vuoi
o PayPal
tutte le volte che vuoi
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
asintoto verticale; −
2 x ( 6 x ) = ∞
Asintoti orizzontali: non ce ne sono dal momento che lim ;
m
+
→ ±∞ 2 x
x = +
Asintoti obliqui: hanno equazione con
y mx q
−
x x
2 ( 6 ) − −
+ x x x x
2 ( 6 ) 2 ( 6 ) 16
x
2
= = = − = + = =
m q x
lim lim 2
, lim 2 lim 16 per
+ + +
→ ±∞ → ±∞ → ±∞ → ±∞
x x x x
2 2 2
x x x x
= − +
y x
cui l’asintoto obliquo è 2 16 ;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
( )
( )
− + − − − + −
2
x x x x x x
12 4 ( 2 ) 2 ( 6 ) 2 4 12
= = > ⇔ + − < ∪ ≠ −
2
f x x x x
' ( ) 0 4 12 0 2 .
+ +
2 2
x x
( 2 ) ( 2 )
+ − < ⇔ − < <
2
x x x
Ora 4 12 0 6 2 per cui la funzione è crescente negli intervalli
( ) ( ) ( ) 64
− ∞ − ∪ − − ∪ − = −
, 6 6
, 2 2
, 2 f x
. La derivata seconda è ' ' ( ) per cui non si
( )
+ 3
x 2
annulla mai da cui si deduce che la funzione di partenza non ha flessi. Inoltre
− = > = − < − =
f f A
' ' ( 6 ) 1 0
, ' ' ( 2 ) 1 0 per cui ( 6
,
36 ) è un punto di minimo e ( 2
, 4 ) è il punto
di massimo relativo.
Il grafico è sotto presentato: 2
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
b) a b
Per ipotesi sappiamo che , sono numeri interi, per cui le condizioni da imporre sono
a b
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
a f x b f x
innanzitutto 0 6 0 12 e 0 ( ) 0 2 ( ) . Inoltre i punti che
2 2
a 1 3 11
≤ ≤
a
soddisfano la condizione 0 6 con intero sono 13 e sono .
0
, ,
1
, , 2
, , , 6
L
L
2 2 2 2
a a
=
x
Quindi fissata l’ascissa , dobbiamo calcolare i punti del tipo con
b
,
2 2
a a
b a a = +
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
N f
1 int 2
. Questi punti sono in numero dove
f b f
0 0 2
2 2
2 2 2
( )
⋅
int
la funzione è la funzione che restituisce la parte intera del proprio argomento.
Ora consideriamo le differenti 13 ascisse:
a = → = + = + =
N f
0 ( 0 ) 1 int( 2 ( 0 )) 1 0 1 ;
1. 2
a 1 1 1
= → = + = + = + =
N f
2. 1 int 2 1 int( 4 . 4 ) 1 4 5 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
3. 1 1 1 int 2 1 1 int( 6 . 6 ) 1 6 7 ;
2
a 3 3 3
= → = + = + = + =
N f
4. 1 int 2 1 int( 7 . 7 ) 1 7 8 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
2 2 1 int 2 2 1 int(
8
) 1 8 9 ;
5. 2
a 5 5 5
= → = + = + = + =
N f
6. 1 int 2 1 int( 7 . 7 ) 1 7 8 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
7. 3 3 1 int 2 3 1 int( 7 . 2 ) 1 7 8 ;
2
a 7 7 7
= → = + = + = + =
N f
8. 1 int 2 1 int( 6 . 3
) 1 6 7 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
9. 4 4 1 int 2 4 1 int(
5 . 3
) 1 5 6 ;
2
a 9 9 9
= → = + = + = + =
N f
10. 1 int 2 1 int( 4 . 1
) 1 4 5 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
5 4 1 int 2 5 1 int( 2 . 8
) 1 2 3 ;
11. 2 3
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
a 11 11 11
= → = + = + = + =
N f
12. 1 int 2 1 int(
1 . 4 ) 1 1 2 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + =
N f
13. 6 6 1 int 2 6 1 int( 0 ) 1 .
2 = + + + + + + + + + + + + =
N
Ora sommando tutti questi punti si ha : 1 5 7 8 9 8 8 7 6 5 3 2 1 70
TOT
a b
per cui esisteranno 70 punti del tipo e compresi tra l’asse delle ascisse ed il grafico della
,
2 2
a b
funzione con , numeri interi.
