Soluzione Matematica 2015: Seconda Prova Liceo Scientifico

giorgia m.
Di giorgia m.

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Soluzione di matematica per le tracce della seconda prova di maturità 2015

In queste ore circola la notizia che il Miur, secondo The Post Internazionale, avrebbe esagerato con la traccia del primo problema della seconda prova di matematica per il liceo scientifico. Una prova che, a detta di un maturando in particolare che l'ha svolta lo scorso 18 giugno, Daniele Becker, sembrerebbe essere ben al di sopra delle capacità degli studenti che stanno terminando il liceo scientifico. A essere sul banco degli imputati, nello specifico è il primo problema della seconda prova di matematica della maturità 2015 la cui traccia sembrerebbe essere fuorviante e le richieste ben al di sopra delle competenze possedute dai maturandi del liceo scientifico. In ogni caso, noi di Skuola.net vi mostriamo non solo come andava risolto tutto il primo problema, ma anche tutto il resto della soluzione seconda prova matematica maturità 2015 liceo scientifico.

PROBLEMA 1

1. Dal momento che la spesa totale mensile è data dalla somma del canone mensile e della spesa dovuta alle telefonate al minuto, indicando con

[math]x[/math]
i minuti di conversazione ed
[math]f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\\[/math]
la funzione che indica la spesa totale mensile, si ha:

[math]f(x) := \frac{1}{10}x + 10\,.[/math]

Il grafico di tale funzione è banalmente una semiretta posta nel primo quadrante del piano cartesiano

[math]x,y[/math]
di coefficiente angolare
[math]m = \frac{1}{10}[/math]
e
[math]q = 10\\[/math]
:

Essendo

[math]f[/math]
una funzione che indica la spesa totale mensile ha senso che
[math]f'(x) = \frac{1}{10} > 0 \; \; \forall\,x \in \mathbb{R}^+[/math]
, ossia sia crescente al crescere dei minuti di conversazione effettuati.


Per quanto riguardo il costo medio al minuto, facendo riferimento alla definizione (di carattere economico) di costo medio secondo cui esso è il rapporto tra la spesa totale e la quantità considerata, la funzione

[math]g : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\\[/math]
indicante il costo medio al minuto, si ha:

[math]g(x) := \frac{f(x)}{x} = \frac{1\cdot x + 100}{10\cdot x + 0} \; .[/math]

Il grafico di

[math]g[/math]
risulta essere un ramo di iperbole equilatera traslata posta nel primo quadrante, di centro
[math]\left(0,\,\frac{1}{10}\right)[/math]
e semiassi lunghi
[math]2\sqrt{5}\\[/math]
:

Essendo

[math]g[/math]
una funzione che indica il costo medio al minuto ha senso che
[math]g'(x) = - \frac{10}{x^2} < 0 \; \; \forall\,x \in \mathbb{R}^+[/math]
, ossia sia decrescente al crescere dei minuti di conversazione effettuati e asintotica a
[math]y = \frac{1}{10}[/math]
per
[math]x \to +\infty[/math]
, costo delle chiamate al minuto di conversazione. Da tale osservazione si deduce anche che tale funzione è monotona decrescente e quindi priva di massimi e minimi relativi.


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2. Detto

[math]x_0\\[/math]
il numero di minuti di conversazione già effettuati nel mese corrente, allora:

[math]g(x_1) = \frac{g(x_0)}{2} \; \Leftrightarrow \; \frac{1}{10} + \frac{10}{x_1} = \frac{1}{20} + \frac{5}{x_0} \; \Leftrightarrow \; x_1 = \frac{200\,x_0 + 0}{100 - x_0} \; . \\[/math]

Il grafico della funzione che esprime

[math]x_1[/math]
in funzione di
[math]x_0[/math]
risulta essere una iperbole equilatera traslata, di centro
[math]\left(100,\,-200\right)[/math]
. Si nota, inoltre, che
[math]x_1 > 0 \; \Leftrightarrow \; 0 \le x_0 < 100[/math]
e che
[math]\begin{aligned} \lim_{x_0 \to 100^-} \frac{200\,x_0 + 0}{100 - x_0} = +\infty \end{aligned}\\[/math]
,
[math]\begin{aligned} \lim_{x_0 \to 100^+} \frac{200\,x_0 + 0}{100 - x_0} = -\infty \end{aligned}\\[/math]
. Dunque il grafico di tale iperbole risulta essere:

e il significato di tale asintoto verticale significa che per avere il dimezzamento del costo medio al minuto occorre avvicinarsi ai 100 minuti di conversazioni effettuate.


