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1

Seconda prova di maturità 2018 per il

liceo scientifico

Soluzione a cura di:

C. Andreotti, E. Bombardelli, G. Dalla Torre, M. Del Prete, L. Girella, A. Osman,

C. Valsecchi, L.Zeni

Problema 1

Punto 1

Con riferimento all’esempio, il grafico della funzione è un segmento che

Γ f (x)

ha per estremi i punti e abbiamo dunque

(0, 1) (1, 0); −x

f (x) = + 1.

La curva si ottiene come unione di e dei suoi simmetrici rispetto all’asse

Λ Γ y,

all’asse e all’origine, che sono i grafici delle funzioni

x −x ≤ ≤

per

f (x) = + 1 0 x 1

− ≤ ≤

per

f (−x) = x + 1 1 x 0

−f − ≤ ≤

per

(x) = x 1 0 x 1

−f −x − − ≤ ≤

per

(−x) = 1 1 x 0

I punti che appartengono alla curva sono quelli le cui coordinate soddisfano

Λ

l’uguaglianza |y| − |x|.

= 1

A cura di:

C. Andreotti E. Bombardelli G. Dalla Torre M. Del Prete

L. Girella A. Osman C. Valsecchi L.Zeni 2

Figura 1: Rappresentazione della mattonella relativa alla curva Λ

Punto 2

Dobbiamo costruire una mattonella che abbia

 f (0) = 1

 f (1) = 0

 per

0 < f (x) < 1 0 < x < 1

 ′

 f (0) = 0

 ∫

 55

 1 f (x)dx =

0 100 2

A nché un generico polinomio di secondo grado soddisfi le

f (x) = ax + bx + c

condizioni poste, dobbiamo avere

 · ·

2

 a 0 + b 0 + c = 1

 · ·

2

 a 1 + b 1 + c = 0

 2

0 < ax + bx + c < 1 0 <x< 1

 ·

 2a 0 + b = 0

 ∫

 1 55

2

(ax + bx + c)dx = 100

0

Ricaviamo dunque

 

 

c =1

 

c =1

 

 

 

  −1

a + b + c = 0 a =

 

 

b =0 b =0

 

 

]

[

 

 

1

 2

3 x 11

x a b 11

+ b + cx =

a + + c =

3 2 20 3 2 20

0

A cura di:

C. Andreotti E. Bombardelli G. Dalla Torre M. Del Prete

L. Girella A. Osman C. Valsecchi L.Zeni 3

che è un sistema che non ammette soluzione. Non è quindi possibile realizzare

quanto richiesto con una funzione polinomiale di secondo grado.

Consideriamo ora una generica funzione polinomiale di terzo grado

3 2

f (x) = ax + bx + cx + d

e imponiamo le condizioni richieste:

 · · ·

3 2

a 0 + b 0 + c 0 + d = 1

 · · ·

 3 2

a 1 + b 1 + c 1 + d = 0

 3 2

0 < ax + bx + cx + d < 1 0 <x< 1

 · ·

2

 3a 0 + 2b 0 + c = 0

 ∫

 55

 1 3 2

(ax + bx + cx + d)dx =

0 100

Ricaviamo dunque

 

 

 

d =1 d =1

 

 

 

 

 

a + b + c + d = 0 a + b + 1 = 0

 

 

c =0 c =0

 

 

[ ]

 

 

11 11

1

 

4 3 2

x x x b c

a

a + b + c + dx = + + + d =

4 3 2 4 3 2

20 20

0

  

  

  

d = 1 d =1 d =1

  

  

  

  

−b − −b − −b − 7

a = 1 a = 1 a = 1 = 5

  

  

c =0 c =0 c =0

  

  

  

  

−b−1 −

3(−b−1)+4b+12

b 0 11 11 12

+ + +1= = b =

4 3 2 20 12 20 5

La funzione polinomiale di terzo grado che soddisfa le condizioni poste è quindi

12

7 −

3 2

f (x) = x x + 1 .

5 5

Per rappresentare la mattonella sul piano cartesiano studiamo la funzione f (x).

