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Esame di Stato di Liceo Scientifico - Sessione Ordinaria
Seconda Prova Scritta di Matematica
Svolgimento Completo, Dettagliato e Corretto
PROBLEMA 1
Testo del problema
In tabella sono indicati i rilevamenti, fatti a inizio anno a partire dal 2016, del livello dell’acqua del lago di Bracciano. Nel 2016 e nel 2017 il lago, oggetto di prelievi, era utilizzato come riserva idrica di emergenza per i comuni limitrofi e per l’approvvigionamento di Roma. Nel 2017, in considerazione dell’impatto ambientale e del notevole abbassamento del livello idrometrico rispetto a quello considerato ottimale, si `e deciso di interrompere i prelievi, sospensione tuttora in atto.
Anno (al 1◦^ gennaio) 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 2024 2025 2026 Differenza di livello (in dm) -6 -16 -20 -18 -16 -14 -12 -10 -10 -10 - Si scelga un sistema di riferimento in cui l’unita, sull’asse delle ascisse, corrisponda all’arco temporale di un anno e il 1◦^ gennaio 2016 allo zero, mentre sull’asse delle ordinate l’unita corrisponda a una differenza di 1 dm rispetto allo zero idrometrico (livello ottimale). Con buona approssimazione, dall’inizio del 2016 fino all’inizio del 2019, si pu`o descrivere l’andamento del livello delle acque con il modello polinomiale
y = a(x − 2)^4 + b(x − 2)^3 + c(x − 2)^2 − 20 , a, b, c ∈ R a) Utilizzando i dati riportati in tabella e le informazioni fornite, definire il modello matema- tico f (x) che esprime l’andamento del livello delle acque del lago in funzione del tempo, dopo aver determinato i valori dei parametri. Si assuma come modello descrittivo dell’andamento idrometrico del lago la funzione
f (x) =
−^12 (x − 2)^4 − (x − 2)^3 + 72 (x − 2)^2 − 20 se 0 ≤ x < 3 2 x − 24 + sin^2 (πx) se 3 ≤ x ≤ 7 2 cos(2πx) − 12 se 7 < x ≤ 10
b) Studiare f e tracciare un suo grafico, dopo aver verificato la continuita, studiato la derivabilita e determinato i punti di estremo relativo. c) Giustificare la non applicabilit`a del teorema di Lagrange alla funzione f in [0; 10]. Esi- stono, tuttavia, punti di ascissa s ∈]0; 10[ tali che f ′(s) = f^ (10) 10 − f^ (0)? Motivare la risposta.
d) Spiegare perch´e il teorema della Media Integrale e applicabile alla funzione f in [0; 10]. Calcolare, quindi, la variazione media ∆h del livello delle acque del lago negli anni presi in esame. Infine, considerando che la superficie del lagoe di circa 57 km^2 , utilizzare ∆h per stimare, in litri, la differenza del volume di acqua tra l’inizio del 2016 e l’inizio del
—
Soluzione dettagliata del Problema 1
Punto a)
Fissiamo i punti cartesiani forniti dalla tabella per l’intervallo temporale 2016 ≤ Anno ≤ 2018, che corrisponde a 0 ≤ x ≤ 2:
- 1 ◦^ Gennaio 2016 =⇒ x = 0, livello y = −6. Punto P 0 (0, −6).
- 1 ◦^ Gennaio 2017 =⇒ x = 1, livello y = −16. Punto P 1 (1, −16).
- 1 ◦^ Gennaio 2018 =⇒ x = 2, livello y = −20. Punto P 2 (2, −20). Imponiamo il passaggio della funzione polinomiale genetica y = a(x − 2)^4 + b(x − 2)^3 + c(x − 2)^2 − 20 per questi punti:
- Passaggio per P 2 (2, −20): −20 = a(2 − 2)^4 + b(2 − 2)^3 + c(2 − 2)^2 − 20 =⇒ −20 = − 20 (Identita) Il punto di minimo effettivo della tabella in x = 2e coerente con la struttura polinomiale scelta.
