la tettoia, è necessario usare un piano leggermente inclinato, per favorire il deflusso della pioggia. Nel sistema di riferimento cartesiano Oxyz, tale piano deve passare per i punti ^- 4; 0; 5h , ^4; 0; 5h e
^0; 25; 4h , in modo che la quota vari gradualmente dai 5 metri in corrispondenza dell’inizio della pista ai 4
metri in corrispondenza della fine della pista stessa.
d. Determina l’equazione del piano prescelto.
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79
Prove ministeriali
2
La rotazione intorno all’asse x dei grafici della famiglia di funzioni:
x
k2 - x , con x ! R , 0 # x # k2 , k ! R , k 2 0 ,
fk ^ x h =
4k
genera dei solidi di rotazione di forma aerodinamica.
a. In un riferimento cartesiano Oxy, traccia i grafici delle funzioni fk ^ x h , per k = 1, k = 2 , k = 3 , e determi64r
na il valore di k per il quale il volume del solido di rotazione assume il valore 192 ;
b. calcola il diametro massimo dei solidi di rotazione in funzione di k, e determina il valore dell’angolo formato dalla tangente al grafico di fk con l’asse x per x = 0 ;
c. assumendo che la distribuzione della massa sia omogenea, il baricentro del corpo di rotazione si trova
sull’asse x, per ragioni di simmetria. Determina l’ascissa xs del baricentro in funzione del parametro k,
sapendo che vale:
r y x 6 fk ^ x h2@ dx
b
xs =
a
V
,
dove gli estremi di integrazione a e b vanno scelti opportunamente, e V indica il volume del solido di
rotazione;
d. all’interno del solido di rotazione generato da fk, per k = 3 , si vorrebbe collocare un cilindro di raggio 0,5
e di altezza 6. Verifica se ciò è possibile, motivando la tua risposta.
Quesiti
y1 ln ^ t hdt, determinare per quali valori di x il suo grafico incontra la retta di equax
1
Data la funzione integrale
zione y = 2x + 1.
2
Data la famiglia di funzioni y =- x3 + 6kx + 33 , trovare la funzione tangente nel punto di ascissa 3 ad una
retta parallela alla bisettrice del primo quadrante. Determinare l’equazione di detta tangente.
3
Vengono lanciati due dadi. Dei due punteggi, viene considerato il maggiore; se sono uguali, viene considerato
il punteggio comune dei due dadi. Detto X il punteggio registrato, riportare in una tabella la distribuzione di
5
probabilità di X e mostrare che P ^ X = 3h = 36 . Calcolare inoltre la media e la varianza di X.
4
In un sistema di riferimento cartesiano nello spazio Oxyz sono dati i punti A ^- 3; 4; 0h e C ^- 2; 1; 2h . I tre
punti O, A e C giacciono su un piano E. Determinare l’equazione che descrive il piano E.
5
Determinare il volume del solido generato dalla rotazione attorno alla retta di equazione x = 2 della parte di
piano delimitata dalla parabola di equazione y2 = 8x e dalla retta stessa.
6
$
Preso un punto C su una semicirconferenza di diametro AB = 2r, sia M il punto medio dell’arco BC . Determinare il valore massimo che può assumere l’area del quadrilatero ABMC.
7
Una fabbrica produce mediamente il 3% di prodotti difettosi. Determinare la probabilità che in un campione
di 100 prodotti ve ne siano 2 difettosi, usando:
ȼˏla distribuzione binomiale;
ȼˏla distribuzione di Poisson.
8
Provare che la funzione y = e x - tan x ha infiniti zeri, mentre la funzione y = e x - arctan x non ne ha alcuno.
9
Calcolare la derivata f ^ x h = x $ e x, adoperando la definizione di derivata.
10
Sia la derivata seconda di una funzione reale f ^ x h data da f m^ x h = 3x - 6 . Determinare l’espressione di f ^ x h ,
sapendo che il grafico della funzione passa per il punto P ^2; - 7h e che l’angolo formato dalla tangente al
grafico di f ^ x h con l’asse y nel punto di ascissa x = 0 vale 45°.
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Prove ministeriali
Risoluzione
Problemi
1
100
25
y
a. Studiamo le funzioni p ^ x h =- 16 x2 + 25 e g ^ x h =
nel dominio ri4 + x2
B
C
V
25
chiesto dal problema.
25
ȼˏp^xh =- 16 x2 + 25 rappresenta una parabola simmetrica rispetto all’asse y con la concavità rivolta verso il basso e di vertice V ^0; 25h . La funzione p ^ x h è quindi è crescente per x 1 0 , decrescente per x 2 0 e ammette
massimo assoluto in V.