′

Sappiamo già che e che cioè il grafico di ha, per

f (0) = 1, f (1) = 0 f (0) = 0, f (x)

′ −

→ 24

21 2

+ ricaviamo

, tangente orizzontale. Studiando il segno di x x

x 0 f (x) = 5 5

′

che è strettamente negativa nell’intervallo In tale intervallo è

f (x) (0, 1]. f (x)

′′ −

42 24

quindi decrescente. Studiamo anche il segno di per vedere la

f (x) = x

5 5

concavità/convessità di La disuguaglianza

f (x). 24

42 − ≥

x 0

5 5 [ ]

≥ ∈

47 47

è soddisfatta per . Ne segue che è concava per , è convessa

x f (x) x 0,

[ ]

∈ 47 47

per e ha un punto di flesso a tangente obliqua in .

x , 1

A cura di:

C. Andreotti E. Bombardelli G. Dalla Torre M. Del Prete

L. Girella A. Osman C. Valsecchi L.Zeni 4

2 y

1,5

1

0,5 x

−1 −0,5 0,5 1 1,5 2

−0,5

−1

Figura 2: Grafico della funzione polinomiale di terzo grado.

Figura 3: Mattonella.

Punto 3

Verifichiamo la condizione a) − −

n

a (0) = 1 0 = 1 0 = 1

n − n n

b (0) = (1 0) = 1 = 1

n

A cura di:

C. Andreotti E. Bombardelli G. Dalla Torre M. Del Prete

L. Girella A. Osman C. Valsecchi L.Zeni 5

Verifichiamo la condizione b) − −

n

a (1) = 1 1 = 1 1 = 0

n − n n

b (1) = (1 1) = 0 = 0

n

Verifichiamo la condizione c):

• per

0 < a (x) < 1 0 < x < 1:

n − n

0 < 1 x < 1

  

ovvero   

− −x

n n n

1 x < 1 < 0 x > 0

  

− −x −1

n n n

1 x > 0 > x < 1

∀n ∈ N;

che è verificato per 0 < x < 1,

• per ovvero

0 < b (x) < 1 0 < x < 1:

n  

 √

 

− −x

−

n n 1=1

(1 x) < 1 < 0

1 x < √

 

 −

− −x −1

n n

1 x > 0 = 0

(1 x) > 0 >

∀n ∈ N.

che è verificato per 0 < x < 1,

Siano ora e le aree delle parti colorate delle mattonelle, ovvero:

A B

n n [ [ ]

]

∫ ∫ 1

1 1 n+1 1

x

· · − − − −

n

A = 4 a (x)dx = 4 1 x dx = 4 x =4 1 0

n n n +1 n +1

0 0 0

−

n +1 1 n

A = 4 =4

n n +1 n +1 [ ]

∫ ∫ ∫ 1

−

1 1 1 n+1

(1 x)

−4· ·(−1)dx −4

n

n

(1−x) dx = (1−x) =

b (x)dx = 4·

B = 4·

n n n +1

0

0 0 0

[ ]

1 4

−4 −

B = 0 =

n n +1 n +1

→

Calcoliamo i limiti per n +∞: 4n

4n ( )

lim

lim lim = =4

A =

n 1

n + 1 n 1 +

n→+∞

n→+∞ n→+∞ n

4

lim lim

B = =0

n n + 1

n→+∞ n→+∞

L’area calcolata tende dunque al valore dell’intera area del quadrato (mat-

A

n

tonella), che nel piano cartesiano ha lato pari a e area pari a In termi

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Sintesi

Soluzione seconda prova di matematica 2018

State cercando la pagina della soluzione della seconda prova matematica per il liceo scientifico? Qui potrete confrontare la prova svolta dai nostri preparatissimi tutor con le vostre risposte e levarvi ogni dubbio. Preparatevi al confronto, quindi, e ricordate che noi di Skuola.net renderemo disponibile la soluzione della seconda prova maturità liceo scientifico solo a partire dall’orario consentito per legge. E se con un occhio state già guardando all’orale, vi ricordiamo noi tutto ciò che serve sapere sulla commissione!