- Passaggio per P 0 (0, −6): −6 = a(0 − 2)^4 + b(0 − 2)^3 + c(0 − 2)^2 − 20 −6 = 16a − 8 b + 4c − 20 =⇒ 16 a − 8 b + 4c = 14 Dividendo ogni membro per 2, otteniamo la prima equazione lineare ridotta: 8 a − 4 b + 2c = 7 (Eq. 1)
- Passaggio per P 1 (1, −16): −16 = a(1 − 2)^4 + b(1 − 2)^3 + c(1 − 2)^2 − 20 −16 = a(−1)^4 + b(−1)^3 + c(−1)^2 − 20 =⇒ −16 = a − b + c − 20 Portando la costante al primo membro otteniamo la seconda equazione: a − b + c = 4 (Eq. 2)
Verifichiamo analiticamente se i parametri proposti nel testo del punto successivo, ovvero a = −^12 , b = −1, c = 72 , soddisfano simultaneamente le due condizioni trovate:
Sostituzione in Eq. 1: 8
= −4 + 4 + 7 = 7 (7 = 7, Verificato)
Sostituzione in Eq. 2:
= 4 (4 = 4, Verificato) I parametri sono determinati e coerenti. Il modello per il primo tratto `e:
f (x) = −
(x − 2)^4 − (x − 2)^3 +
(x − 2)^2 − 20 per 0 ≤ x < 3
Studio degli Estremi Relativi: Analizziamo il segno di f ′(x) e la ricerca dei punti stazionari nei tre sottointervalli:
- Tratto 0 < x < 3 : Poniamo per comodit`a algebrica la sostituzione temporanea t = (x − 2), con − 2 < t < 1.
f ′(x) = − 2 t^3 − 3 t^2 + 7t = t(− 2 t^2 − 3 t + 7) = 0
Una prima soluzione evidente `e data da t = 0 =⇒ x − 2 = 0 =⇒ x = 2. Risolviamo adesso l’equazione di secondo grado associata per trovare le altre radici:
− 2 t^2 − 3 t + 7 = 0 =⇒ 2 t^2 + 3t − 7 = 0
t =
p 32 − 4(2)(−7) 2(2)
Considerando che
t 1 =
≈ − 2 .765 =⇒ x 1 = 2 − 2 .765 = − 0. 765 (Fuori dal dominio [0, 3])
t 2 =
≈ 1 .265 =⇒ x 2 = 2 + 1.265 = 3. 265 (Fuori dal dominio [0, 3]) L’unico punto stazionario interno utilizzabile `e x = 2. Valutando il segno della derivata prima tramite il prodotto dei fattori t e (− 2 t^2 − 3 t + 7), notiamo che per x < 2 (t < 0) si ha f ′(x) < 0 (funzione decrescente), mentre per x > 2 (t > 0) si ha f ′(x) > 0 (funzione crescente). Pertanto, il punto x = 2 rappresenta un minimo relativo locale, avente quota ordinata pari a f (2) = −20.
- Tratto 3 < x < 7 : f ′(x) = 2 + π sin(2πx) La funzione derivata si annulla nei punti in cui sin(2πx) = − (^) π^2 ≈ − 0 .6366. Poich´e que- sto valore appartiene all’intervallo di ammissibilit`a del seno [− 1 , 1], l’equazione ammette soluzioni reali che generano piccole oscillazioni ondulatorie attorno alla retta di crescita lineare.
- Tratto 7 < x < 10 :
f ′(x) = − 4 π sin(2πx) = 0 =⇒ 2 πx = kπ =⇒ x = k 2 I punti interni stazionari all’intervallo sono x = 7. 5 , 8. 0 , 8. 5 , 9. 0 , 9 .5. Studiando l’anda- mento del segno della funzione − sin(2πx) determiniamo che:
- I punti di ascissa x = 7. 5 , 8. 5 , 9 .5 sono punti di minimo relativo stazionario con quota minima costante pari a f (x) = 2 cos(π) − 12 = − 2 − 12 = −14.
- I punti di ascissa x = 8. 0 , 9. 0 , 10 .0 sono punti di massimo relativo stazionario con quota massima costante pari a f (x) = 2 cos(0) − 12 = 2 − 12 = −10.