Nel dominio 6- 4; 4@ considerato, la curva assume minimo nei punti
A ^- 4; 0h e D ^4; 0h , due dei vertici del rettangolo che dovrebbe contenere
la pista.
100
ȼˏg^xh = 4 + x2 è razionale fratta, con denominatore 4 + x2 sempre
positivo: il suo dominio naturale è R . È una funzione pari,
100
100
=
= g ^ x h , quindi simmetrica rispetto all’asg ^- x h =
4 + x2
4 + ^- x h2
se y. Il punto di intersezione tra l’asse y e il grafico di g ^ x h coincide con
il vertice V ^0; 25h della parabola.
Non ci sono invece punti di intersezione tra il grafico di g ^ x h e l’asse x, in
quanto g ^ x h è positiva per ogni x ! R .
La derivata prima di g ^ x h si può calcolare con la regola di derivazione
A
D
delle funzioni composte:
–4
4 x
O
100
200x
25 x2 + 25
g l^ x h =$ 2x =.
p(x) = – —
^4 + x2h2
^4 + x2h2
16
Il denominatore è sempre positivo; g l^ x h si annulla solo per x = 0 , è positiva per x 1 0 e negativa per
x 2 0 . Quindi g ^ x h è crescente per x 1 0 , decrescente per x 2 0 e ha un punto di massimo sia relativo
sia assoluto per x = 0 , con g ^ 0 h = 25 (corrisponde al punto V).
La derivata seconda è:
y
^4 + x2h2 - 4x2 ^4 + x2h
200
= ^3x2 - 4h $
g m^ x h =- 200 $
.
^4 + x2h3
^4 + x2h4
25 V
100
g(x) = —
4 + x2
Il secondo fattore è sempre positivo, quindi il segno di g m^ x h è quello di
3x2 - 4 . Risulta allora:
2
per
x =! 3 3 ;
g m^ x h = 0
2
2
x 1- 3 3 0 x 2 3 3 .
g m^ x h 2 0
per
F1
F2
Concludiamo che la concavità del grafico di g ^ x h è rivolta verso il basso
2
2
per x ! D- 3 3 ; 3 3 :, mentre è rivolta verso l’alto per x esterno a tale
2
intervallo. Gli estremi x = ! 3 3 corrispondono a punti di flesso con
tangente obliqua.
Calcoliamo il valore di g ^ x h in tali punti:
2
2
75
g a- 3 3 k = g a 3 3 k = 4 = 18, 75 .
2
75
Si ottengono i due flessi, simmetrici rispetto all’asse y: F1, 2 a! 3 3 ; 4 k .
Nell’intervallo 6- 2 3 ; 2 3 @ , il grafico di g ^ x h presenta dunque il massimo in V e due flessi. Negli estremi dell’intervallo, x = ! 2 3 , la funzione
25
g ^ x h assume il valore g ^- 2 3 h = g ^2 3 h = 4 = 6, 25 e il grafico presenta i due punti di minimo E ^- 2 3 ; 6, 25h e G ^2 3 ; 6, 25h .
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6,25
E
G
O
2
2 3 2 3 x
–2 3 – — 3 —
3
3
81
Prove ministeriali
b. L’area compresa tra il grafico della funzione g ^ x h , l’asse x e le due rette di equazioni x =- 2 3 e x = 2 3
è data dall’integrale definito di g ^ x h esteso all’intervallo 6- 2 3 ; 2 3 @ .
Cerchiamo la primitiva di g ^ x h :
1
` 2 j dx
100
1
x
y 4 + x2 dx = 100 y
x 2 dx = 50 y
x 2 = 50 arctan 2 + c .
4 81 + ` 2 j B
1 +` 2 j
Calcoliamo allora l’area, ovvero l’integrale definito:
area =
y-2
2 3
3
100
x 2 3
dx = 850 arctan 2 B -2 3 =
4 + x2
100
r
r
50 6arctan 3 - arctan ^- 3 h@ = 50 8 3 - `- 3 jB = 3 r -104, 72 .
L’area corrispondente alla soluzione scelta è dunque area = 104,72 m2.
L’area del rettangolo che contiene la pista è arear = 8 $ 25 = 200 m2 , quindi la porzione occupata dalla
104, 72
area
pista è area = 200 - 0, 52 = 52% .
r
Essa risulta entro i limiti del 60% consentiti dal vincolo urbanistico: si può procedere alla costruzione.
c. Abbiamo già osservato che i massimi di p ^ x h e g ^ x h coincidono, essendo p ^ 0 h = g ^ 0 h = 25 . Inoltre, i
grafici di p ^ x h e g ^ x h si intersecano anche nei punti E e G, in quanto:
25
p ^- 2 3 h = p ^2 3 h = 4 = 6, 25 .