Vi invitiamo quindi caldamente a non consultare questa pagina prima di aver consegnato il compito e di essere usciti dall’aula d’esame. Farsi invalidare la seconda prova così sarebbe davvero sciocco!

Siete a metà strada, il diploma si avvicina sempre più, quindi mettetecela tutta nello svolgere i problemi e i vari quesiti di questa seconda prova. La concentrazione è tutto: se rimarrete con la testa sul compito e utilizzerete tutte le conoscenze acquisite nel corso dell’anno non potrà che andare bene.

Siete pronti a confrontarvi coi nostri tutor? Qui di seguito pubblicheremo le soluzioni della prova di matematica!

Soluzione problema 1 matematica

Qui troverete la soluzione del primo problema di matematica della seconda prova di matematica del liceo scientifico. La pagina è in aggiornamento!

Soluzione problema 2 matematica

Punto 1

Dato

[math]\Gamma_k[/math]
grafico di
[math]f_k[/math]
. Si ha:

[math]f_k(0)=9\,\rightarrow r_k[/math]
passa per
[math](0,9)=P[/math]
[math]f_k(1)=k+8\,\rightarrow s_k[/math]
passa per
[math](1,k+8)=Q[/math]

Cerchiamo ora le equazioni delle rette tangenti

[math]r_k[/math]
e
[math]s_k[/math]
: per i coefficienti angolari calcolo la derivata prima:

[math]f'(k)=-3x^2+k[/math]
[math]m_{r_k}=f'_k(0)=k[/math]
[math]m_{s_k}=f'_k(1)=k-3[/math]

Per l'equazione completa utilizziamo la formula della retta passante per un punto assegnato. Dunque per

[math]r_k[/math]
il punto è
[math]P[/math]
:

[math]y-y_P=m_{r_k}(x-x_P)[/math]
[math]y-9=m_{r_k}x[/math]
[math]\boxed{r_k:\,y=kx+9}[/math]

Per

[math]s_k[/math]
il punto è
[math]Q[/math]
:

[math]y-y_Q=m_{s_k}(x-x_Q)[/math]
[math]y-(k+8)=(k-3)(x-1)[/math]
[math]\boxed{s_k:\,y=(k-3)x+11}[/math]

Per trovare il punto di intersezione

[math]M[/math]
tra
[math]s_k[/math]
e
[math]r_k[/math]
è sufficiente risolvere il sistema:

[math] \begin{cases} y=kx+9\\ y=(k-3)x+11\\ \end{cases} \begin{cases} y=kx+9\\ kx+9(k-3)x+11\\ \end{cases} [/math]
[math] \begin{cases} y=kx+9\\ -3x+11=9\\ \end{cases} \begin{cases} y=\frac{2}{3}+9\\ x=\frac{2}{3}\\ \end{cases} [/math]

Dunque

[math]M(\frac{2}{3},\frac{2}{3}k+9)[/math]

Punto 2

L'ordinata del punto

[math]M[/math]
può essere vista come una funzione del parametro
[math]k[/math]
:

[math]M_y=M(k)=\frac{2}{3}k+9[/math]

Basta allora imporre alla funzione la condizione richiesta:

[math]\frac{2}{3}+9<10 \, \rightarrow k<\frac{3}{2}[/math]

Poiché

[math]k\in\mathbb{Z}[/math]
, il valore cercato è
[math]\boxed{k=1}[/math]
.

Sia dunque

[math]f_1(x)=-x^3+x+9[/math]

Dominio: la funzione è polinomiale intera, perciò definita su tutto

[math]\mathbb{R}[/math]
.

Derivata prima:

[math]f_1'(x)=-3x^2+1=(1+\sqrt{3}x)(1-\sqrt{3}x)[/math]

I punti stazionari sono:

[math]x_{1,2}=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}[/math]

Le corrispondenti ordinate sono:

[math]y_{1,2}=f_1(x_{1,2})=\pm\frac{2\sqrt{3}}{9}+9[/math]

Studiamo il segno della derivata prima:

[math]f_1'(x)\geq0 \iff -3x^2+1\geq 0[/math]

quindi, essendo un polinomio di grado 2, con coefficiente del termine quadratico negativo, è rappresentabile da una parabola con concavità rivolta verso il basso. Si può concludere che assuma valori nulli o positivi per

[math]x_1\leq x \leq x_2[/math]
. Possiamo inoltre concludere che
[math]A(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{3}}{9}+9)[/math]
è un punto di minimo relativo e
[math]B(\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{2\sqrt{3}}{9}+9)[/math]
di massimo relativo.