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3. L'arco di curva che delimita la parte superiore della zona rappresentata in Figura 1, essendo il grafico di una funzione polinomiale di secondo grado, si ha:

[math]P(x) := a\,x^2 + b\,x + c[/math]
. Imponendo il passaggio per i punti
[math]A(0,\,2)[/math]
,
[math]B\left(2,\,\frac{7}{2}\right)[/math]
,
[math]C(4,\,4)\\[/math]
, si ottiene:

[math]\begin{cases} P(0) = 2 \\ P(2) = \frac{7}{2} \\ P(4) = 4 \end{cases} \; \Leftrightarrow \; \begin{cases} 2 = a\,0^2 + b\,0 + c \\ \frac{7}{2} = a\,2^2 + b\,2 + c \\ 4 = a\,4^2 + b\,4 + c \end{cases} \; \Leftrightarrow \; \begin{cases} a = - \frac{1}{8}\\ b = 1 \\ c = 2 \end{cases} \\[/math]

ossia:

[math]P(x) = - \frac{1}{8}x^2 + x + 2[/math]
. Dunque, l'area della porzione di piano delimitata dagli assi cartesiani, dalla retta
[math]x = 6[/math]
e dal grafico di
[math]P\\[/math]
è pari ad:

[math]A = \int_0^6 P(x)\,dx = -\frac{1}{8}\int_0^6 x^2\,dx + \int_0^6 x\,dx + 2\int_0^6 dx = 21\\[/math]

ed essendo

[math]A_Z = \frac{1\cdot 1}{2} = \frac{1}{2}[/math]
l'area della zona Z non coperta dal segnale telefonico, segue che:

[math]A : 100\% = A_Z : p \; \Leftrightarrow \; p = 100\,\frac{A_Z}{A} \approx 2.38\% \,,\\ [/math]

ossia la zona coperta dal segnale risulta pari a

[math]100\% - 2.38\% = 97.62\%[/math]
e quindi non è come riportato nel sito web consultato ove è riportato
[math]96\%[/math]
.

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4. Introducendo un sovrapprezzo di

[math]10[/math]
centesimi per ogni minuto di conversazione per
[math]x > 500\,min[/math]
, si ottengono rispettivamente le seguenti funzioni definite a tratti:

[math]f(x) := \begin{cases} \frac{1}{10}x + 10 & per \; 0 \le x \le 500 \\ \frac{2}{10}x -40 & per \; x > 500 \end{cases} \; \; \; ; \; \; \; g(x) := \begin{cases} \frac{1}{10} + \frac{10}{x} & per \; 0 < x \le 500 \\ \frac{2}{10} - \frac{40}{x} & per \; x > 500 \end{cases} \; .\\[/math]

Tali funzioni in

[math]x = 500\,min\\[/math]
risultano continue, mentre presentano entrambe una non derivabilità in tale punto essendo:

[math]\begin{aligned}f_{-}'(500) = \frac{1}{10} \ne f_{+}'(500) = \frac{2}{10} \; \; e \; \; g_{-}'(500) = -\frac{1}{25000} \ne g_{+}'(500)=-\frac{1}{6250} \end{aligned}[/math]

L'asintoto orizzontale di

[math]g[/math]
ora ha equazione cartesiana
[math]\begin{aligned}y = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{10} - \frac{40}{x} = \frac{1}{5}\end{aligned}[/math]
, mentre per quanto riguarda la monotonia non cambia nulla in quanto tali funzioni sono composizione di funzioni con la medesima monotonia.