Punto c)
Il Teorema di Lagrange stabilisce che se una funzione e continua in un intervallo chiuso [a, b] e derivabile nell’intervallo aperto ]a, b[, allora esiste almeno un punto interno in cui la derivata istantanea coincide con il rapporto incrementale medio. Come dimostrato estensivamente nel punto (b), la funzione f (x) none derivabile nel punto interno x = 7, dove presenta un punto angoloso. Di conseguenza, cadendo una delle ipotesi fondamentali del teorema, il teorema di Lagrange non `e applicabile nell’intervallo globale [0, 10]. Valutiamo ora la seconda parte del quesito. Calcoliamo il rapporto incrementale medio della funzione agli estremi:
f (0) = −
(0 − 2)^4 − (0 − 2)^3 +
(0 − 2)^2 − 20 = −
f (10) = 2 cos(2π · 10) − 12 = 2 cos(20π) − 12 = 2(1) − 12 = − 10
Rapporto Incrementale = f (10) − f (0) 10 − 0
Dobbiamo determinare se esiste un punto s ∈]0, 10[ tale che f ′(s) = − 0 .4. Esaminiamo l’intervallo puramente trigonometrico 7 < x < 10:
− 4 π sin(2πs) = − 0 .4 =⇒ sin(2πs) =
− 4 π
π
10 π
Poich´e la quantita numerica costante (^101) π ≈ 0 .03183e strettamente compresa all’interno dell’in- tervallo dei valori reali ammissibili del seno [− 1 , 1], l’equazione goniometrica ammette soluzioni reali. Pertanto, sı, esistono punti s ∈]0, 10[ (in particolare piu di uno per via della periodi- cit`a del seno) che verificano la condizione richiesta, nonostante il teorema di Lagrange non sia applicabile globalmente.
Punto d)
Il Teorema della Media Integrale richiede come unica ipotesi vincolante che la funzione sia continua nell’intervallo chiuso di integrazione. Avendo gia ampiamente dimostrato nel punto (b) che la funzione f (x)e continua in ogni singolo punto dell’intervallo chiuso [0, 10], il teorema della media integrale risulta pienamente applicabile. Calcoliamo il valore medio dell’altezza ∆h mediante la sua definizione analitica:
∆h =
Z 10
0
f (x) dx
Sfruttando la proprieta di additivita degli integrali definiti, spezziamo l’integrale complessivo nella somma di tre integrali estesi ai singoli sottointervalli di definizione della funzione: Z (^10)
0
f (x) dx =
Z 3
0
f (x) dx +
Z 7
3
f (x) dx +
Z 10
7
f (x) dx
Risolviamo separatamente e in dettaglio ciascun singolo integrale definito:
- Integrazione del primo tratto polinomiale ( 0 ≤ x < 3 ): Z (^3)
0
(x − 2)^4 − (x − 2)^3 +
(x − 2)^2 − 20
dx
Valutiamo la primitiva nei due estremi di integrazione. Notiamo che il termine sinusoidale contiene dei multipli interi di π sia per x = 7 (sin(14π) = 0) sia per x = 3 (sin(6π) = 0), annullandosi completamente in entrambi i casi:
G 2 (7) = 7^2 −
G 2 (3) = 3^2 −
Eseguiamo la sottrazione fondamentale G 2 (7) − G 2 (3): Z (^7)
3
f (x) dx = −
- Integrazione del terzo tratto puramente trigonometrico ( 7 < x ≤ 10 ): Z (^10)
7
[2 cos(2πx) − 12] dx
Calcoliamo la primitiva sapendo che l’integrale del coseno `e il seno a meno del coefficiente dell’argomento:
G 3 (x) =
2 sin(2πx) 2 π − 12 x
7
sin(2πx) π − 12 x
7 Valutiamo la primitiva nei due estremi. Anche in questo caso il termine sinusoidale si annulla identicamente in entrambi i punti d’integrazione poich´e sin(20π) = 0 e sin(14π) = 0: G 3 (10) = 0 − 12(10) = − 120 G 3 (7) = 0 − 12(7) = − 84 Eseguiamo la sottrazione fondamentale G 3 (10) − G 3 (7): Z (^10)