Studio degli asintoti

Essendo definita su tutto l'asse reale, i limiti vanno studiati solo all'infinito. Calcoliamo:

[math]\lim_{x\to\infty}f_1(x)=\lim{x\to\infty}(-x^3+x+9)=-\infty[/math]
[math]\lim_{x\to-\infty}f_1(x)=\lim{x\to-\infty}(-x^3+x+9)=+\infty[/math]

Derivata seconda

Cerchiamo eventuali punti di flesso calcolando la derivata seconda, e ponendola uguale a 0:

[math]f_1''(x)=-6x\,\rightarrow-6x=0\,\rightarrow\,x=0[/math]

Quindi troviamo un punto di flesso

[math]F=(0,f_1(0))=(0,9)[/math]

Grafico approssimativo

_____________________________________________

Punto 3

I vertici del triangolo richiesto sono:

  • L'intersezione tra la retta
    [math]r_1[/math]
    e l'asse delle
    [math]x[/math]
    :
    [math]A(-9,0)[/math]
  • L'intersezione tra la retta
    [math]s_1[/math]
    e l'asse delle
    [math]x[/math]
    :
    [math]B(\frac{11}{2},0)[/math]
  • L'intersezione tra le rette
    [math]r_1[/math]
    e
    [math]s_1[/math]
    , cioè
    [math]M_1(\frac{2}{3},\frac{29}{3})[/math]

Ricordiamo che la probabilità di scegliere un punto

[math]P[/math]
a caso in una sezione di una data regione di piano è il rapporto tra l'area della sezione e l'area della regione totale.

Calcoliamo l'area del triangolo:

[math]A_{\text{tot}}=\frac{(\frac{11}{2}-(-9))\cdot\frac{29}{3}}{2}=70.08[/math]

Invece l'area della sezione voluta può essere ottenuta come differenza tra la regione totale, e:

  • Area del triangolo
    [math]AOP[/math]
    :
    [math]\frac{9\cdot9}{2}=40.5[/math]
  • Area sottesa dal grafico della funzione
    [math]f_1(x)[/math]
    nell'intervallo
    [math][0,c][/math]
    , dove
    [math]c[/math]
    è definito da
    [math]f_1(c)=0[/math]

Per trovare il punto

[math]c\in(1,\frac{11}{2})[/math]
ci sono due alternative:

  • Utilizzando la calcolatrice grafica, si trova
    [math]c\approx 2.24[/math]
  • Sfruttando il metodo di bisezione, si parte con
    [math]f(1)>0[/math]
    e
    [math]f(\frac{11}{2})<0[/math]
    . Dunque:
[math]x \rightarrow \text{segno di} f(x)[/math]
[math]11/4 \rightarrow -[/math]
[math]11/8 \rightarrow +[/math]
[math]33/16 \rightarrow +[/math]
[math]77/32 \rightarrow -[/math]

Fermando l'iterazione a questo valore di

[math]x[/math]
, otteniamo
[math]c\approx\frac{77}{32}\approx2.41[/math]

Per il calcolo dell'area, si procede con l'integrale definito nell'opportuno intervallo.

[math] I=\int_0^c(-x^3+x+9)\,dx=\left[-\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}+9x\right]_0^c [/math]
  • Nel caso di
    [math]c\approx2.24[/math]
    abbiamo
    [math]I\approx16.37[/math]
  • Nel caso di
    [math]c\approx2.41[/math]
    abbiamo
    [math]I\approx16.16[/math]

Quindi otteniamo la probabilità, nei due casi:

  • [math]\mathbb{P}=\frac{70.08-40.5-16.37}{70.08}\approx0.19[/math]
  • [math]\mathbb{P}=\frac{70.08-40.5-16.16}{70.08}\approx0.19[/math]

