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Esame di Stato di Liceo Scientifico - Sessione Ordinaria
Seconda Prova Scritta di Matematica
Svolgimento Completo e Dettagliato
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 le coordinate dei punti dai dati della tabella per l’intervallo temporale 2016 ≤ Anno ≤ 2019, corrispondente a 0 ≤ x ≤ 3:
- Anno 2016 =⇒ x = 0, con y = −6. Il punto `e P 0 (0, −6).
- Anno 2017 =⇒ x = 1, con y = −16. Il punto `e P 1 (1, −16).
- Anno 2018 =⇒ x = 2, con y = −20. Il punto `e P 2 (2, −20). Sostituiamo questi punti nell’equazione del modello y = a(x−2)^4 +b(x−2)^3 +c(x−2)^2 −20:
- Sostituzione di P 2 (2, −20):
−20 = a(2 − 2)^4 + b(2 − 2)^3 + c(2 − 2)^2 − 20 =⇒ −20 = − 20
L’equazione e sempre verificata identicamente. Questa informazione mostra che la scelta della costante −20 nel testoe perfettamente coerente con il minimo locale o valore assunto nel 2018.
- Sostituzione di 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 =⇒ 8 a − 4 b + 2c = 7 (Eq. 1)
- Sostituzione di 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 =⇒ a−b+c = 4 (Eq. 2)
Per determinare in modo univoco i tre parametri (a, b, c) sfruttiamo la traccia del punto successivo che ci fornisce la forma esplicita del modello. Verifichiamo direttamente che i valori a = −^12 , b = −1, c = 72 siano soluzione del sistema di due equazioni in tre incognite:
Eq. 1: 8
= −4 + 4 + 7 = 7 (Verificata)
Eq. 2:
= 3 + 1 = 4 (Verificata)
Il modello matematico per 0 ≤ x < 3 risulta pertanto:
f (x) = −
(x − 2)^4 − (x − 2)^3 +
(x − 2)^2 − 20
Punti di estremo relativo (Studio del segno della derivata):
- Intervallo 0 < x < 3 : Poniamo per semplicit`a t = x − 2, con − 2 < t < 1. f ′(x) = − 2 t^3 − 3 t^2 + 7t = t(− 2 t^2 − 3 t + 7) = 0 Le soluzioni sono t = 0 =⇒ x = 2, e le radici del polinomio di secondo grado:
t =
p 9 − 4(−2)(7) − 4
=⇒ t 1 ≈ − 2. 77 , t 2 ≈ 1. 27 Entrambe le soluzioni t 1 e t 2 si trovano al di fuori dell’intervallo temporale considerato (infatti per t 1 =⇒ x ≈ − 0 .77 e per t 2 =⇒ x ≈ 3 .27). Studiando il segno della derivata nell’intorno di x = 2 (ovvero t = 0), osserviamo che per x < 2 (t < 0) si ha f ′(x) < 0, mentre per x > 2 (t > 0) si ha f ′(x) > 0. Il punto x = 2 `e un minimo relativo con valore f (2) = −20.
- Intervallo 3 < x < 7 : f ′(x) = 2 + π sin(2πx) Poich´e il valore minimo di sin(2πx) e −1, il minimo valore assunto dalla derivatae 2−π ≈ 2 − 3 .14 = − 1 .14. La derivata si annulla nei punti in cui sin(2πx) = − (^2) π. Questo mostra che la funzione presenta delle oscillazioni con presenza di massimi e minimi relativi locali attorno al trend di crescita lineare determinato dal termine 2x − 24.
- Intervallo 7 < x < 10 : f ′(x) = − 4 π sin(2πx) = 0 =⇒ 2 πx = kπ =⇒ x = k 2 I punti interni stazionari sono x = 7. 5 , 8 , 8. 5 , 9 , 9 .5. Analizzando il segno di − sin(2πx):
- I punti x = 7. 5 , 8. 5 , 9 .5 sono punti di minimo relativo con quota f (x) = 2(−1) − 12 = −14.
- I punti x = 8, 9 , 10 sono punti di massimo relativo con quota f (x) = 2(1) − 12 = −10.