7
f (x) dx = − 120 − (−84) = −120 + 84 = − 36
Sommiamo i tre valori definiti parziali ottenuti per ricavare l’integrale totale definito della funzione sull’intero dominio [0, 10]: Z (^10)
0
f (x) dx = − 49 .05 + (−54) + (−36) = − 49. 05 − 54 − 36 = − 139. 05
Calcoliamo adesso il valore esatto della variazione media del livello idrometrico ∆h:
∆h =
= − 13 .905 dm = − 1 .3905 m
Utilizziamo il valore medio dell’altezza calcolato per ricavare la stima della variazione volu- metrica dell’acqua del lago espressa in litri. La superficie del bacino idrico del lago di Bracciano `e pari a S = 57 km^2. Convertiamo l’estensione superficiale in metri quadrati:
S = 57 km^2 = 57 × (10^3 m)^2 = 57 × 106 m^2 Moltiplichiamo la superficie per l’altezza media per determinare la variazione di volume espressa in metri cubi (m^3 ): ∆V = S · ∆h = (57 × 106 m^2 ) · (− 1 .3905 m) = − 79. 2585 × 106 m^3
Ricordando la conversione standard per cui un metro cubo corrisponde esattamente a 1000 litri d’acqua (1 m^3 = 10^3 dm^3 = 10^3 litri), ricaviamo il valore della perdita idrica finale espresso in litri: ∆V = − 79. 2585 × 106 × 103 l = − 79. 2585 × 109 l = − 7. 92585 × 1010 litri
Il lago ha subito una perdita stimata complessiva di circa 79.26 miliardi di litri di acqua. —
PROBLEMA 2
Testo del problema
Siano ϕa e γ, rispettivamente, i grafici rappresentativi delle funzioni:
fa(x) = ax^2 x − 1 , con a ̸= 0 g(x) = |x| x^2 + 1 a) Al variare del parametro a, studiare gli intervalli di monotonia della funzione fa. Consi- derata la retta r, di equazione y = k (k ∈ R), determinare i valori di a e k in modo che r risulti tangente ai grafici ϕa e γ.
b) Siano A e B i punti stazionari, rispettivamente, dei grafici ϕa e γ, con xA ̸= 0 e xB > 0. Determinare il valore di a in corrispondenza del quale la misura del segmento AB risulti minima.
D’ora in avanti, si ponga a = 18.
c) Studiare le funzioni f 18 e g, esaminandone in particolare la continuita e la derivabilita, e tracciare i loro grafici ϕ 18 e γ in un medesimo sistema di riferimento. Utilizzare tali grafici per risolvere la disequazione f 18 (x) > g(x).
d) Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata da γ, dall’asse x e dalle rette parallele all’asse y e passanti per i punti di flesso.
—
Soluzione dettagliata del Problema 2
Punto a)
La funzione razionale fratta fa(x) = ax 2 x− 1 ha come dominio naturale di definizione l’insieme D = R \ { 1 }. Calcoliamo la sua derivata prima applicando la regola analitica di derivazione del quoziente:
f (^) a′(x) =
d dx [ax (^2) ] · (x − 1) − ax (^2) · d dx [x^ −^ 1] (x − 1)^2
2 ax(x − 1) − ax^2 (1) (x − 1)^2
f (^) a′(x) = 2 ax^2 − 2 ax − ax^2 (x − 1)^2
ax^2 − 2 ax (x − 1)^2
ax(x − 2) (x − 1)^2 Il denominatore (x−1)^2 `e un quadrato perfetto, pertanto risulta essere strettamente positivo in ogni punto del dominio. Il segno algebraico della derivata prima dipende esclusivamente dal comportamento del numeratore di secondo grado ax(x − 2), avente zeri reali in x = 0 e x = 2:
- Scenario con a > 0 : La parabola al numeratore volge la propria concavit`a verso l’alto.