Punto 4

Consideriamo il fascio di rette passanti per l'origine, che ha equazione:

[math]y=mx\quad m\in\mathbb{R}[/math]

Un polinomio generico di grado

[math]n[/math]
è della forma:

[math]P_n(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0[/math]

Formalmente, la sua derivata è:

[math]P_n'(x)=na_nx^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+\dots+2a_2x+a_1[/math]

che, ovviamente, è un polinomio di grado

[math]n-1[/math]
. Sia
[math]N=(x_N,y_N)[/math]
il punto d'intersezione tra il polinomio ed il fascio di rette. Poiché ci interessano le rette ortogonali alle rette tangenti del polinomio, imponiamo la condizione di ortogonalità tra i coefficienti angolari:

[math]m=-\frac{1}{P_n'(x_N)}[/math]

Osserviamo che, essendo

[math]N[/math]
un punto del polinomio, dev'essere
[math]y_N=P(x_N)[/math]
.

Se ora imponiamo il passaggio della retta generica

[math]y=-\frac{1}{P_n'(x_N)}x[/math]
otteniamo:

[math] \begin{split} &y_N=-\frac{1}{P_n'(x_N)}x_N \\ &P_n(x_N)=-\frac{x_N}{P_n'(x_N)} \\ &P_n(x_N)P_n'(x_N)=-x_N \\ &P_n(x_N)P_n'(x_N)+x_N=0 \\ \end{split} [/math]

Si tratta di un'equazione polinomiale di grado

[math]n+(n-1)=2n-1[/math]
, che può quindi avere al più
[math]2n -1[/math]
soluzioni.

_____________________________ ___________________________

Quesito 1

Indichiamo l'altezza e il raggio del cono con

[math]H[/math]
ed
[math]R[/math]
e l'altezza e il raggio del cilindro con
[math]h[/math]
ed
[math]r[/math]
. Il volume del cono è

[math] \frac{\pi R^2 H}{3} [/math]

e il volume del cilindro è

[math] \pi r^2 h. [/math]

Poniamo

[math]x=R-r[/math]
e perciò abbiamo
[math]r=R-x[/math]
. Da una similitudine tra triangoli rettangoli ricaviamo
[math]\frac{x}{h}=\frac{R}{H}[/math]
e quindi
[math]h=\frac{xH}{R}[/math]
. Il volume
[math]V(x)[/math]
del cilindro in funzione di
[math]x[/math]
è

[math] V(x)=\frac{\pi(R-x)^2xH}{R}=\frac{\pi H (x^3-2Rx^2+R^2x)}{R}. [/math]

Per dimostrare quanto richiesto, calcoliamo il massimo della funzione

[math]V(x)[/math]
al variare di
[math]x[/math]
nell'intervallo
[math][0,R][/math]
e osserviamo che questo massimo è minore della metà del volume del cono. La derivata
[math]V'(x)[/math]
di
[math]V(x)[/math]
è

[math] V'(x)=\frac{\pi H (3x-R)(x-R)}{R}, [/math]

che si annulla in

[math]x=\frac{R}{3}[/math]
e
[math]x=R[/math]
. Abbiamo quindi che il cilindro ha al massimo volume

[math] f\left(\frac{R}{3}\right)=\frac{4}{9}\cdot\frac{\pi R^2 H}{3}, [/math]

che è uguale a

[math]\frac{4}{9}[/math]
del volume del cono. Poiché
[math]\frac{4}{9}[/math]
è minore di
[math]\frac{1}{2}[/math]
, il volume di un cilindro inscritto in un cono è minore della metà del volume del cono.