Punto c)
Il teorema di Lagrange si applica a funzioni continue in un intervallo chiuso [a, b] e derivabili nell’aperto ]a, b[. Come ampiamente dimostrato nel punto (b), la funzione f (x), pur essendo continua in [0, 10], non e derivabile nel punto interno x = 7, a causa della presenza di un punto angoloso. Di conseguenza, il teorema di Lagrange none applicabile nell’intervallo [0, 10]. Verifichiamo adesso la seconda richiesta. Calcoliamo il rapporto incrementale della funzione agli estremi dell’intervallo:
f (0) = −
(0 − 2)^4 − (0 − 2)^3 +
(0 − 2)^2 − 20 = −8 + 8 + 14 − 20 = − 6
f (10) = 2 cos(20π) − 12 = 2(1) − 12 = − 10 f (10) − f (0) 10 − 0
Dobbiamo stabilire se esiste un valore s ∈]0, 10[ tale che f ′(s) = − 0 .4. Prendiamo in esame l’ultimo tratto 7 < x < 10, dove la derivata vale f ′(x) = − 4 π sin(2πx). Uguagliando:
− 4 π sin(2πs) = − 0 .4 =⇒ sin(2πs) =
π
Poich´e il valore 0.03183 appartiene chiaramente all’intervallo [− 1 , 1], l’equazione goniometri- ca ammette soluzioni reali. Pertanto, sı, esistono punti s all’interno dell’intervallo (nello specifico piu di uno, a causa della periodicit`a del seno) che soddisfano l’uguaglianza richiesta.
Punto d)
Il Teorema della Media Integrale richiede come unica ipotesi che la funzione sia continua nell’intervallo chiuso di integrazione. Avendo verificato nel punto (b) la continuit`a di f (x) in ogni punto dell’intervallo [0, 10], il teorema risulta applicabile. Calcoliamo il valore medio dell’altezza ∆h:
∆h =
Z 10
0
f (x) dx
Suddividiamo l’integrale definito nella somma di tre integrali definiti sui rispettivi intervalli reali di definizione: Z (^10)
0
f (x) dx =
Z 3
0
f (x) dx +
Z 7
3
f (x) dx +
Z 10
7
f (x) dx
Sviluppiamo singolarmente ciascun integrale:
- Primo tratto: Z (^3)
0
(x − 2)^4 − (x − 2)^3 +
(x − 2)^2 − 20
dx =
(x − 2)^5 10
(x − 2)^4 4
7(x − 2)^3 6 − 20 x
0 Sostituendo l’estremo superiore 3: −
Sostituendo l’estremo inferiore 0: −
(−2)^5
(−2)^4
7(−2)^3
Sottraendo i due valori otteniamo: Z (^3)
0
f (x) dx = −
- Secondo tratto: (^) Z (^7)
3
2 x − 24 + sin^2 (πx)
dx
Ricordando che per l’identita trigonometrica sin^2 (πx) = 1 −cos(2 2 πx), una sua primitivae x 2 −^
sin(2πx) 4 π.^ Z (^7)
3
f (x) dx =
x^2 − 24 x + x 2
sin(2πx) 4 π
3 Poich´e il termine con il seno si annulla sia in 7π sia in 3π, abbiamo: 49 − 168 +
- Terzo tratto: (^) Z (^10)
7
[2 cos(2πx) − 12] dx =
sin(2πx) π − 12 x
7 Anche in questo caso il termine sinusoidale si annulla in tutti gli estremi interi: (0 − 120) − (0 − 84) = −120 + 84 = − 36
Soluzione dettagliata del Problema 2
Punto a)
La funzione fa(x) = (^) xax−^21 ha come dominio d’esistenza D = R \ { 1 }. Calcoliamo la sua derivata prima applicando la regola di derivazione del rapporto:
f (^) a′(x) = 2 ax · (x − 1) − ax^2 · 1 (x − 1)^2
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 sempre positivo nel dominio. Il segno della derivata dipende dal numeratore ax(x − 2):
- Se a > 0: la parabola al numeratore volge la concavit`a verso l’alto ed ha zeri in 0 e 2.
- f (^) a′(x) > 0 =⇒ x < 0 ∨ x > 2: la funzione `e strettamente crescente.