Applichiamo la formula geometrica della distanza euclidea tra due punti nel piano cartesiano per determinare la lunghezza del segmento AB:
AB =
p (xB − xA)^2 + (yB − yA)^2 =
s (1 − 2)^2 +
− 4 a
s 1 +
− 4 a
Per minimizzare la lunghezza del segmento AB, e sufficiente minimizzare il radicando. Il radicandoe costituito da una costante positiva (1) sommata a un quadrato perfetto
2 −^4 a
Un quadrato perfetto assume il suo valore minimo assoluto se e solo se `e uguale a zero:
1 2
− 4 a = 0 =⇒ 4 a =
=⇒ a =
Il valore del parametro che rende minima la distanza tra i due punti stazionari `e **a = 18 **.
Punto c)
Fissiamo il valore del parametro ponendo a = 18. Le due funzioni da analizzare e tracciare nello stesso piano cartesiano sono:
f 18 (x) = x^2 8(x − 1) , g(x) = |x| x^2 + 1
Studio analitico completo di f 18 (x):
- Dominio: D = R \ { 1 }. La funzione `e continua in tutto il suo dominio.
- Limiti ed asintoti:
lim x→ 1 −
x^2 8(x − 1)
0 −^
= −∞, lim x→ 1 +
x^2 8(x − 1)
0 +^
La retta di equazione x = 1 `e un asintoto verticale bilaterale per la curva. Verifichiamo la presenza di un asintoto obliquo della forma y = mx + q per x → ±∞:
m = (^) x→±∞lim
f 18 (x) x = (^) x→±∞lim x^2 8 x(x − 1)
q = lim x→±∞ [f 18 (x)−mx] = lim x→±∞
x^2 8(x − 1)
x
= lim x→±∞
x^2 − x(x − 1) 8(x − 1)
= lim x→±∞
x 8(x − 1)
La retta di equazione y = 18 x + 18 `e un asintoto obliquo per la funzione.
- Punti stazionari: Massimo relativo in M (0, 0) e minimo relativo in N (2, 12 ).
Studio analitico completo di g(x):
- Dominio e simmetria: D = R. La funzione e continua in tutto l’asse reale ede pari.
- Studio della derivabilit`a nel punto d’origine x = 0: Analizziamo i limiti destro e sinistro della derivata prima per x → 0:
lim x→ 0 +^ g′(x) = lim x→ 0 +
1 − x^2 (x^2 + 1)^2
lim x→ 0 −^ g′(x) = lim x→ 0 −
d dx
−x x^2 + 1
= lim x→ 0 −
−1(x^2 + 1) − (−x)(2x) (x^2 + 1)^2
= lim x→ 0 −
x^2 − 1 (x^2 + 1)^2
Poich´e la derivata destra (+1) e la derivata sinistra (−1) sono finite ma disuguali, la funzione non `e derivabile in x = 0, che rappresenta geometricamente un punto angoloso.
- Asintoti: limx→±∞ (^) x| 2 x+1| = 0 =⇒ y = 0 `e un asintoto orizzontale coincidente con l’asse x.
Risoluzione geometrico-analitica della disequazione f 18 (x) > g(x): Confrontando l’an- damento grafico sovrapposto delle due curve si osserva che:
- Per ogni x < 1, il grafico di f^18 (x) giace interamente nel semipiano delle ordinate negative (y ≤ 0), mentre la funzione g(x) e sempre strettamente positiva o nulla (g(x) ≥ 0). Pertanto, in questo intervallo la disequazione none mai verificata.
- Nel punto esatto x = 2, le due curve si incontrano tangenzialmente, assumendo la medesima quota ordinata pari a 12 (f 18 (2) = g(2) = 12 ).
- Per tutti gli altri punti appartenenti all’intervallo x > 1 con x ̸= 2, la curva polinomiale fratta si sviluppa al di sopra della curva a campana di g(x).