B
Per trovare quanto terreno serve per riempire l’aiuola che appartiene al
secondo quadrante, è necessario calcolare il volume V del solido che ha:
ȼˏcome base la superficie compresa tra le due curve, per x ! 6- 2 3 ; 0@;
ȼˏcome sezioni, ottenute con i piani perpendicolari all’asse x, dei rettangoli
di altezza 1 + x e base p ^ x h - g ^ x h .
y
25 V
aiuola
C
aiuola
Per la simmetria dei grafici, possiamo calcolare il volume nell’intervallo
[0; 2 3 ], in cui x $ 0 e l’altezza è 1 + x :
V=
y-2
0
3
6 p ^ x h - g ^ x h@_1 + x i dx =
y0
2 3
6 p ^ x h - g ^ x h@^1 + x h dx =
y0
100
25
a- 16 x2 + 25 - 4 + x2 k^1 + x h dx =
y0
25
100
25
100x
a- 16 x2 + 25 - 4 + x2 - 16 x3 + 25x - 4 + x2 k dx =
2 3
2 3
2
25
25
x 25
:- 48 x3 + 25x - 50 arctan 2 - 64 x 4 + 2 x2 - 50 ln ^4 + x2hD
0
25
a- 2
50
225
3 + 50 3 - 3 r - 4 + 150 - 100 ln 2k =
375
75
4 + 2
E
3
=
6,25
O
A
–4 –2 3
G
D
2 3 4 x
100
3 - 6 r - 100 ln 2 - 37, 03 .
Servono allora 37,03 m3 di terreno vegetale per riempire l’aiuola delimitata dalla curva nell’intervallo
[ - 2 3 ; 0].
d. L’equazione cartesiana del generico piano è ax + by + cz = d , dove i coefficienti a, b, c, d sono determinati a meno di una costante moltiplicativa.
Imponendo il passaggio del piano per i tre punti ^- 4; 0; 5h , ^4; 0; 5h e ^0; 25; 4h , otteniamo il sistema
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omogeneo di tre equazioni nelle incognite a, b, c e d:
- 4a + 5c - d = 0
8a = 0
a=0
a=0
" *d = 5c
" *c = 25b
.
*4a + 5c - d = 0 " *10c - 2d = 0
25b + 4c - d = 0
25b + 4c - d = 0
25b + 4c - 5c = 0
d = 5c = 125b
Abbiamo infinite soluzioni, dipendenti da un parametro, b ! R .
Ponendo b = 1, otteniamo il piano di equazione:
y + 25z - 125 = 0 .
2
a. Il dominio naturale della funzione fk ^ x h è dato da: x # k2 . Tuttavia, nella definizione data, si considera
solo la restrizione di fk ^ x h all’intervallo 60; k2@ . Notiamo che tale intervallo non è lo stesso per ogni k 2 0 ,
ma cresce in ampiezza al crescere di k.
Nel dominio 60; k2@ , le funzioni fk ^ x h sono continue e positive, tranne che agli estremi x = 0 e x = k2 ,
dove si annullano: fk ^ 0 h = fk ^k2h = 0 per ogni k ! R .
Per individuare gli intervalli di crescita e decrescita di fk ^ x h , calcoliamone la derivata prima:
fkl ^ x h =
1
4k
k2 - x +
x
1
$ =
4k c 2 k2 - x m
k2 - x
x
=
4k
8k k2 - x
2 ^k2 - x h - x
2k2 - 3x
.
=
2
8k k - x
8k k2 - x
La derivata fkl ^ x h è definita per x ! 60; k26.
Il segno di fkl ^ x h è lo stesso di 2k2 - 3x , perciò:
2
2
ȼˏ fkl ^xh = 0 " 2k2 - 3x = 0 " x = 3 k2 ; la funzione ha un punto stazionario di ascissa 3 k2 ;
2
ȼˏ fkl ^xh 2 0 " 2k2 - 3x 2 0 " 0 # x 1 3 k2 .
2
2
La funzione fk ^ x h è quindi crescente per 0 1 x 1 3 k2 e decrescente per 3 k2 1 x 1 k2 . Il punto di
2
ascissa x = 3 k2 è di massimo assoluto, con:
2
3
fk a 3 k2 k = 18 k2 .
2k2
1
= 4 . La deriSoffermiamoci su quanto avviene agli estremi del grafico. Osserviamo che fkl ^ 0 h =
2
8k k
1
vata destra è definita nell’estremo sinistro del dominio, x = 0, e vale 4 . Ciò significa che la retta tangen1
te al grafico di fk ^ x h nel punto ^0; 0h non dipende dal valore di k, ma ha sempre equazione y = 4 x .
Invece, all’altro estremo del dominio, x = k2 , la derivata non è definita, ma è possibile calcolarne il
limite da sinistra:
lim2- fkl ^ x h = lim2-
x"k
x"k
2k2 - 3x
=- 3 .