- f (^) a′(x) < 0 =⇒ 0 < x < 1 ∨ 1 < x < 2: la funzione `e strettamente decrescente.
- Se a < 0: la concavitae rivolta verso il basso.
- f (^) a′(x) > 0 =⇒ 0 < x < 1 ∨ 1 < x < 2: la funzione `e strettamente crescente.
- f (^) a′(x) < 0 =⇒ x < 0 ∨ x > 2: la funzione e strettamente decrescente. La retta y = ke una retta orizzontale. Affinch´e sia tangente a una curva, deve intersecare la curva in un suo punto stazionario (dove la derivata prima `e nulla). I punti stazionari di fa(x) sono x = 0 e x = 2. Le rispettive quote sono:
fa(0) = 0 =⇒ y = 0
fa(2) =
a(4) 2 − 1 = 4a =⇒ y = 4a
Analizziamo ora g(x) = (^) x| 2 x+1|. Per motivi di simmetria (la funzione `e pari), studiamola per x > 0, dove g(x) = (^) x 2 x+1 :
g′(x) = 1 · (x^2 + 1) − x · 2 x (x^2 + 1)^2
1 − x^2 (x^2 + 1)^2
Per x > 0, la derivata si annulla in 1 − x^2 = 0 =⇒ x = 1. L’ordinata del punto stazionario `e:
g(1) =
Affinch´e la retta orizzontale y = k sia tangente a entrambe le curve contemporaneamente, la quota k deve coincidere con i valori stazionari di entrambe le funzioni. Abbiamo due scenari possibili:
- Scenario 1: k = 0. Ma la funzione g(x) non ha un valore stazionario pari a 0 a tangente orizzontale (in x = 0 `e presente un punto angoloso).
- Scenario 2: k = 12. Uguagliamo questo valore al punto stazionario di fa(x) in x = 2:
4 a =
=⇒ a =
I valori cercati sono pertanto **a = 18 ** e **k = 12 **.
Punto b)
Il testo ci dice che xA ̸= 0, quindi per la funzione fa(x) consideriamo il punto stazionario con ascissa xA = 2. Le sue coordinate complete sono A(2, 4 a). Per la funzione g(x) cerchiamo il punto stazionario con coordinata positiva xB > 0, ovvero xB = 1. Le sue coordinate sono B(1, 12 ). Applichiamo la formula della distanza tra due punti nel piano cartesiano per calcolare la lunghezza del segmento AB:
AB^2 = (xB − xA)^2 + (yB − yA)^2 = (1 − 2)^2 +
− 4 a
− 4 a
Per minimizzare la distanza AB, basta minimizzare la quantita sotto radice. Poich´ee composta da una costante sommata ad un quadrato perfetto, il valore minimo si ottiene quando il quadrato si annulla: 1 2
− 4 a = 0 =⇒ 4 a =
=⇒ a =
Punto c)
Poniamo a = 18. Le due funzioni da studiare e tracciare sono:
f 18 (x) = x^2 8(x − 1)
, g(x) = |x| x^2 + 1
Studio di f 18 (x):
- Dominio e Continuit`a: Continua in R \ { 1 }.
- Limiti ed Asintoti:
lim x→ 1 −
x^2 8(x − 1) = −∞, lim x→ 1 +
x^2 8(x − 1) = +∞ =⇒ x = 1 `e asintoto verticale.
Per x → ±∞ effettuiamo la divisione tra polinomi per determinare l’asintoto obliquo:
f 18 (x) =
x +
8(x − 1) =⇒ y =
x +
`e l’asintoto obliquo.
- Derivabilit`a ed estremi: La funzione presenta un massimo relativo in M (0, 0) e un minimo relativo in N (2, 12 ).
Studio di g(x):
- Dominio e Continuita: Definta e continua in tutto R. La funzionee pari.
- Derivabilit`a in x = 0: Calcoliamo i limiti del rapporto incrementale o della derivata per x → 0: lim x→ 0 +^ g′(x) = lim x→ 0 +
1 − x^2 (x^2 + 1)^2
lim x→ 0 −^ g′(x) = − 1 Essendo i due limiti diversi, la funzione presenta un punto angoloso in x = 0, quindi non `e derivabile in tale punto.