c)
Consideriamo la figura seguente: =
B x . Il punto C è il simmetrico di B rispetto alla retta
Il punto B ha coordinate generiche ( , 0 )
= = − = − = −
x x x x C x
2 per cui avrà ordinata nulla ed ascissa pari a 2 * ( 2 ) 4 per cui ( 4 , 0 ) . Ora
C
+ = ⇔ + = = +
2 2
AB BH AB BH AB BH AH
dobbiamo imporre che 2 2 16 8 . Ora dove
( )
= − = − + + − =
2
BH x 2 AH 4 x 2 16 x 2 8 . In realtà essendo
ed , per cui l’equazione diventa < − = −
= = ⇒
x 2 x 2 2 x
il punto B (x , 0 ) alla sinistra di H ( 2
, 0 ) si ha certamente per cui
( ) ( ) ( )
− + + − = ⇔ − + + − = ⇔ − + = +
2 2 2
x 2 16 x 2 8 x 2 16 ( 2 x ) 8 x 2 16 x 6 . Ora
4
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
l’equazione da risolvere è irrazionale e le soluzioni scaturiscono dalla risoluzione del seguente
sistema: + ≥ ≥ − ≥ − ≥ −
x 6 0 x 6 x 6 x 6
⇔ ⇔ ⇔
( ) ( ) = − = −
− + = + +
− + = +
2 2 2 2
16 x 16 x 1
x 4 x 20 x 12 x 36
x 2 16 x 6
= −
La soluzione x 1 è accettabile per cui i restanti due vertici del triangolo isoscele sono
= =
B C .
(
1
, 0 ), (
5
, 0 )
d)
Si consideri la figura sottostante:
= +
Dobbiamo calcolare S S S . Dobbiamo calcolare i punti D, E. La retta BA ha
BOE BOD DOE
+ ( ) ( )
y x 1 4 4
= ⇔ = + = +
equazione : y x 1 per cui il punto D appartiene alla retta y x 1 ed ha
4 3 3 3
4
=
ascissa nulla per cui , mentre il punto E scaturisce dalla soluzione del sistema
D 0
,
3
−
2 x ( 6 x )
=
y
− ±
+
( )
2 x ( 6 x ) 4 6 4 2
2 x ⇔ = + ⇔ − + = ⇔ = = =
⇒
2
x 1 5 x 12 x 4 0 x x 2
, x
+ 1 2
( )
4 2 x 3 5 5
= +
y x 1
3 5
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
2 28
=
e poiché l’ascissa di E è alla sinistra dell’ascissa del massimo si ha . Quindi:
E ,
5 15
2 − −
5 ( ) x x
4 2 ( 6 ) 2 x ( 6 x ) 32
∫
= + − = = − −
S x dx
1 . Ora possiamo scrivere y 16 2 x per cui
+ + +
DOE
x
3 2 2 x x 2
0
2 2
−
5 5
( ) ( )
4 2 x ( 6 x ) 4 32
∫ ∫
= + − = + + − + =
1 1 2 16
S x dx x x dx
+ +
DOE
3 2 3 2
x x
0 0
2 2
5 10 44 32 5 44 5
∫
= − + = − + + =
2 32 ln 2
x dx x x x
+
3 3 2 3 3
x 0
0
4 88 12 6 28
= − + − = −
32 ln 32 ln( 2 ) 32 ln
15 15 5 5 5
( )
1 4 2 6 28 2 6 74
= = = + = − + = −
Inoltre per cui .
S 1 S S S 32 ln 32 ln
BOD BOE BOD DOE
2 3 3 5 5 3 5 15
L’altra area richiesta è
( )( )
1 6 74 74 6 254 6
= − = − − = + − = −
S S S .
6 4 32 ln 12 32 ln 32 ln
DEAC ABC BOE
5
2 5 15 15 5 15
e)
Una funzione è invertibile se è biiettiva, cioè iniettiva e suriettiva. Nel nostro caso la funzione non è
= =
iniettiva; infatti in corrispondenza delle ascisse x 0
, x 6 viene fornita la stessa ordinata nulla.
Quindi la non iniettività comporta la non invertibilità nel dominio. Tuttavia se si restringe il
dominio e si considerano intervalli dove l’iniettività è garantita, allora sarà garantita anche la
invertibilità. Riconsideriamo il grafico della funzione: se lo osserviamo bene si notano almeno 4
sottointervalli in cui la funzione è iniettiva. Infatti l’iniettività è garantita in
] ] ] ] ] ] [ [ [ [ [ [ [ [ [ [
= − ∞ − ∪ − = − ∞ − ∪ +∞ = − − ∪ − = − − ∪ +∞
D , 6 2
, 2 , D , 6 2
, , D 6
, 2 2
, 2 , D 6
, 2 2
, . In
1 2 3 4
questi sottointervalli possiamo invertire la funzione e si avrà:
− ( )
x x
2 ( 6 )
= ⇔ + − + = ⇔
2
y x x y y
2 12 2 0
+
2 x ( )
− ± − − − ± − +
2 2
12 y 12 y 16 y 12 y y 40 y 144
= =
x 4 4
±
Ora già dal segno si deduce la non invertibilità della funzione in tutto il suo dominio. Inoltre
− ± − +
2
12 y y 40 y 144
=
x sia definita nel dominio di invertibilità
affinché la funzione inversa 4
( )( )
− + ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ ≤ ∪ ≥
2
y 40 y 144 0 y 4 y 36 0 y 4 y 36 e così abbiamo
dobbiamo imporre 6
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
−
trovato anche il condominio della funzione di partenza. Infatti i punti ( 2
, 4 ), ( 6
,
36
) sono i punti
−
2 x ( 6 x )
=
y come già
rispettivamente di massimo e minimo relativo della funzione +
2 x
precedentemente calcolato; e non poteva essere altrimenti perché per una funzione invertibile il
condominio della funzione di partenza coincide col dominio della sua inversa. 7
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
PROBLEMA 2.