8k k2 - x
Poiché la funzione fk ^ x h è definita per x = k2 , concludiamo che il grafico di fk ^ x h ha una tangente verticale in corrispondenza del punto ^k2; 0h .
Calcoliamo la derivata seconda:
fkm ^ x h =
3x - 4k2
3 .
16k ^ k2 - x h
Per x ! 60; k26, la derivata seconda è negativa per ogni valore di k, quindi la concavità di tutte le funzioni
fk ^ x h è rivolta sempre verso il basso.
r
2
2
ȼˏLa funzione f1 ^xh = 4 1 - x ha dominio 60; 1@; cresce per x ! :0; 3 D, decresce per x ! : 3 ; 1D; ha
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Prove ministeriali
2
3
2
un massimo per x = 3 , con f1 a 3 k = 18 - 0, 1.
r
8
8
ȼˏLa funzione f2 ^xh = 8 4 - x ha dominio 60; 4@; cresce per x ! :0; 3 D, decresce per x ! : 3 ; 4D;
8
8
2
ha un massimo per x = 3 , con f2 a 3 k = 9 3 - 0, 4 .
r
ȼˏLa funzione f3 ^xh = 12
9 - x ha dominio 60; 9@ ; cresce per x ! 60; 6@ , decresce per x ! 66; 9@ ; ha un
3
massimo per x = 6 , con f3 ^6 h = 2 - 0, 9 .
Chiamiamo M1, M2 e M3 i punti dei grafici che corrispondono ai massimi delle tre funzioni.
Disegniamo il loro grafico, su un unico piano cartesiano Oxy.
y
1x
y= —
4
1
M3
M1
O
M2
8
—
3
2 1
—
3
4
6
9
x
Il volume del solido ottenuto facendo ruotare il grafico di fk ^ x h attorno all’asse x è espresso dall’integrale:
k2
x2
r
2
2 2
3
2 $ y ^k x - x h dx =
2 ^k - x h dx =
16k
0 16k
0
0
2
1
1 4 k
r
r
k2 $ k6
k8
r
r
2 1 3
k
x
x
$
=
- 4 k = 16 $ k6 $ 12 = 192 k6 .
:
D
2 a
3
3
4
16
k
16k2
0
V = r y f 2k ^ x h dx = r y
k2
k2
64r
Imponiamo che il volume sia uguale a 192 :
64r
64r
r
V = 192 " 192 k6 = 192 " k6 = 64 " k = 2 .
Il valore cercato è k = 2, che corrisponde alla funzione f2 ^ x h studiata sopra.
b. Il diametro massimo del solido ottenuto dalla rotazione di fk ^ x h è uguale al doppio del massimo di fk ^ x h,
quindi:
2
3
Dmax = 2 $ fk a 3 k2 k = 9 k2 .
1
Abbiamo anche visto che la tangente al grafico di fk ^ x h in x = 0 è la retta y = 4 x , indipendentemente
da k.
L’angolo a che essa forma con l’asse x ha come tangente trigonometrica il coefficiente angolare della
1
retta, cioè 4 , pertanto:
1
a = arctan 4 - 0, 245 " a - 14°2l10m .
c. Per determinare l’ascissa xS del baricentro, osserviamo che gli estremi di integrazione coincidono con
quelli dell’intervallo di definizione di fk ^ x h , cioè a = 0 e b = k2 . Ricordiamo che il volume V del solido,
rk6
che abbiamo calcolato nel punto a, è V = 192 . Dopo aver fatto le opportune sostituzioni, possiamo procedere al calcolo:
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r y x 6 fk ^ x h@2 dx
k2
x2 ^k2 - x h
192
a
xS =
x
dx =
$
$
$
=
r
y
6
V
16k2
rk
0
2
k
192
1
$
$ y ^k2 x3 - x 4h dx =
k6 16k2 0
2
12 : 2 x 4
12 10 1
3 2
x5 D k
$
k
4
5 0 = k8 $ k $ 20 = 5 k .
k8
b
3
L’ascissa del baricentro è dunque xS = 5 k2 .
d. Per capire se il solido ottenuto dalla rotazione di f3 ^ x h può contenere un cilindro di raggio 0,5 e altezza
6, osserviamo che anche tale cilindro si ottiene dalla rotazione di una figura piana, più precisamente dalla
rotazione di un rettangolo, di base 6 e altezza 0,5, attorno alla base. Perciò il problema si può riformulare
così: è possibile costruire, al di sotto del grafico di f3 ^ x h , un rettangolo che ha una base lunga 6 contenuta
sull’asse x, e un’altezza 0,5?