Per quanto concerne eventuali punti di massimo e minimo assoluti di

[math]g[/math]
essendo
[math]g'(x) \ge 0[/math]
per
[math]x>500[/math]
e
[math]g'(x) \le 0[/math]
per
[math]0<x<500[/math]
essa presenta un minimo assoluto nel punto
[math]x=500[/math]
e si ha
[math]g(500) = \frac{3}{25}[/math]
. Pertanto per un tempo di conversazione di
[math]500[/math]
minuti mensili, si ha un costo medio complessivo minimo rispetto agli altri, pari a
[math]12[/math]
centesimi.

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PROBLEMA 2

Punto 1

Dal grafico si può osservare che la funzione ha tre zeri, in

[math]x=-2[/math]
, in
[math]x=0[/math]
e in
[math]x=2[/math]
. Il polinomio deve essere quindi come minimo di grado
[math]3[/math]
. Osservando però lo zero posto in
[math]x=2[/math]
, si nota che in tale punto la funzione è tangente all'asse delle ascisse, per cui lo zero in quel punto ha molteplicità maggiore di
[math]1[/math]
. Da ciò segue che il polinomio ha almeno
[math]4[/math]
radici, di cui
[math]2[/math]
coincidenti, per cui il suo grado minimo è
[math]4[/math]
.

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Punto 2

Per determinare i punti di massimo relativo occorre determinare anzitutto gli zeri della derivata prima di

[math]g(x)[/math]
, ovvero i punti in cui si annulla
[math]f(x)[/math]
. Dal grafico si nota che i punti a tangente orizzontale di
[math]g(x)[/math]
sono in
[math]x=-2[/math]
, in
[math]x=0[/math]
e in
[math]x=2[/math]
. Per determinare quale di questi è un minimo, occorre studiare la derivata seconda di
[math]g(x)[/math]
, ovvero
[math]f^{\prime}(x)[/math]
, ricordando che in un punto di massimo relativo la derivata seconda della funzione è negativa. Si osserva dal grafico di
[math]f(x)[/math]
che l'unico punto, tra quelli a tangente orizzontale per
[math]g(x)[/math]
, in cui
[math]f^{\prime}(x)<0[/math]
è il punto di ascissa
[math]x=0[/math]
, per cui la funzione
[math]g(x)[/math]
ha un massimo relativo per
[math]x=0[/math]
.

Per lo studio della concavità bisogna studiare il segno della derivata seconda, ovvero di

[math]f^{\prime}(x)[/math]
. Ricordando che una funzione è crescente negli intervalli in cui la sua derivata prima è positiva, basta osservare il grafico di
[math]f(x)[/math]
. La funzione
[math]f(x)[/math]
è crescente per
[math]-3\leq x\leq 1[/math]
e per
[math]1\leq x\leq 2[/math]
.
Per cui in tali intervalli la funzione
[math]g(x)[/math]
volge la concavità verso l'alto.

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Punto 3

Per determinare un'espressione analitica di

[math]g(x)\\[/math]
, ricordiamo, dal teorema fondamentale del calcolo integrale

[math]g(3)-g(x)=\int_{x}^{3}f(x)dx\\[/math]

da cui

[math]g(x)=g(3)-\int_{x}^{3}f(x)dx\\[/math]

e, dai dati iniziali,

[math]g(x)=-5-\int_{x}^{3}f(x)dx\\[/math]

Una volta determinata l'espressione di

[math]g(x)[/math]
, possiamo calcolarne il valore in
[math]x=0[/math]

[math]g(0)=-5-\int_{0}^{3}f(x)dx\\[/math]

L'integrale che appare a secondo membro è l'area compresa tra il grafico della funzione e l'asse

[math]x[/math]
nell'intervallo
[math][0,3][/math]
. Dai dati del problema sappiamo che l'area sottesa al grafico nell'intervallo
[math][0,2][/math]
è
[math]3[/math]
e quella nell'intervallo
[math][2,3][/math]
è
[math]1[/math]
; presi i valori dell'area con il segno, tenendo conto che si trovano nel semipiano delle
[math]y[/math]
negative, segue