L’insieme delle soluzioni della disequazione risulta essere:
x ∈]1, 2[ ∪ ]2, +∞[
Punto d)
Determiniamo la posizione esatta dei punti di flesso della funzione g(x) = (^) x| 2 x+1|. Per simmetria assiale, analizziamo il tratto positivo x > 0, dove la derivata prima `e g′(x) = 1 −x 2 (x^2 +1)^2. Calcoliamo la derivata seconda applicando la regola del quoziente:
g′′(x) =
d dx [1^ −^ x (^2) ] · (x (^2) + 1) (^2) − (1 − x (^2) ) · d dx [(x
2 + 1) 2 ]
(x^2 + 1)^4
g′′(x) = − 2 x(x^2 + 1)^2 − (1 − x^2 ) · 2(x^2 + 1) · 2 x (x^2 + 1)^4
Raccogliamo a fattor comune totale il termine lineare e la parentesi (x^2 + 1) al numeratore per semplificare la frazione:
g′′(x) = 2 x(x^2 + 1) [−1(x^2 + 1) − 2(1 − x^2 )] (x^2 + 1)^4
2 x [−x^2 − 1 − 2 + 2x^2 ] (x^2 + 1)^3
2 x(x^2 − 3) (x^2 + 1)^3
Poniamo la derivata seconda uguale a zero per trovare i punti di flesso nell’intervallo x > 0:
2 x(x^2 − 3) = 0 =⇒ x^2 − 3 = 0 =⇒ x =
Sfruttando la propriet`a di simmetria rispetto all’asse delle ordinate, l’altro punto di flesso si trova simmetricamente in x = −
L’area della regione finita di piano richiesta `e definita dall’integrale nell’intervallo [−
3].
Essendo la funzione integranda pari, possiamo semplificare il calcolo raddoppiando l’integrale definito esteso al solo semiasse positivo:
Area =
Z
L’area totale coperta all’interno del quadrato si ottiene sottraendo all’area geometrica complessiva del cerchio le superfici dei due segmenti circolari che rimangono al di fuori del foglio: Acoperta = Areacerchio − 2 · Sseg = πr^2 − 2 · Sseg
Acoperta = π
π − 2 9
4 π 9
2 π − 4 9
2 π + 4 9 dm^2
Verifichiamo la disuguaglianza rispetto alla met`a del quadrato (1 dm^2 ):
Acoperta > 1 ⇐⇒ 2 π + 4 9 > 1 ⇐⇒ 2 π + 4 > 9 ⇐⇒ 2 π > 5 ⇐⇒ π >
Poich´e il valore del pi greco e circa 3.1415, la relazione π > 2 .5e ampiamente verificata. Calcolando il valore numerico esatto dell’area coperta:
Acoperta =
≈ 1 .1426 dm^2
La frazione percentuale del quadrato coperta dal primo cartoncino `e pari a 1.^14262 ≈ 57 .13%. Di conseguenza, Cecilia ha ragione. —
Quesito 2
Testo: Si considerino, nello spazio tridimensionale, i punti A(2; −4; 3), B(3; 5; −1), C(−6; 1; 0), D(−1; 4; 8). a) Verificare che A, B, C, D sono i vertici di un tetraedro regolare. b) Determinare l’equazione del piano tangente in A alla superficie sferica passante per i punti A, B, C, D.
Soluzione: a) Un tetraedro `e regolare se tutti i suoi 6 spigoli presentano la stessa identica lunghezza. Calcoliamo la distanza al quadrato tra tutte le possibili coppie di punti nello spazio:
AB^2 = (3 − 2)^2 + (5 − (−4))^2 + (− 1 − 3)^2 = 1^2 + 9^2 + (− 42 ) = 1 + 81 + 16 = 98
AC 2 = (− 6 − 2)^2 + (1 − (−4))^2 + (0 − 3)^2 = (−8)^2 + 5^2 + (−3)^2 = 64 + 25 + 9 = 98 AD 2 = (− 1 − 2)^2 + (4 − (−4))^2 + (8 − 3)^2 = (−3)^2 + 8^2 + 5^2 = 9 + 64 + 25 = 98 BC 2 = (− 6 − 3)^2 + (1 − 5)^2 + (0 − (−1))^2 = (−9)^2 + (−4)^2 + 1^2 = 81 + 16 + 1 = 98 BD 2 = (− 1 − 3)^2 + (4 − 5)^2 + (8 − (−1))^2 = (−4)^2 + (−1)^2 + 9^2 = 16 + 1 + 81 = 98 CD 2 = (− 1 − (−6))^2 + (4 − 1)^2 + (8 − 0)^2 = 5^2 + 3^2 + 8^2 = 25 + 9 + 64 = 98