Quesito 2

La probabilità di ottenere ciascun valore si ricava dalla condizione assegnata:

[math] \begin{split} &p(1)=2p(2)=4p(3)=8p(4)\quad\text{per cui}\\ &p(1)=2p(2)\\ &p(2)=2p(3)\\ &p(3)=2p(4)\\ \end{split} [/math]

e dal fatto che la somma delle probabilità deve dare 1. Quindi si ottiene:

[math] \begin{split} &p(1)+p(2)+p(3)+p(4)=1 \\ &\left(8+4+2+1)p(4)=15p(4)=1\right)\\ &p(4)=\frac{1}{15} \end{split} [/math]

La probabilità di ottenere due volte lo stesso valore è il prodotto della probabilità di singola uscita; ovviamente vanno sommate le probabilità relative a tutti i singoli valori possibili:

[math] p^2(1)+p^2(2)+p^2(3)+p^2(4)=\frac{8^2+4^2+2^2+1^2}{15^2}=\frac{85}{15^2}=\frac{17}{45} [/math]

______ ___ ______

Quesito 3

Chiamiamo

[math]f(x)=-4x+k[/math]
e
[math]g(x)=x^3-4x^2+5[/math]
. Affinché i grafici delle due funzioni siano tangenti in un punto
[math]T=(x_T,y_T)[/math]
, le due funzioni devono assumere lo stesso valore in
[math]x_T[/math]
e lo stesso deve valere per le loro due derivate, cioè

[math] \begin{cases} f(x_T)=g(x_T)\\ f'(x_T)=g'(x_T) \end{cases} [/math]

Dobbiamo quindi risolvere il sistema

[math] \begin{cases} -4x_T+k=x_T^3-4x_T^2+5\\ -4=3x_T^2-8x_T \end{cases} [/math]

La seconda equazione, che è un'equazione di secondo grado in

[math]x_T[/math]
, ha per soluzioni
[math]x_T=\frac{2}{3}[/math]
e
[math]x_T=2[/math]
. Sostituendo nella prima equazione otteniamo
[math]k=\frac{167}{27}[/math]
e
[math]k=5[/math]
, che sono i valori di
[math]k[/math]
richiesti.

Quesito 4

Per valutare il primo limite notiamo che le funzioni trigonometriche possono essere maggiorate o minorate a seconda dell'esigenza. Essendo il loro valore compreso tra

[math]-1[/math]
e
[math]1[/math]
, ed essendo la funzione strettamente positiva definitivamente, si può concludere che:

[math] 0<\lim_{x\to\infty}\frac{3x-e^{\sin(x)}}{5+e^{-x}+\cos(x)}\geq\lim_{x\to\infty}\frac{3x-e^{-1}}{5+e^{-x}-1}=\frac{\infty-\frac{1}{e}}{5+0-1}=\infty [/math]

Dunque il primo limite è

[math]\infty[/math]

Per valutare il secondo limite è comodo dividere sia il numeratore sia il denominatore per

[math]e^{-x}[/math]
, ottenendo:

[math] \lim_{x\to-\infty}\frac{3x-e^{\sin(x)}}{5+e^{-x}+\cos(x)}=\lim_{x\to-\infty}\frac{\frac{3x-e^{\sin(x)}}{e^{-x}}}{\frac{5+e^{-x}+\cos(x)}{e^{-x}}} [/math]

Il numeratore può essere trattato in maniera analoga al limite precedente:

[math] \lim_{x\to-\infty}\frac{3x-e}{e^{-x}}<\lim_{x\to-\infty}\frac{3x-e^{\sin(x)}}{e^{-x}}<0 [/math]

e dato che il primo limite va a zero per la gerarchia degli infiniti, il numeratore tende a zero in virtù del teorema dei carabinieri.

Il denominatore può essere scomposto in tre rapporti:

[math] \lim_{x\to-\infty}\left[\frac{5}{e^{-x}}+\frac{e^{-x}}{e^{-x}}+\frac{\cos(x)}{e^{-x}}\right] [/math]

Il primo limite è nullo, il secondo è

[math]1[/math]
ed il terzo, per considerazioni precedenti, è nullo.

Infine, il limite del rapporto tra numeratore e denominatore tende a

[math]\frac{0}{1}[/math]
, cioè zero.