[math]\int_{0}^{3}f(x)dx=-4\\[/math]

da cui

[math]g(0)=-5-\int_{0}^{3}f(x)dx=-5-(-4)=-5+4=-1\\[/math]

Per calcolare il limite richiesto, osserviamo che la funzione

[math]g(x)\\[/math]
è continua (perché derivabile), per cui esiste
[math]\lim_{x\to 0}g(x)\\[/math]
e si ha
[math]\lim_{x\to 0}g(x)=g(0)\\[/math]
. Il limite chiesto dal problema, quindi, esiste, e, ricordando che
[math]g(0)=-1\\[/math]
, si ha

[math]\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{1+g(x)}{2x}=\displaystyle\frac{1-1}{0}=\displaystyle\frac{0}{0}\\[/math]

È una forma indeterminata, che possiamo risolvere applicando il teorema de l'Hopital (ricordando che la derivata di

[math]g(x)[/math]
è
[math]f(x)[/math]
:

[math]\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{1+g(x)}{2x}=\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{g^{\prime}(x)}{2}=\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{2}=0\\[/math]

il risultato segue dal grafico, dal quale si può osservare che

[math]f(0)=0\\[/math]

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Punto 4

Data la funzione

[math]h(x)=3\cdot f(2x+1)[/math]
, calcoliamo l'integrale richiesto

[math]\int_{-2}^{1}h(x)dx[/math]

Si integra per sostituzione, ponendo

[math]t=2x+1[/math]
, da cui

[math]x=\frac{t-1}{2}\Rightarrow dx=\frac{1}{2}dt[/math]

inoltre, per gli estremi di integrazione, si ha

[math]x=-2\Rightarrow t=2(-2)+1=-4+1=-3[/math]

e

[math]x=1\Rightarrow t=2(1)+1=2+1=3[/math]

Per cui si può scrivere, tenendo conto delle sostituzioni effettuate,

[math]\int_{-2}^{1}h(x)dx = 3\int_{-2}^{1}f(2x+1)dx = 3\int_{-3}^{3}f(t)\cdot \frac{1}{2}dt = \frac{3}{2}\int_{-3}^{3}f(t)dt[/math]

Considerando i dati forniti dal problema sulle aree sottese ai vari tratti del grafico, tenendo conto del segno meno per quelle che si trovano nel semipiano delle

[math]y[/math]
negative, si ha

[math]\frac{3}{2}\int_{-3}^{3}f(t)dt = \frac{3}{2}\left[-2+3-3-1\right]= \frac{3}{2}(-3)=-\frac{9}{2}[/math]

Per cui l'integrale richiesto è

[math]\int_{-2}^{1}h(x)dx=-\frac{9}{2}[/math]


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QUESITI

Quesito 1
Possiamo osservare subito che

[math]f(x)=-\frac{2}{3} x^3+6x+c[/math]

Dalla condizione di tangenza, cerchiamo un valore di

[math]x[/math]
negativo per cui si abbia
[math]f'(x)=-2[/math]
. Pertanto

[math]-2x^2+6=-2\ \Rightarrow\ 2x^2-8=0\ \Rightarrow\ x=\pm 2[/math]

e quindi il valore cercato è

[math]x=-2[/math]
. Poiché la retta passa per il punto
[math]P(-2,9)[/math]
deduciamo che
[math]f(-2)=9[/math]
e quindi

[math]9=\frac{16}{3}-12+c\ \Rightarrow\ c=\frac{47}{3}[/math]

La funzione è dunque

[math]f(x)=-\frac{2}{3} x^3+6x+\frac{47}{3}[/math]

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Quesito 2
Possiamo usare la formula del calcolo del volume di un solido di rotazione. La funzione ce determina il profilo del tronco di cono è la retta di equazione