Riportiamo il grafico di f3 ^ x h e la retta di equazione y = 0, 5 .
y
y = 0,5
O
M3
A
B
2 2,5
6
8,5
9
x
Osservando il grafico, ipotizziamo che x A 1 2, 5 , e x B - 8, 5 .
Le ascisse di A e B sono le soluzioni dell’equazione.
1
x
2 = 12
6
9-x " x =
9-x "
36
= 9 - x " x3 - 9x2 + 36 = 0 .
x2
Consideriamo il polinomio p ^ x h = x3 - 9x2 + 36 e compiliamo le seguenti tabelle per determinare gli
intervalli in cui p(x) cambia segno.
xA
p (x A)
2
8
- - 4,6
2,5
-18
3
xB
p (x B)
8
-28
8,5
-0,1
9
36
Possiamo quindi affermare che 2 1 x A 1 2, 5 e 8, 5 1 x B 1 9 poiché p(x) cambia segno nei due intervalli.
Le ascisse di A e B distano dunque più di 6 unità, in quanto:
8, 5 - 2, 5 1 x B - x A 1 9 - 2 " 6 1 x B - x A 1 7 .
Esiste dunque il rettangolo di altezza 0,5 e base 6 che rimane al di sotto del grafico di f3 ^ x h ; di conseguenza,
esiste il cilindro richiesto di raggio 0,5 e altezza 6.
Quesiti
1
La funzione integranda ln x è continua e integrabile per x 2 0 , ma non è definita in x = 0 .
Calcoliamo per parti F(x) per x 2 0 e poi verifichiamo se la funzione ln x è integrabile in senso improprio
per x $ 0 .
F (x) =
y1 ln t dt = y1 1 $ ln t dt = 6t ln t@1x - y1 t $ 1t dt =
x
x
6t ln t - t@1x = x ln x - x + 1
x
per x 2 0.
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85
Prove ministeriali
Prendiamo ora un numero c reale positivo.
lim
c " 0+
y1 ln t dt = clim
6t ln t - t@1c = lim ^c ln c - c + 1h = lim c ln c + 1.
"0
c"0
c"0
c
+
+
+
Poiché lim+ c ln c si presenta in una forma indeterminata, applichiamo la regola di De L’Hospital:
c"0
1
ln c
lim c ln c = lim+ 1 = lim+ c1 = lim+^- c h = 0 .
c " 0+
c"0
c"0
c"0
- 2
c
c
Quindi:
lim+
c"0
y1 ln t dt = 0 + 1 = 1 e ln x è integrabile in senso improprio su 60; + 36.
c
Per determinare le intersezioni tra F(x) e la retta y = 2x + 1 risolviamo l’equazione:
F (x) = 2x + 1
per x $ 0 .
Si ha: x ln x - x + 1 = 2x + 1 " x ln x - 3x - 0 " x ^ln x - 3h = 0 " x = 0 0 x = e3 .
Entrambe le soluzioni sono accettabili perché appartenenti al dominio della funzione integrale.
I punti di intersezione sono (0; 1) e (e3; 2e3 + 1).
2
Per ogni valore del parametro k ! R , la funzione fk ^ x h =- x3 + 6kx + 33 è polinomiale di terzo grado,
definita e derivabile in R .
Una retta parallela alla bisettrice del primo quadrante ha coefficiente angolare 1.
Dobbiamo dunque trovare la funzione fk ^ x h la cui derivata, calcolata in x = 3 , vale 1:
fkl ^ x h =- 3x2 + 6k ;
fkl ^ 3 h =- 27 + 6k ;
28
14
fkl ^ 3 h = 1 " - 27 + 6k = 1 " k = 6 = 3 .
La funzione cercata è dunque:
f 14 ^ x h =- x3 + 28x + 33 .
3
L’ordinata del punto di tangenza è:
f 14 ^ 3 h =- 27 + 84 + 33 = 90 .
3
L’equazione della retta tangente è del tipo y = x + q . Troviamo il termine noto q imponendo il passaggio per
il punto di tangenza (3; 90):
90 = 3 + q " q = 87.
Concludiamo che l’equazione della retta tangente è:
y = x + 87 .
3
86
Il lancio di due dadi può dar luogo a 36 eventi, che consideriamo equiprobabili: uno per ogni coppia ordinata
di numeri naturali da 1 a 6.
Se X è la variabile aleatoria che descrive il punteggio maggiore nel lancio dei dadi (o il punteggio comune),
allora i valori possibili di X sono i numeri naturali 1, 2, …, 6.
Compiliamo la seguente tabella. La prima riga e la prima colonna indicano i possibili esiti di ciascun dado. le
altre 36 caselle indicano il punteggio maggiore (o il risultato comune) dei due dadi.