- Asintoti: limx→±∞ g(x) = 0 =⇒ y = 0 `e asintoto orizzontale.
Soluzione: Il quadrato ha lato L =
2 dm, dunque la sua area totale `e: Areaquadrato = (
2)^2 = 2 dm^2
La meta dell’area del quadrato vale 1 dm^2. Il cartoncino ha raggio R = 23 dm, quindi la sua area massima totalee:
Areacerchio = πR^2 = π
π ≈
· 3 .1415 = 1.396 dm^2
Tuttavia, il cerchio viene posizionato nell’angolo A del quadrato. La distanza del centro del cerchio dal vertice A e pari al raggio R = 23. La porzione di cerchio che cade all’interno del quadratoe limitata dalle intersezioni con i lati. Si puo verificare geometricamente che l’area dell’intersezione tra questo cerchio d’angolo e il quadratoe strettamente inferiore a 1 dm^2. Di conseguenza, ha ragione Nicolo: il primo cerchio non riesce a coprire da solo piu della met`a della superficie del quadrato. —
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) Calcoliamo la lunghezza di tutti i 6 spigoli del tetraedro usando la formula della distanza tra punti nello spazio:
AB^2 = (3 − 2)^2 + (5 + 4)^2 + (− 1 − 3)^2 = 1 + 81 + 16 = 98
AC^2 = (− 6 − 2)^2 + (1 + 4)^2 + (0 − 3)^2 = 64 + 25 + 9 = 98 AD^2 = (− 1 − 2)^2 + (4 + 4)^2 + (8 − 3)^2 = 9 + 64 + 25 = 98 BC 2 = (− 6 − 3)^2 + (1 − 5)^2 + (0 + 1)^2 = 81 + 16 + 1 = 98 BD^2 = (− 1 − 3)^2 + (4 − 5)^2 + (8 + 1)^2 = 16 + 1 + 81 = 98 CD 2 = (−1 + 6)^2 + (4 − 1)^2 + (8 − 0)^2 = 25 + 9 + 64 = 98
Poich´e tutti gli spigoli hanno la stessa lunghezza (
2), il tetraedro `e regolare. b) In un tetraedro regolare, il centro della sfera circoscritta coincide con il baricentro M dei quattro vertici:
M
= M
= M
Il vettore M A⃗ che unisce il centro della sfera al punto di tangenza A `e perpendicolare al piano cercato:
M A⃗ = A − M =
Possiamo usare come vettore normale del piano il vettore proporzionalen⃗ = (5; −11; 1). L’e- quazione del piano passante per A(2; −4; 3) `e:
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: Nel 1976, 50 anni fa, due scosse di terremoto, a maggio e a settembre, di magnitudo M 1 = 6.5 e M 2 = 6.0 della scala Richter, colpirono un vasto territorio a nord di Udine. La magnitudo M di un terremoto, secondo la scala Richter, `e data da M = log 10
A A 0
, dove
A rappresenta il massimo delle ampiezze registrate da un sismografo e A 0 `e un’ampiezza di riferimento. Si determini il rapporto A A^12 tra le ampiezze prodotte dai due eventi sismici friulani.
Dalla legge empirica di Gutenberg-Richter log 10
E E 0
= 1. 5 M + 4.8, dove E `e l’energia liberata dal terremoto ed E 0 un’energia di riferimento, si determini la variazione percentuale dell’energia liberata tra il primo e il secondo terremoto.
Soluzione: Dalla definizione di magnitudo ricaviamo le ampiezze:
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
Il rapporto tra le due ampiezze `e:
A 1 A 2
A 1 /A 0
A 2 /A 0
106.^5
106.^0
= 10^0.^5 =
Esprimiamo adesso il rapporto tra le energie utilizzando la seconda equazione:
log 10
E 1
E 0
= 1.5(6.5) + 4.8 = 9.75 + 4.8 = 14.55 =⇒ E 1 = E 0 · 1014.^55
log 10
E 2
E 0
= 1.5(6.0) + 4.8 = 9.0 + 4.8 = 13.8 =⇒ E 2 = E 0 · 1013.^8
Il rapporto tra le energie `e:
E 1 E 2
1014.^55
1013.^8
= 10^0.^75 ≈ 5. 6234
La variazione percentuale dell’energia liberata dal primo rispetto al secondo `e:
∆% =
E 1
E 2
Quesito 4
Testo: Si consideri la funzione F (x) =
R (^) x 0
1 1+t^2 dt^ +^
R (^1) /x 0
1 1+t^2 dt^ (con^ x >^ 0). Dimostrare che la funzione F (x) `e una funzione costante e calcolarne il valore.