[math]f(x)=\frac{r-R}{h} x+R[/math]

dove il coefficiente angolare e negativo. Abbiamo allora

[math]V=\pi\int_0^h [f(x)]^2\ dx=\pi\int_0^h\left(\frac{r-R}{h} x+R\right)^2\ dx=\\ \pi\left[\frac{1}{3}\cdot\frac{h}{r-R}\left(\frac{r-R}{h} x+R\right)^3\right]_0^h=\\ \pi\frac{h}{3(r-R)}\left[r^3-R^3\right]=\pi\frac{h}{3(r-R)}\cdot(r-R)(r^2+rR+R^2)[/math]

da cui

[math]V=\frac{\pi h}{3}(r^2+rR+R^2)[/math]

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Quesito 3
Per calcolare la probabilità che lanciando sei volte una moneta si abbiano al più due teste, possiamo usare la variabile binomiale, che dice che la probabilità di avere

[math]x[/math]
successi (nel nostro caso testa) su
[math]n[/math]
prove è

[math]P(x)=\frac{n!}{x!(n-x)!}p^{x}(1-p)^{n-x}[/math]

dove

[math]p[/math]
è la probabilità di successo (nel nostro caso
[math]p=\frac{1}{2}[/math]
).
Detto
[math]A[/math]
l'evento "avere al più due teste" si ha

[math]P(A)=P(x=0)+P(x=1)+P(x=2)=[/math]

[math]=\left(\frac{1}{2}\right)^{6}+\left(\frac{1}{2}\right)^{6}\cdot 6 + \left(\frac{1}{2}\right)^{6}\cdot 15 = \frac{1}{64} + \frac{6}{64} + \frac{15}{64} = \frac{22}{64} = \frac{11}{32}[/math]

Detto ora B l'evento "avere almeno due teste", la sua probabilità coincide con quella che non ci siano tutte croci o cinque croci ed una testa, per cui

[math]P(B)=1-(P(x=0)+P(x=1))=1-\left(\frac{1}{64}+\frac{6}{64}\right)=1-\frac{7}{64}=\frac{57}{64}[/math]


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Quesito 4
Sia

[math]y=\frac{\ln x}{x}[/math]
. Calcoliamo la derivata prima

[math]y'=\frac{1/x\cdot x-\ln x}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2}[/math]

E la derivata seconda

[math]y''=\frac{-1/x\cdot x^2-2x\cdot(1-\ln x)}{x^4}=\frac{-x-2x+2x\cdot\ln x}{x^4}=\\ \frac{-3x+2x\cdot\ln x}{x^4}=\frac{x(-3+2\ln x)}{x^4}=\frac{2\ln x-3}{x^3}[/math]

Sostituendo nelle varie equazioni proposte, possiamo verificare che quella giusta è la quarta, in quanto

[math]x^2\cdot\frac{2\ln x-3}{x^3}+x\cdot\frac{1-\ln x}{x^2}+\frac{2}{x}=\\ \frac{2\ln x-3}{x}+\frac{1-\ln x}{x}+\frac{2}{x}=\frac{2\ln x-3+1-\ln x+2}{x}=\frac{\ln x}{x}=y[/math]

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Quesito 5
La retta cercata deve avere direzione data dal vettore

[math]v=(1,1,-1)[/math]
, i coefficienti direttori del piano (i coefficienti, rispettivamente, delle tre variabili) e che rappresentano la direzione normale al piano stesso. La retta passa er l'origine
[math]O(0,0,0,)[/math]
e quindi possiamo usare la formula

[math]\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}[/math]

Per cui

[math]\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{-1}[/math]

e quindi

[math]x=y=-z[/math]

prendendo le relazioni a due a due, otteniamo la possibile espressione cartesiana per la retta cercata nella forma seguente

[math]\left\{\begin{array}{l}
x-y=0\\ y+z=0
\end{array}\right.[/math]

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Quesito 6
Calcoliamo la derivata prima della funzione

[math]f'(x)=2(x-1)+2(x-2)+2(x-3)+2(x-4)+2(x-5)=\\ 2(5x-15)[/math]