Nel Liceo Scientifico “Torricelli” vi sono 4 classi quinte, i cui alunni sono distribuiti per sezione e
per sesso in base alla seguente tabella:
sezione A B C D
sesso
M 12 10 13 8
F 16 18 15 20
a) Rappresentare graficamente la situazione per mezzo di un istogramma.
b) Calcolare le distribuzioni marginali degli studenti per sezione e per sesso.
c) Calcolare la probabilità che, scelta a caso una coppia di studenti della 5aA, questa sia formata
da alunni di sesso:
1) maschile, 2) femminile, 3) differente.
Quanto vale la somma delle tre probabilità trovate?.
d) Calcolare la probabilità che, scelti a caso una classe e, in essa, una coppia di studenti, questa
sia formata da alunni di sesso differente.
e) Scelto a caso un alunno di quinta del Liceo in questione e constatato che si tratta di uno
studente di sesso maschile, calcolare la probabilità che esso provenga dalla 5aD.
Soluzione
a)
L’istogramma richiesto è sotto rappresentato: 8
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
b)
Sia X la variabile aleatoria che conta il numero di maschi e di femmine, ed Y la variabile aleatoria
{ }
=
A M , F
rappresentante le sezioni (A,B,C,D). Quindi la variabile aleatoria X ha come alfabeto X
{ }
=
A A
, B , C , D
mentre la variabile aleatoria Y ha come alfabeto .
Y
Esprimendo le probabilità come casi favorevoli su quelli totali, in accordo con l’interpretazione
frequestista, si ha: 43 =
x M
( ) ( )
43 69 112
δ δ
= − + − =
p ( x ) x M x F
X 69
112 112 =
x F
112 1 =
y A
4
1
=
y B
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 4
δ δ δ δ
= − + − + − + − =
p y y A y B y C y D
( )
Y 1
4 4 4 4 =
y C
4
1 =
y D
4
=
1 a 0
( )
δ =
dove .
a ≠
0 a 0 [ ]
= = =
p ( x , y ) Pr X x , Y y
Indichiamo con la probabilità congiunta che uno studente sia di un
XY
dato sesso e sia di una assegnata sezione. Essa la si può calcolare come prodotto tra la probabilità di
appartenere ad una data sezione e la probabilità di essere di un dato sesso in quella sezione. Le
possibili combinazioni sono ovviamente 2*4=8, per cui si ha:
12 1 3 16 1 1
= = = =
p ( M , A
) * , p ( F , A
) *
XY XY
28 4 28 28 4 7
10 1 5 18 1 9
= = = =
p ( M , B ) * , p ( F , B ) *
XY XY
28 4 56 28 4 56
13 1 13 15 1 15
= = = =
p ( M , C ) * , p ( F , C ) *
XY XY
28 4 112 28 4 112
8 1 1 20 1 5
= = = =
p ( M , D ) * , p ( F , D ) *
XY XY
28 4 14 28 4 28
Ora ricordando che una distribuzione marginale non è altro che la somma della distribuzione
congiunta al variare dei valori assunti dalla variabile (o delle variabili nel caso che le variabili
9
www.matematicamente.it
Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
aleatorie siano in numero maggiore di 2) di cui non si vuole conoscere la distribuzione marginale,
le distribuzioni marginali saranno: 3 5 13 1 43
∑
= = = + + + =
p x M p x y
( ) ( , )
X XY 28 56 112 14 112
= ∈
x M , y A
Y 1 9 15 5 69
∑
= = = + + + =
p x F p x y
( ) ( , )
X XY 7 56 112 28 112
= ∈
x F , y A
Y 3 1 1
∑
= = = + =
p ( y A
) p ( x , y )
Y XY 28 7 4
= ∈
y A , x A X 5 9 1
∑
= = = + =
p ( y B ) p ( x , y )
Y XY 56 56 4
= ∈
y B , x A X 13 15 1
∑
= = = + =
p ( y C ) p ( x , y )
Y XY 112 112 4
= ∈
y C , x A X 1 5 1
∑
= = = + =
p ( y D ) p ( x , y )
Y XY 14 28 4
= ∈
y D , x A X
Quindi le distribuzione marginali coincidono con le singole probabilità ma
≠
p ( x , y ) p ( x ) p ( y ) , cioè le due variabili aleatorie X ed Y sono dipendenti.
XY X Y
c)
Sappiamo che nella sezione A ci sono 12 maschi e 16 femmine, per cui la probabilità che il primo
12
=
a
studente della coppia della 5 A sia maschio è p , mentre la probabilità che pure il secondo
1 M 28
11
=
sia maschio è p , per cui la probabilità che entrambi siano maschi è
2 M 27
12 11 11 16 15 20
= = = = =