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: Se una funzione razionale fratta ha come asintoto obliquo la retta y = 3x − 2, significa che eseguendo la divisione tra il polinomio al numeratore p(x) e il denominatore (2x+1), il quoziente ottenuto deve essere pari a 3x−2. Il resto R della divisione deve essere una costante numerica. Possiamo scrivere:
p(x) = (2x + 1)(3x − 2) + R = 6x^2 − 4 x + 3x − 2 + R = 6x^2 − x − 2 + R
Imponiamo il passaggio del grafico per il punto P (1, 0), il che comporta che f (1) = 0 e di conseguenza p(1) = 0:
p(1) = 6(1)^2 − (1) − 2 + R = 0 =⇒ 6 − 1 − 2 + R = 0 =⇒ 3 + R = 0 =⇒ R = − 3
Sostituendo il valore del resto trovato, determiniamo l’espressione finale del polinomio:
p(x) = 6x^2 − x − 2 − 3 = 6x^2 − x − 5 —
Quesito 7
Testo: Giuseppe, Lorenzo, Massimo e Vincenzo sono impegnati in una partita di scopone. All’inizio del gioco, a ciascun giocatore vengono casualmente distribuite 10 carte di un mazzo da 40 (diviso nei 4 semi: bastoni, coppe, denari e spade). 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) La probabilit`a si calcola tramite successive estrazioni senza reinserimento:
P =
b) Lorenzo riceve una combinazione di 10 carte estratte dal mazzo totale di 40. Vogliamo che tra queste siano incluse 3 carte specifiche (i 3 assi menzionati). Le restanti 10 − 3 = 7 carte devono essere scelte tra le restanti 40 − 3 = 37 carte del mazzo. Utilizziamo il calcolo combinatorio tramite i coefficienti binomiali:
P =
3
7
10
40! 10!·30!
Quesito 8
Testo: Ad un torneo internazionale di pallavolo partecipano 16 squadre, che devono essere suddivise in 4 gironi (indicati con le lettere A, B, C, D) di 4 squadre ciascuno. Le 16 squadre partecipanti sono inizialmente ripartite in 3 fasce, in base all’attuale ranking: 4 squadre di 1 a^ fascia, 4 di 2a^ fascia e 8 squadre di 3a^ fascia. Le 4 squadre di 1a^ fascia vengono inserite, rispettivamente, nei gironi A, B, C, D, secondo l’ordine del ranking (senza alcun sorteggio). Le altre squadre di ogni girone vengono invece sorteggiate, in modo che in ciascuno di essi vi siano una squadra di 2a^ fascia e due squadre di 3a^ fascia. Quante sono, complessivamente, le possibili composizioni dei gironi A, B, C, D?
Soluzione: Analizziamo la distribuzione per ciascuna fascia indipendente dal momento che la prima fascia `e bloccata d’ufficio ed offre un’unica combinazione fissa:
- Seconda fascia: Abbiamo 4 squadre distinte da assegnare a 4 gironi distinti (1 per girone). Il numero di combinazioni possibili corrisponde alle permutazioni lineari di 4 elementi: N 2 = 4! = 24
- Terza fascia: Abbiamo 8 squadre distinte da accoppiare in gruppi da 2 per i 4 gironi. Scegliamo prima 2 squadre su 8 per il girone A, poi 2 su 6 per il girone B, poi 2 su 4 per il girone C, e le ultime 2 andranno al girone D:
N 3 =
Il numero totale delle possibili composizioni dei quattro gironi del torneo `e il prodotto delle combinazioni delle singole fasce:
Composizioni Totali = N 2 · N 3 = 24 · 2520 = 60480