Si ha

[math]f'(x)\ge 0\ \Rightarrow\ 2(5x-15)\ge 0\ \Rightarrow\ x\ge 3[/math]

pertanto

[math]x=3[/math]
è l'unico punto stazionario, e poiché la funzione decresce per
[math]x<3[/math]
e cresce per
[math]x>3[/math]
esso risulta minimo. D'altra parte, essendo la funzione definita su tutto
[math]\mathbb{R}[/math]
ed avendosi pure
[math]\lim_{x\to\pm\infty} f(x)=+\infty[/math]
, tale punto di minimo è assoluto e si ha
[math]f(3)=10[/math]

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Quesito 7

Consideriamo un poligono di

[math]n[/math]
lati inscritto nella circonferenza. Indichiamo con
[math]r[/math]
il raggio della circonferenza, e con
[math]\alpha=\frac{2\pi}{n}[/math]
l'angolo al centro dei triangoli isosceli congruenti di base il lato del poligono in cui possiamo suddividere il poligono stesso. Detto
[math]a[/math]
l'altezza (apotema) di tali triangoli e
[math]A_I[/math]
la loro area, si ha

[math]A_I=\frac{la}{2}[/math]

dove

[math]l[/math]
è il lato del poligono. Abbiamo, dalla trigonometria

[math]l=2r\sin\frac{\alpha}{2}=2r\sin\frac{\pi}{n}\\ a=r\cos\frac{\alpha}{2}=r\cos\frac{\pi}{n}[/math]

e quindi

[math]A_I=\frac{la}{2}=\frac{1}{2}\cdot 2r\sin\frac{\pi}{n}\cdot r\cos\frac{\pi}{n}=\frac{r^2}{2}\sin\frac{2\pi}{n}[/math]

avendo usato la formula di duplicazione del seno. Pertanto l'ara complessiva risulta

[math]A(n)=\frac{nr^2}{2}\sin\frac{2\pi}{n}[/math]

Il limite richiesto permette allora di calcolare l'area complessiva di un poligono di infiniti lati che quindi tende a coincidere con la circonferenza: e infatti si ha

[math]\lim_{n\to+\infty}A(n)=\lim_{n\to+\infty}\frac{nr^2}{2}\sin\frac{2\pi}{n}=r^2\pi\cdot\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{2\pi}\sin\frac{2\pi}{n}=\pi r^2[/math]

avendo usato il limite notevole

[math]\lim_{t\to+\infty}\frac{\sin(1/t)}{1/t}=1[/math]

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Quesito 8
Affinché il punto soddisfi la condizione data, esso non deve andare a cadere nei settori circolari di raggio

[math]2\ cm[/math]
aventi centro nei vertici del triangolo, come in figura.

L'area complessiva di questi tre settori circolari è pari a meta area del cerchio di raggio 2, in quanto la somma dei tre angoli interni del triangolo è 180 gradi. Pertanto l'area da escludere vale

[math]C=\pi r^2/2=2\pi\ cm^2[/math]
. Per quanto riguarda l'area del triangolo, abbiamo che la sua altezza vale

[math]h=\sqrt{6^2-(5/2)^2}=\frac{36-\frac{25}{4}}=\frac{119}{2}\ cm[/math]

e quindi l'area risulta

[math]A=\frac{5\cdot h}{2}=\frac{5\sqrt{119}}{4}\ cm^2[/math]

Pertanto la probabilità cercata è pari a

[math]P=\frac{A-C}{A}=1-\frac{C}{A}=1-\frac{8\pi}{5\sqrt{119}}[/math]


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Quesito 9

Affinché sia applicabile il Teorema di Lagrange, la funzione deve essere continua in

[math][0,2][/math]
e derivabile in
[math](0,2)[/math]
.

La continuità è evidente in quanto

[math]\lim_{x\to 1}x^{2}-kx+k=1=\lim_{x\to 1}x^{3}[/math]
, occorre quindi verificare la derivabilità nell'intervallo aperto. Il punto critico è
[math]x=1[/math]
, perché altrove la funzione è certamente derivabile.
Dobbiamo quindi imporre che il rapporto incrementale per
[math]x\to 1[/math]
da destra e da sinistra abbia lo stesso limite finito.