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Prove ministeriali
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
2
2
3
4
5
6
3
3
3
4
5
6
4
4
4
4
5
6
5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
6
6
La probabilità che si verifichi l’evento X = x , con x = 1, 2, f, 6 , è dato dal numero di volte in cui x compare
nella tabella diviso per il numero dei casi possibili, che è 36.
Otteniamo la seguente distribuzione di probabilità.
X
1
1
36
P (X)
2
3
1
36 = 12
3
5
36
4
7
36
5
9
1
36 = 4
6
11
36
5
In particolare, risulta P ^ X = 3h = 36 .
La media della distribuzione è data dalla somma dei valori moltiplicati per le rispettive probabilità:
M^X h =
6
/ x $ P^ X = xh = 1 $ 361 + 2 $ 121 + 3 $ 365 + 4 $ 367 + 5 $ 14 + 6 $ 11
36
x=1
161
= 36 - 4, 472 .
Calcoliamo la varianza tramite la formula var ^ X h = M ^ X2h - 6M ^ X h@ .
Determiniamo prima la media della distribuzione X 2.
2
X
P (X 2) = P (X)
1
1
36
4
1
12
9
5
36
16
7
36
25
1
4
36
11
36
1
1
11
791
M ^ X2h = 1 $ 36 + 4 $ 12 + f + 36 $ 36 = 36 - 21, 972 .
La varianza di X vale allora:
var ^ X h = M ^ X2h - 6M ^ X h@2 - 21, 972 - ^4, 472h2 - 1, 973 .
4
L’equazione cartesiana che descrive un piano nello spazio è:
ax + by + cz = d ,
con a, b e c non tutti nulli.
Per trovare l’equazione del piano, basta imporre il passaggio per i tre punti dati, O, A, C, e risolvere il sistema
nelle incognite a, b, c, d. Ci aspettiamo che le soluzioni siano infinite, descritte da un parametro.
Z
]a = 8 c
5
0$a+0$b+0$c = d
5a - 8c = 0
- 3a + 4b = 0
- 3a + 8a - 8c = 0
]
]
6
" *b = 2a - 2c " [b = 5 c
*- 3 $ a + 4 $ b + 0 $ c = d " *- 2a + b + 2c = 0 " *b = 2a - 2c
]
d=0
d=0
d=0
-2 $ a + 1 $ b + 2 $ c = d
]]d = 0
\
8
6
L’equazione del piano è 5 cx + 5 cy + cz = 0 , con c ! 0 altrimenti i coefficienti sarebbero tutti nulli. Dividendo per c otteniamo:
8
6
5 x + 5 y + z = 0 " 8x + 6y + 5z = 0 ,
che è quindi una possibile equazione del piano E cercato.
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87
Prove ministeriali
5
L’equazione della parabola y2 = 8x si può scrivere nella forma
1
x = 8 y2 .
La parabola ha l’asse coincidente con l’asse x, la concavità rivolta verso
destra, il vertice nell’origine.
I punti di intersezione della parabola con la retta di equazione x = 2
sono A ^2; 4h e B ^2; - 4h .
Tracciamo i grafici della retta e della parabola; la parte di piano delimitata da essi è un segmento parabolico con base AB.
Il volume del solido ottenuto ruotando il segmento parabolico attorno
alla sua base si calcola con il metodo dei dischi.
Suddividiamo il solido di rotazione in dischi circolari perpendicolari
all’asse di rotazione x = 2 . Ciascun disco ha raggio ^2 - x h .
Quindi il raggio del disco corrispondente all’ordinata y è
1
R ^ yh = 2 - 8 y2 .
Integriamo, lungo la base AB, cioè per y da -4 a 4, la funzione rR ^ y h2 ,
che rappresenta l’area del cerchio di raggio R ^ y h .
V = r y R ^ y h2 dy = 2r
4
-4
y0 a2 - 18 y2k dy = 2r y0 a4 + 641 y4 - 12 y2kdy =
1
1
2r :4y + 5 $ 64 y5 - 2
16
32
2r a16 + 5 - 3 k =
6
2
4
y
4
A
1 y2
x= —
8
x=2
x
O
4
1 1
1
1 4
$ 3 y3D = 2r a 4 $ 4 +
$ 45 - 2 $ 3 43 k =
5 $ 43
0
256
15 - 53, 62.
–4
B
C
Disegniamo la semicirconferenza di diametro AB = 2r, di centro O, con i punti
M
C e M su di essa e il quadrilatero ABMC.
W
Scegliamo come incognita l’angolo x = BAC. Per il teorema dell’angolo al centro
x
x
x
W è il doppio di BAC
W , perché insiste sullo stesso
e alla circonferenza, l’angolo BOC
$
& &
r
O
A
B
arco BC . D’altra parte, essendo gli archi BM e MC uguali, si può concludere che
W = MOC
W = x. Per differenza di angoli, risulta AOC
W = r - 2x.