Quesito 5

Indichiamo con x il raggio in metri della semicirconferenza. Un lato del rettangolo è quindi lungo 2x. Indichiamo con y la lunghezza in metri dell'altro lato. Il perimetro e l'area della figura, che è l'unione di un rettangolo e un semicerchio, in funzione di x e y sono rispettivamente

[math]2x+2y+\pi x[/math]

e

[math]2xy+\frac{\pi x^2}{2}[/math]

Ricordando che il perimetro è 2 metri, dall'uguaglianza

[math]2x+2y+\pi x=2[/math]
ricaviamo y in funzione di x:

[math]y=\frac{2-(2+\pi)x}{2}[/math]

Usando quest'ultima relazione, esprimiamo in funzione di x l'area A(x) della figura

[math] \begin{split} &A(x)=2x\cdot \frac{2-(2+\pi)x}{2}+\frac{\pi x^2}{2} =\\ & \frac{-(4+\pi) x^2+4x}{2} \end{split} [/math]

La funzione A(x) è un polinomio di secondo grado in x e quindi il suo grafico è una parabola. Poiché il coefficiente del termine di secondo grado è negativo, il massimo di A(x) viene assunto nell'unico punto in cui si annulla la sua derivata, che è

[math]A'(x)=2-(4+\pi)x[/math]

Si annulla in

[math]x=\dfrac{2}{4+\pi}[/math]
.

Le dimensioni dei lati del rettangolo sono quindi

[math]\frac{4}{4+\pi} \quad \text{e} \quad \frac{2}{4+\pi}[/math]

______________________

Quesito 6

Un vettore perpendicolare al piano è

[math](3,-1,-2)[/math]
e quindi l'equazione parametrica della retta perpendicolare al piano nel punto
[math]T[/math]
è

[math] \begin{cases} x=3s-4\\ y=-s\\ z=-2s+1 \end{cases} \quad s \in \mathbf{R} [/math]

Il centro di

[math]S[/math]
è quindi il punto di intersezione tra questa retta e la retta
[math]r[/math]
. Risolvendo il sistema

[math] \begin{cases} 3s-4=t\\ -s=t\\ -2s+1=t \end{cases} [/math]

otteniamo

[math]s=1[/math]
e
[math]t=-1[/math]
; perciò il centro di
[math]S[/math]
è
[math](-1,-1,-1)[/math]
. Il raggio di
[math]S[/math]
è la distanza tra il suo centro e
[math]T[/math]
, che è uguale a
[math]\sqrt{14}[/math]
. L'equazione di
[math]S[/math]
è quindi

[math] (x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2=14 [/math]

Quesito 7

Calcoliamo l'integrale proposto in funzione di

[math]a[/math]
. Osserviamo che una primitiva di
[math]3x^2+3[/math]
è
[math]x^3+3x[/math]
. Otteniamo quindi

[math] \begin{split} &\int_a^{a+1} (3x^2+3) dx = [x^3+3x]_{a}^{a+1}=\\ &(a+1)^3+3(a+1)-(a^3+3a)=3a^2+3a+4. \end{split} [/math]

Affinché l'integrale sia uguale a

[math]10[/math]
, dobbiamo perciò avere

[math]3a^2+3a+4=10.[/math]

Quest'ultima equazione, di secondo grado in

[math]a[/math]
, ha come soluzioni
[math]a=-2[/math]
e
[math]a=1[/math]
, che sono quindi i valori di
[math]a[/math]
richiesti.

Quesito 8

Chiamiamo

[math]A[/math]
e
[math]B[/math]
i due giocatori. In ogni partita ciascuno dei due giocatori ha probabilità
[math]\frac{1}{2}[/math]
di vincere. La probabilità che il gioco termini prima di
[math]10[/math]
partite è
[math]0[/math]
. La probabilità
[math]p(10)[/math]
che il gioco termini dopo
[math]10[/math]
partite è uguale alla somma tra la probabilità che
[math]A[/math]
vinca tutte e
[math]10[/math]
le partite e la probabilità che le vinca tutte e
[math]10[/math]
il giocatore
[math]B[/math]
, cioè

[math] p(10)=2\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{10} = \frac{1}{2^9}. [/math]

Il gioco termina dopo

[math]11[/math]
partite quando uno dei due giocatori vince
[math]10[/math]
partite su
[math]11[/math]
, ma non le prime
[math]10[/math]
. La probabilità
[math]p(11)[/math]
che il gioco termini dopo
[math]11[/math]
partite è quindi