[math]\lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h} = \lim_{h\to 0^{-}}\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}[/math]

da cui

[math]\lim_{h\to 0^{+}}\frac{(1+h)^{2}-k(1+h)+k-1+k-k}{h} = \lim_{h\to 0^{+}}\frac{1+h^{2}+2h-kh-1}{h}[/math]

[math]=\lim_{h\to 0^{+}}h+2-k = 2-k[/math]

Per il limite sinistro, si ha

[math]\lim_{h\to 0^{-}}\frac{(1+h)^{3}-1}{h} = \lim_{h\to 0^{-}}\frac{1+3h+3h^{2}+h^{3}-1}{h}=3+3h+h^{2}=3[/math]

Affinché ci sia derivabilità i due limiti devono essere uguali, per cui

[math]2-k=3\Rightarrow k=-1 [/math]

Bisogna ora determinare il punto per il quale è verificata la tesi del teorema. Si ha che

[math]\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{5}{2}[/math]

Per cui bisogna trovare

[math]c[/math]
tale che
[math]f^{\prime}(c)=\frac{5}{2}[/math]
; calcolando la derivata si ha

[math] f^{\prime}(x)=\left\{ \begin{array}{ll}
3x^2 & 0 \le x \le 1\\
2x-k & 1 < x \le 2\end{array} \right. [/math]

Nel primo caso dobbiamo trovare

[math]c[/math]
tale che
[math]3c^{2}=\frac{5}{2} \Rightarrow c=\sqrt{\frac{5}{6}}[/math]
; nel secondo deve essere
[math]2c+1=\frac{5}{2} \Rightarrow c=\frac{3}{4}[/math]
, che non è accettabile in quanto si è sotto condizione
[math]1 < x \le 2[/math]
.

...................................................................

Quesito 10

Notiamo che la funzione passa per i punti

[math]M(1,1),\ C(4,2)[/math]
. L'area del rettangolo vale
[math]R=AB\cdot AD=3\cdot 2=6[/math]
. D'altra parte, l'area posta sotto la funzione vale

[math]A_1=\int_1^4 \sqrt{x}\ dx=\left[\frac{2}{3} x^{3/2}\right]_1^4=\frac{2}{3}\left[8-1\right]=\frac{14}{3}[/math]

mentre l'area rimanente è la differenza tra le due e quindi

[math]A_2=R-A_1=6-\frac{14}{3}=\frac{4}{3}[/math]

Il rapporto tra le due aree è allora

[math]I=\frac{A_1}{A_2}=\frac{14}{3}\cdot\frac{3}{4}=\frac{7}{2}[/math]

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Commento alla prova
Una prova molto simile a quelle fornite durante le simulazioni di febbraio e aprile. Il primo problema di carattere molto applicativo, con richieste legate all’ottimizzazione e al calcolo di costi, con una attenzione particolare al calcolo dei costi di un operatore telefonico. Nel primo punto è presente, tuttavia, una richiesta relativa ad una funzione che rappresenti il costo medio al minuto che, per alcuni, potrebbe rappresentare una difficoltà particolare legata al fatto che la definizione del concetto di costo medio potrebbe non essere chiara o non essere stata trattata durante l’anno.
Il secondo problema molto più “teorico” e vicino alla classica impostazione dei problemi delle prove degli anni passati, si concentra sull’analisi del grafico di una funzione e pone dei quesiti tutti di tipo analitico, legati ai classici temi dei limiti, derivate ed integrali.
Per quanto riguarda i quesiti, le richieste sono abbastanza standard, con la presenza di alcune domande relative ad equazioni differenziali, limiti di successioni e geometria nello spazio. I restanti quesiti sono tutti relativi ad argomenti tipici dell’analisi e un paio di probabilità, e non dovrebbero presentare grosse difficoltà.
Nel complesso una prova abbastanza fattibile, che non presenta richieste troppo “fuori dagli schemi” e che si può affrontare agevolmente con le debite conoscenze nel tempo richiesto.


Foto della traccia 1

Foto della traccia 2

Foto della traccia 3

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