BOM
r
I valori che può assumere x affinché ABMC sia un quadrilatero non degenere sono 0 1 x 1 2 . Nel caso
r
x = 0 , i punti B, M e C coincidono, e il quadrilatero degenera nel segmento AB. Nel caso x = 2 , risulta C / A
e la figura degenera nel triangolo rettangolo isoscele di ipotenusa AB.
ab sin x
.
Ricordiamo che l’area di un triangolo di lati a e b, con angolo x compreso tra essi, è uguale a
2
Se chiamiamo 𝒜 ^ x h la funzione che descrive l’area di ABMC in funzione dell’angolo x, otteniamo:
r2
𝒜 ^ x h = areaBMO + areaMOC + areaAOC = 2 $ 2 sin x + r2 sin x cos x = r2 ^sin x + sin x cos x h .
Per trovare il massimo di 𝒜 ^ x h , calcoliamo la derivata prima:
𝒜l ^ x h = r2 ^cos x - sin2 x + cos2 x h = r2 ^2 cos2 x + cos x - 1h .
Calcoliamo i valori di x per cui la derivata si annulla:
𝒜l ^ x h = 0 " 2 cos2 x + cos x - 1 = 0 .
Poniamo t = cos x :
2t2 + t - 1 = 0 " t1, 2 =
1
-1 ! 3
" t1 =- 1 0 t2 = 2 .
4
r
cos x =- 1 " x = r , non accettabile perché deve essere 0 1 x 1 2 ;
1
r
r
cos x = 2 " x = 3 , unica soluzione con 0 1 x 1 2 .
1
Studiamo il segno di 𝒜l(x). Notiamo che possiamo scrivere 𝒜l(x) nella forma 𝒜l(x) = 2r2 ^cos x + 1h`cos x - 2 j.
88
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Prove ministeriali
1
r
Per 0 1 x 1 2 , il segno di 𝒜l(x) è dato dal segno del fattore `cos x - 2 j .
r
1
r
r
1
r
Da `cos x - 2 j 2 0 per 0 1 x 1 3 e `cos x - 2 j 1 0 per 3 1 x 1 2 segue che x = 3 è un punto di
massimo.
Il valore massimo dell’area di ABMC è dunque:
3
r
r
r
r
𝒜 ` 3 j = r2 `sin 3 + sin 3 $ cos 3 j = 4 3 $ r2 - 1, 299r2 .
r
Osserviamo che per x = 3 il quadrilatero è un trapezio isoscele di base maggiore AB e base minore MC, e che è la metà di un esagono regolare, perché
BM = MC = CA = r .
7
C
M
π
—
3
π
—
3
A
r
π
—
3
O
B
Consideriamo la variabile casuale discreta X che ha valori possibili x = 0, 1, …, 100, definita come: «su 100
pezzi, x sono difettosi».
Risolviamo il quesito con la distribuzione binomiale.
La probabilità che un singolo pezzo sia difettoso è pari alla frequenza relativa: p = 3% = 0,03. La probabilità
che un pezzo non sia difettoso è quindi 1 - p = 0, 97 . Se consideriamo la distribuzione X come binomiale, la
probabilità che, su 100 pezzi, esattamente 2 siano difettosi, si può esprimere come la probabilità che, su 100
eventi indipendenti di probabilità p, ne siano realizzati 2:
100
100 $ 99
2
98
P ^ X = 2h = c m p2 ^1 - ph98 =
2 ^0, 03h ^0, 97h - 0, 225.
2
Applichiamo ora la distribuzione di Poisson. Tale distribuzione dà un’approssimazione della distribuzione
binomiale, che risulta buona quando il numero di eventi è alto e la probabilità del singolo evento favorevole
è piccola, come in effetti succede nel caso che stiamo trattando.
Per utilizzare la distribuzione di Poisson bisogna calcolare il parametro m = n $ p = 100 $ 0, 03 = 3 .
La probabilità che si verifichino 2 eventi è data da:
32
m2
P ^ X = 2h = 2! $ e- m = 2 $ e-3 - 0, 224 .
Osserviamo che l’approssimazione di Poisson dà un risultato che si discosta da quello della distribuzione
binomiale solo nella terza cifra decimale, con un errore assoluto di un millesimo.
8
Verifichiamo che f ^ x h = e x - tan x ha infiniti zeri.
Il quesito si può riformulare come segue: mostrare che i grafici
y = tan x
delle funzioni y = e x e y = tan x si intersecano in infiniti punti.
Rappresentiamo nello stesso piano cartesiano il grafico delle due
funzioni, in un intervallo attorno all’origine, in cui sono segnati
G
tre punti di intersezione E, F e G a titolo di esempio.
