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Pag. 1/2 Sessione ordinaria 2006
Seconda prova scritta
Y557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO SPERIMENTALE
PIANO NAZIONALE INFORMATICA
Tema di: MATEMATICA
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
PROBLEMA 1 λ viene utilizzato per delimitare il perimetro di un’aiuola
Un filo metallico di lunghezza
rettangolare.
a) Quale è l’aiuola di area massima che è possibile delimitare?
Si pensa di tagliare il filo in due parti e di utilizzarle per delimitare un’aiuola quadrata e un’altra
circolare. Come si dovrebbe tagliare il filo affinché:
b) la somma delle due aree sia minima?
c) la somma delle due aree sia massima?
Una aiuola, una volta realizzata, ha la forma di parallelepipedo rettangolo; una scatola, cioè, colma
di terreno. Si discute di aumentare del 10% ciascuna sua dimensione. Di quanto terreno in più, in
termini percentuali, si ha bisogno?
PROBLEMA 2 ( )
( ) = = 2
f x log x
Si considerino le funzioni f e g determinate da e g x ax , essendo un parametro
a
reale e il logaritmo in base e. = 2
a , log x ax e si dica, in particolare, per quale valore di
l’equazione
1. Si discuta, al variare di
i grafici di f e g sono tra loro tangenti.
a = − 2 g
f
Si calcoli, posto a e , l’area che è compresa fra i grafici di e (con x > 0) nella striscia
2. = − = −
y y
1 2
.
di piano determinata dalle rette d’equazioni e 1
= − 2
Si studi la funzione h ( x ) log x ax scegliendo per un valore numerico maggiore di
3. e
a 2
e
se ne disegni il grafico.
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Seconda prova scritta
Y557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO SPERIMENTALE
PIANO NAZIONALE INFORMATICA
MATEMATICA
Tema di:
QUESTIONARIO
1. Si narra che l’inventore del gioco degli scacchi chiedesse di essere compensato con chicchi di
grano: un chicco sulla prima casella, due sulla seconda, quattro sulla terza e così via, sempre
a
raddoppiando il numero dei chicchi, fino alla 64 casella. Assumendo che 1000 chicchi pesino
circa 38g, calcola il peso in tonnellate della quantità di grano pretesa dall’inventore.
2. I poliedri regolari – noti anche come solidi platonici – sono, a meno di similitudini, solo
cinque: il tetraedro, il cubo, l’ottaedro, il dodecaedro e l’icosaedro. Sai dimostrarlo?
3. In un piano sono dati una retta r e due punti A e B ad essa esterni ma situati nel medesimo
semipiano di origine r. Si trovi il più breve cammino che congiunga A con B toccando r.
α
= −
sen x x 1 ha una e una sola radice e, utilizzando una
4. Si dimostri che l’equazione
calcolatrice tascabile, se ne dia una stima. Si descriva altresì una procedura di calcolo che
α
consenta di approssimare con la precisione voluta. + n n
5. Si dimostri che la somma dei coefficienti dello sviluppo di ( a b ) è uguale a 2 per ogni
∈ .
n N − + =
6. L’equazione risolvente un dato problema è: dove k è un parametro reale e
k cos 2 x 5 k 2 0
° < < °
x ha le seguenti limitazioni: . Si discuta per quali valori di k le radici
15 x 45
dell’equazione siano soluzioni del problema.
7. Bruno de Finetti (1906-1985), tra i più illustri matematici italiani del secolo scorso, del quale
ricorre quest’anno il centenario della nascita, alla domanda: “che cos’è la probabilità?” era
solito rispondere: “la probabilità non esiste!”. Quale significato puoi attribuire a tale risposta?
E’ possibile collegarla ad una delle diverse definizioni di probabilità che sono state
storicamente proposte?
8. Un tiratore spara ripetutamente ad un bersaglio; la probabilità di colpirlo è di 0,3 per ciascun
≥ 0
,
99
tiro. Quanti tiri deve fare per avere probabilità di colpirlo almeno una volta?
( )
9. Della funzione si sa che è derivabile e diversa da zero in ogni punto del suo dominio e,
f x
( ) ( ) ( ) ( )
′ = =
ancora, che: e . Puoi determinare ?
f x f x f 0 1 f x
10. Tenuto conto che: π 1 dx
∫
= + 2
4 1 x
0
π
calcola un’approssimazione di utilizzando uno dei metodi di integrazione numerica studiati.
____________________________
Durata massima della prova: 6 ore.
È consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili.
Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
Nicola De Rosa Liceo Scientifico PNI anno 2006
SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA
a)
L’area è: λ λ λ
( ) x
= − = − ≤ ≤
2
A x x x x
* , 0 x
2 2 2
Calcoliamo la derivata prima e seconda :
λ λ
( ) = − > → <
I
A x x x
2 0
2 4
λ
( ) = − < ∀ → =
II
A x x x
2 0 è l' ascissa del massimo, per cui
4
λ λ
2
( )
= = =
x A
A A cioè l' area massima la si ha in corrispond enza di un quadrato
max max
4 16 www.matematicamente.it
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Ora suddividiamo il perimetro in due: λ
= = −
2 p x è il perimetro dell' aiuola circolare e 2p x quello del quadrato
circ q λ −
− 2
( ) λ
x x
=
per cui l' area è A x
Con queste convenzioni si ha che il lato del quadrato è q
4 4
2
2
( )
x x x
=
=
π
per cui l' area sarà A x
mentre il raggio del cerchio sarà π c
π π
2 2 4
per cui l’area totale sarà − 2
2
( ) λ x x λ
+ ≤ ≤
= , 0
A x x
tot π
4 4
b) ( )
Ora si calcolano le derivate della funzione A x :
tot ( )
λ π πλ πλ
+ −
−
−
( ) λ
1 4
x x x x x
= > → >
= +
= − +
I
A x 0 x
π π π π +
tot
2 4 2 8 2 8 4
( ) 1 1
= + >
II
A x 0
π
tot 8 2
La situazione è sotto rappresentata: www.matematicamente.it
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πλ
=
x in corrispondenza della
Dal grafico soprastante si evince che l’area minima la si ha per π + 4
quale si ricava πλ 2
λ −
( )
πλ λ λ π λ π λ
πλ +
2
π
2 2 2 2
+ 1 4
4
= = + =
= + =
A A ( )
( )
( )
( )
π π π
π + + +
π π π
, min
tot + + +
2 2 2
4 4 4 4 4 4
4 4 4 4 4
c)
Vediamo l’area massima: in tal caso il massimo lo si raggiunge agli estremi dell’intervallo cioè per
λ
= =
x 0
, x .
Ora λ 2
( )
= =
0 ,
A x
tot 16
λ λ
2 2 ( )
( )
λ
= = > = =
A x A x 0
π
tot tot
4 16 λ 2
λ
= =
Per cui l’area massima la si ha per ed è A
x π
, max
tot 4
d)
Il volume di un parallelepipedo è dato dal prodotto delle tre dimensioni, cioè
=
V l l l
parallelep
ipedo 1 2 3
Se si aumentano le dimensioni del 10% si ha:
= = =
' 1 . 1 * 1 . 1 * 1 . 1 1 . 331 * 1 . 331
V l l l l l l V
parallelep ipedo 1 2 3 1 2 3 parallelep ipedo
Per cui l’incremento percentuale del volume è del 33 . 1 % . www.matematicamente.it
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De Rosa Nicola
SOLUZIONE DI
1)
Per essere tangenti le due funzioni devono avere la stessa tangente in (x , )
y
0 0
( )
= −
L' equazione di tale tangente è : y-y m x x
0 0
Ora bisogna imporre l' uguaglianz
a tra i due coefficien
ti angolari ricavati tramite la derivata
delle due funzioni in x 0 2
( )
( ) ( ) 1 1 1 x
= = = = =
⇒ ⇒ ⇒
' ' 2
m f x g x ax a g x
0 0 0 2 2
x x
2 x
0 0
0
Inoltre poichè (x , ) appartiene ad entrambe deve aversi che
y
0 0
( ) ( ) ( ) 1
= = = =
⇒ ⇒ ⇒ a
ln 0 5
f x g x x . x e
0 0 0 0 2e
Ora facciamo qualche consideraz
ione :
1
>
se a le intersezio ni non esistono
2e 1
< <
se 0 a le intersezio ni esistono e sono due
2e
<
se a 0 esiste una sola intersezio ne
( )
1
> >
a 0
Infatti se la parabola g x corrispond
ente si stringe sempre di più, si allontana rapidament
e
2e ( ) → +∞
dalla funzione f x visto che il valore di a è positivo, ed al limite per a
=
diventa un impulso centrato in x 0
<
a 0
Se la parabola cambia concavità, sarà ora rivolta verso il basso e l' intersezio
ne corrispond ente sarà una sola
Come esempio presentiam
o tre casi ed i corrispond enti grafici dati dalla sovrapposi
zione dei grafici di f(x) e g(x )
1 1
= −
rispettiva
mente per ,
a , 1
3
e e www.matematicamente.it
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2
x
= =
H L H L H L
f x ln x g x ∗
3
3
2
1 x
4
2
-2
-4 -1
-2
-3 2
x
= =
H L H L H L
f x ln x g x
4
2 x
4
2
-2
-4 -2 2
= =−
H L H L H L
f x ln x g x x x
4
2
-2
-4 -2
-4
-6
-8
-10
-12 www.matematicamente.it