Poich´e tutti i 6 lati hanno lunghezza uguale a
2, il tetraedro `e regolare. b) In un tetraedro regolare, il centro M della sfera circoscritta coincide con il baricen- tro geometrico dei suoi quattro vertici. Calcoliamo le coordinate di M effettuando la media aritmetica delle coordinate dei punti:
M
xA + xB + xC + xD 4
yA + yB + yC + yD 4
zA + zB + zC + zD 4
M
= M
= M
Il vettore radiale M A⃗ che congiunge il centro della sfera M con il punto di tangenza A `e perpendicolare al piano cercato. Calcoliamo i componenti del vettore:
M A⃗ = A − M =
Possiamo moltiplicare il vettore per la costante 2 per eliminare i denominatori, ottenendo il vettore normale al pianon⃗ = (5, − 11 , 1). L’equazione del piano passante per il punto A(2, − 4 , 3) `e data da: a(x − xA) + b(y − yA) + c(z − zA) = 0 5(x − 2) − 11(y − (−4)) + 1(z − 3) = 0 =⇒ 5 x − 10 − 11 y − 44 + z − 3 = 0 5 x − 11 y + z − 57 = 0 —
Quesito 3
Testo: La magnitudo M di un terremoto, secondo la scala Richter, `e data da M = log 10
A A 0
Si determini il rapporto A A^12 tra le ampiezze di due scosse con M 1 = 6.5 e M 2 = 6.0. Dalla legge di Gutenberg-Richter log 10
E E 0
= 1. 5 M + 4.8, si determini la variazione percentuale dell’energia liberata.
Soluzione: Applichiamo la definizione inversa del logaritmo in base 10 per ricavare le formule delle ampiezze sismiche dei due eventi:
6 .5 = log 10
A 1
A 0
A 1
A 0
= 10^6.^5
6 .0 = log 10
A 2
A 0
A 2
A 0
= 10^6.^0
Eseguiamo il rapporto tra le due relazioni per eliminare la costante di riferimento A 0 : A 1 A 2
A 1 /A 0
A 2 /A 0
106.^5
106.^0
= 10^6.^5 −^6.^0 = 10^0.^5 =
Utilizziamo la seconda relazione empirica per determinare l’energia totale liberata dalle singole scosse:
log 10
E 1
E 0
E 1
E 0
= 10^14.^55
log 10
E 2
E 0
E 2
E 0
= 10^13.^8
Calcoliamo il rapporto diretto tra le due energie liberatisi: E 1 E 2
E 1 /E 0
E 2 /E 0
1014.^55
1013.^8
= 10^14.^55 −^13.^8 = 10^0.^75 = 4
La variazione percentuale dell’energia della prima scossa rispetto alla seconda `e definita dalla relazione:
∆% =
E 1
E 2
I due punti di intersezione risultano essere A(− 2 , 0) e B(2, 0). Calcoliamo la derivata prima:
y′^ = 5h · 2 x x^2 − 3
10 hx x^2 − 3
Calcoliamo i coefficienti angolari delle rette tangenti nei due punti d’intersezione:
mA = y′(−2) = 10 h(−2) (−2)^2 − 3
− 20 h 4 − 3
= − 20 h
mB = y′(2) =
10 h(2) (2)^2 − 3
20 h 4 − 3 = 20h
Le equazioni delle due rette tangenti sono:
Tangente in A: y − 0 = − 20 h(x − (−2)) =⇒ y = − 20 h(x + 2) Tangente in B: y − 0 = 20h(x − 2) =⇒ y = 20h(x − 2)
Imponiamo il passaggio di una delle due rette per il punto di intersezione comune C(0, −4):
−4 = 20h(0 − 2) =⇒ −4 = − 40 h =⇒ h =
Quesito 6
Testo: Determinare l’espressione del polinomio p(x) tale che il grafico della funzione f (x) = p(x) 2 x+1 passi per il punto^ P^ (1; 0) ed abbia per asintoto obliquo la retta di equazione^ y^ = 3x^ −^ 2.