3π
Dal confronto dei due grafici, risulta che quello della funzione
–2π
–—
2
esponenziale interseca quello della tangente una sola volta in
r
r
ognuno degli infiniti intervalli Bkr - 2 ; kr + 2 8, con k ! Z .
Osserviamo infatti che:
r
r
ȼˏ f^xh è continua nell’intervallo Bkr - 2 ; kr + 2 8, per ogni
k ! Z;
ȼˏi limiti di f^xh agli estremi di ciascun intervallo sono infiniti, di segno opposto,
lim
r +
x " `kr - 2 j
f ^ x h =+ 3,
lim
r x " `kr + 2 j
y
E
F
–π π
–—
2
O π
—
2
y = ex
π x
f ^ x h =- 3,
e quindi esistono due valori x1 1 x2 , interni all’intervallo, nei quali la funzione assume segno opposto:
f ^x1h 2 0 mentre f ^x2h 1 0 ;
ȼˏper il teorema degli zeri, esiste un x ! @x1; x26 tale che f^xh = 0 .
Concludendo: poiché f ^ x h si annulla almeno una volta all’interno di un numero infinito di intervalli, essa ha
infiniti zeri.
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89
Prove ministeriali
Verifichiamo ora che g ^ x h = e x - arctan x non ha alcuno zero.
Il problema equivale a dimostrare che non ci sono punti in
comune tra i grafici delle funzioni y = e x e y = arctan x .
La loro rappresentazione suggerisce che le due funzioni non hanno punti in comune.
Dimostriamo che e x 2 arctan x per ogni x ! R , confrontando
le due funzioni su tre intervalli consecutivi.
Ricordiamo che:
ȼˏe x 2 0 per ogni x ! R ;
r
r
ȼˏ- 2 1 arctan x 1 2 ;
ȼˏentrambe le funzioni sono crescenti.
y
y = ex
e
y=π
—
2
1
y = arctan x
O 1
x
y=–π
—
2
Da ciò, possiamo dedurre quanto segue.
ȼˏPer x # 0 :
ȼˏPer 0 1 x # 1:
ȼˏPer x 2 1:
arctan x # 0 ,
2
arctan x # arctan 1 = 2 1 1,
r
arctan x 1 2 1 2 ,
mentre
ex 2 0 .
mentre
e x 2 1.
mentre
ex 2 e 2 2 .
Per ogni x ! R , risulta dunque e x 2 arctan x ; ne segue che la funzione e x - arctan x è sempre positiva, e
quindi non si annulla per alcun valore di x.
9
La derivata della funzione f ^ x h in un punto x del suo dominio è per definizione il limite, se esiste ed è finito,
f ^x + hh - f ^ x h
del rapporto incrementale
, al tendere a zero dell’incremento h.
h
x
Consideriamo f ^ x h = x $ e e calcoliamo il limite:
f ^x + hh - f ^ x h
^x + hh e x + h - x $ e x
x $ ex + h + h $ ex + h - x $ ex
= lim
= lim
=
h
h
h
h"0
h"0
h"0
x h
x+h
x $ e ^e - 1h + h $ e
eh - 1
eh - 1
= lim ;x $ e x a
lim
k + e x + hE = x $ e x c lim h m + e x =
h
h
h"0
h"0
h"0
x $ e x $ 1 + e x = ^x + 1h $ e x .
f l^x h = lim
10
90
La funzione f m^ x h è polinomiale, quindi definita e integrabile in R . La sua primitiva coincide con la derivata
prima di f ^ x h :
3
f l^ x h = y f m^ x h dx = y^3x - 6h dx = 2 x2 - 6x + c .
Poiché l’angolo formato dalla tangente al grafico di f ^ x h con l’asse y nel punto di ascissa 0 vale 45°, si ha:
r
f l^ 0 h = ! tan 4 " c = ! 1,
a seconda che l’angolo sia considerato in senso antiorario o orario.
3
Risulta dunque: f l^ x h = 2 x2 - 6x ! 1.
f ^ x h si ottiene integrando f l^ x h :
3
1
f ^ x h = y f l^ x h dx = y` 2 x2 - 6x ! 1j dx = 2 x3 - 3x2 ! x + d , con d ! R .
Imponiamo il passaggio per ^2; - 7h :
23
f ^ 2 h =- 7 " 2 - 3 $ 22 ! 2 + d =- 7 " 4 - 12 ! 2 + d =- 7 " d = 1 " 2 .
Abbiamo quindi due casi:
1
ȼˏse c =+ 1, allora d = 1 - 2 =- 1 e f^xh = 2 x3 - 3x2 + x - 1;
1
ȼˏse c =- 1, allora d = 1 + 2 = 3 e f^xh = 2 x3 - 3x2 - x + 3 .
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