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2)
Consideriamo la figura seguente:
Calcoliamo innanzitutto i punti A,B,C:
=
y ln x =
⇒ - 2
Punto A: x e
= − A
y 2
=
y ln x =
⇒ -
1
Punto B: x e
= − B
y 1
= −
2 2
y e x =
⇒ -
1
x e 2
Punto C: = − C
y 2
Prima di calcolare l’area di interesse bisogna richiamare il calcolo dell’integrazione per parti
applicato al nostro caso: ( ( )
)
( )
( ) ( ) d ln x 1
∫ ∫ ∫
= − = − =
ln x dx x ln x x * dx x ln x x * dx
dx x
( ) ( ) ( ( ) )
∫
− = − + = − +
x ln x dx x ln x x K x ln x 1 K www.matematicamente.it
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L' area cercata è :
− −
1 1 ( )
e e 2
[ ]
( )
∫ ∫
= + = + + − =
2 2
A A A x dx e x dx
ln 2 2
1 2 − −
2 1
e e −
− 1
1 e
e 2 2
2 3 2 3
[ ]
[ ] ( )
( ( ) ) e x e x
−
− 1
1 = + + −
− + + − e
e
x x x x x x x x
ln 1 2 2 ln 2
−
− 2
2 e
e 3 3
−
− 1
1 e
e
−
1
e 2
2 3
[ ]
( ( ) ) e x
−
1 =
= + + −
e
x x x
ln 1 2
− 2
e 3
−
1
e
− −
1 1 4 2 5
e e
2 2
− − − − −
+ − − + = + −
2 1 1 2 1
e e
e e e
2 2 2
3 3
3 3
3)
( ) ( )
= − 2
ln
h x x ax
( )
∈ +∞
Dominio : 0
,
x 1
>
Non ci sono intersezio
ni con gli assi, nè nè dal momento che
x y a 2 e
( ) ( ) ( )
< ∀ ∈ +∞
Positività : 0 0
, dal momento che ln x sta sempre al di sotto della parabola
h x x
=
Asintoti verticali : x 0
( ) = −∞
lim h x
+
→ 0
x
Non ci sono asintoti orizzontal
i. Infatti
( )
( ) 1
x x
= = = = −∞ > >
lim lim ln ln lim ln 0 sfruttando de l' Hopital ed essendo 0
h x a
2 2
→ +∞ → +∞ → +∞
ax ax
2 e
x x x
e e
Non ci sono asintoti obliqui. Infatti
( )
h x = −∞
lim
→ +∞ x
x
Crescenza e decrescenz
a :
− 2
( ) 1 1 2 ax
= − =
' 2
h x ax
x x
( ) 1
> ∈
⇒
' 0 0
,
h x x
2 a
( ) 1 1 1 1
= − − = − < −
⇒
'
' 2 , ' ' 4 0 , ln 0 . 5 è un massimo
h x a h a
2
x
2 2 2
a a a
( ) ( )
1
> > < ∀ ∈ = + ∞ ⇒
' '
Inoltre poichè per ipotesi a 0 , allora h x 0 x D 0 , non ci sono flessi
2 e
Il grafico è questo: www.matematicamente.it
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= −
H L H L 2
h x ln x ax
10
7.5
5
2.5 x
5
4
3
2
1
-2.5
-5
-7.5
-10
Se scegliamo ad esempio a=1/2, allora il massimo è (1,-0.5).
Al crescere del valore a, l’ascissa del massimo si sposta e tende a diventare sempre più piccola
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SOLUZIONI DI De Rosa Nicola
Soluzione
Il numero N dei chicchi di grano è: 63
∑
= + + + + + =
1 2 3 63 n
N 1 2 2 2 2 2
L = 0
n
Siamo quindi in presenza di una serie geometrica di ragione 2. + −
M 1
M q 1
∑ =
n
q , in tal caso si ha
Ricordando che una serie geometrica di ragione q ha somma −
q 1
=
n 0
−
64
63 2 1
∑
= = = −
64
n
N 2 2 1
−
2 1
= 0
n
= −
64
2 1
Quindi il peso degli N è
( ) ( ) ( )
− − −
64 64 64
2 1 2 1 2 1
−
= = =
6
* 38 grammi * 38 * 10 tonnellate
P * 38 tonnellat
e
9
1000 1000 10
Soluzione
Un poliedro si dice regolare se le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi angoloidi sono
congruenti tra loro. La somma degli angoli di una faccia dell’angoloide è minore di un angolo giro.
e le facce sono triangoli equilateri si possono avere tre tipi di poliedri: infatti 3*60°=180°,
4*60°=240°, 5*60°=300°; se le facce sono quadrati si può avere un solo poliedro perché
3*90°=270°; se sono pentagoni si può avere un solo poliedro perché 3*108°=324°.
Si dimostra che tali poliedri esistono. www.matematicamente.it
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Soluzione
Consideriamo la figura sottostante:
La figura è stata costruita in questo modo: il punto A’ è simmetrico di A rispetto ad r, mentre il
punto C per cui passa il cammino minimo prima di arrivare a B è dato dall’intersezione della retta r
col segmento A’B ed è tale che il cammino sia minimo. Quanto detto ci accingiamo a dimostrarlo
per assurdo.