Soluzione: L’esistenza di un asintoto obliquo di equazione y = 3x − 2 implica che eseguendo la divisione polinomiale tra il numeratore p(x) e il denominatore di primo grado (2x + 1) si ottiene come quoziente la retta dell’asintoto pi`u un termine di resto costante R:
p(x) = (2x + 1)(3x − 2) + R
Sviluppiamo il prodotto algebrico tra i due binomi:
p(x) = 6x^2 − 4 x + 3x − 2 + R = 6x^2 − x − 2 + R
Imponiamo la condizione di passaggio per il punto cartesiano P (1, 0), che comporta l’annulla- mento del polinomio nel punto x = 1 (p(1) = 0):
p(1) = 6(1)^2 − (1) − 2 + R = 0 =⇒ 6 − 1 − 2 + R = 0 =⇒ 3 + R = 0 =⇒ R = − 3
Sostituiamo il valore del resto ottenuto all’interno dell’espressione generale del polinomio:
p(x) = 6x^2 − x − 2 + (−3) = 6x^2 − x − 5 —
Quesito 7
Testo: All’inizio del gioco dello scopone, a ciascun giocatore vengono distribuite 10 carte di un mazzo da 40. a) Determinare la probabilita che le prime 3 carte distribuite a Massimo siano tutte e 3 di coppe. b) Determinare la probabilita che, tra le 10 carte distribuite a Lorenzo, siano presenti i 3 assi di bastoni, spade e denari.
Soluzione: a) All’interno di un mazzo da 40 carte sono presenti esattamente 10 carte per ciascuno dei 4 semi. Calcoliamo la probabilit`a come prodotto di estrazioni successive condizionate senza reinserimento:
Pa =
b) Utilizziamo il calcolo combinatorio mediante l’approccio dei coefficienti binomiali (casi favorevoli fratto casi possibili). I casi possibili totali corrispondono a tutte le possibili combinazioni di 10 carte estratte da un gruppo di 40:
10
. Per i casi favorevoli, richiediamo che tra le 10 carte siano presenti i 3 assi prefissati (
3
= 1). Le restanti 10 − 3 = 7 carte devono essere pescate tra le restanti 40 − 3 = 37 carte del mazzo:
7
Pb =
3
7
10
40! 10!·30!
Sviluppiamo i singoli fattoriali per semplificare direttamente i termini comuni:
Pb =
Quesito 8
Testo: Ad un torneo di pallavolo partecipano 16 squadre (4 di 1a^ fascia, 4 di 2a^ fascia e 8 di 3a fascia), suddivise in 4 gironi da 4 squadre. Le squadre di 1a^ fascia vengono inserite d’ufficio nei gironi A, B, C, D senza sorteggio. Le altre vengono sorteggiate in modo che in ciascun girone vi siano una squadra di 2a^ fascia e due di 3a^ fascia. Quante sono le possibili composizioni dei gironi?
Soluzione: Poich´e la collocazione delle squadre di prima fascia `e fissa e determinata univoca- mente dal ranking senza alcun sorteggio, essa genera un’unica combinazione (1). Analizziamo la ripartizione indipendente delle altre due fasce residue nei quattro gironi distinti A, B, C, D:
- Assegnazione della Seconda Fasca: Abbiamo 4 squadre distinte da allocare in 4 gironi differenti (una squadra per ciascun girone). Il numero di combinazioni possibili `e definito dalle permutazioni lineari di 4 elementi: N 2 = 4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24
- Assegnazione della Terza Fascia: Abbiamo 8 squadre distinte da distribuire in gruppi da 2 all’interno dei 4 gironi. Procediamo scegliendo in sequenza 2 squadre su 8 per il girone A, poi 2 squadre sulle 6 rimaste per il girone B, poi 2 squadre su 4 per il girone C, e infine le ultime 2 squadre andranno nel girone D:
N 3 =
N 3 = 28 · 15 · 6 · 1 = 2520
Il numero totale complessivo delle possibili composizioni dei quattro gironi del torneo `e dato dal prodotto combinatorio delle due distribuzioni indipendenti:
Composizioni Totali = N 2 · N 3 = 24 · 2520 = 60480