[math] p(11)=2\cdot \left(\binom{11}{10} - \binom{10}{10}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{11} = \frac{5}{2^9}. [/math]

Il gioco termina dopo

[math]12[/math]
partite quando uno dei due giocatori vince
[math]10[/math]
partite su
[math]12[/math]
, senza averne vinte
[math]10[/math]
tra le prime
[math]11[/math]
. La probabilità
[math]p(12)[/math]
che il gioco termini dopo
[math]11[/math]
partite è quindi

[math] p(12)=2\cdot \left(\binom{12}{10} - \binom{11}{10}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{12} = \frac{55}{2^{11}}. [/math]

La probabilità richiesta è perciò

[math] p(10)+p(11)+p(12)= \frac{1}{2^9} + \frac{5}{2^9} + \frac{55}{2^{11}} = \frac{79}{2^{11}}. [/math]

Quesito 9

Per verificare che

[math]ABC[/math]
è un triangolo equilatero è sufficiente mostrare che i tre lati hanno la stessa lunghezza.

[math] \overline{AB}=|B-A|=|(0,-2,2)|=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}. [/math]

Analogamente otteniamo

[math]\overline{BC}=\overline{AC}=2\sqrt{2}[/math]
. Poiché le coordinate di ciascuno dei tre punti dati soddisfano l'equazione del piano
[math]\alpha[/math]
, i tre punti appartengono ad
[math]\alpha[/math]
. Dato che per tre punti non allineati passa un unico piano, il triangolo
[math]ABC[/math]
è contenuto nel piano
[math]\alpha[/math]
. Il baricentro di
[math]ABC[/math]
è il punto

[math] \frac{A+B+C}{3}=\left(\frac{7}{3},\ \frac{1}{3},\ \frac{4}{3}\right). [/math]

Un vettore perpendicolare ad

[math]\alpha[/math]
è
[math](1,1,1)[/math]
e quindi la retta perpendicolare ad
[math]\alpha[/math]
passante per il baricentro di
[math]ABC[/math]
ha equazione parametrica

[math] \begin{cases} \frac{7}{3}+t\\ \frac{1}{3}+t\\ \frac{4}{3}+t \end{cases}\quad t\in \mathbf{R}. [/math]

Per stabilire quali sono i punti

[math]P[/math]
richiesti, è sufficiente intersecare la superficie sferica di centro
[math]A[/math]
e raggio
[math]2\sqrt{2}[/math]
con la retta precedente. Otteniamo che i punti
[math]P[/math]
richiesti sono

[math] \left(\frac{11}{3},\ \frac{5}{3},\ \frac{8}{3}\right) \quad \text{e} \quad (1,-1,0), [/math]

che sono uno il simmetrico dell'altro rispetto al baricentro di

[math]ABC[/math]
.

Quesito 10

Calcoliamo

[math]y'(x)[/math]
e
[math]y''(x)[/math]
. Otteniamo

[math] y'(x)=2ke^{kx+2} \quad \text{e} \quad y''(x)=2k^2e^{kx+2} [/math]

Sostituendo le due funzioni appena trovate nell'equazione differenziale

[math]y''-2y'-3y=0[/math]
, otteniamo

[math] 2k^2e^{kx+2}-2(2ke^{kx+2})-3(2e^{kx+2})=0 [/math]

cioè

[math] (2k^2-4k-6)e^{kx+2}=0 [/math]

Il membro di sinistra dell'ultima equazione,

[math](2k^2-4k-6)e^{kx+2}[/math]
, è il prodotto di
[math](2k^2-4k-6)[/math]
e di
[math]e^{kx+2}[/math]
. Osserviamo che per ogni valore reale di
[math]x[/math]
il numero
[math]e^{kx+2}[/math]
è strettamente positivo. Affinché
[math](2k^2-4k-6)e^{kx+2}[/math]
sia nullo per ogni valore reale di
[math]x[/math]
, dobbiamo quindi avere
[math](2k^2-4k-6)=0[/math]
. Quest'ultima equazione di secondo grado in
[math]k[/math]
ha per soluzioni
[math]k=-1[/math]
e
[math]k=3[/math]
, che sono quindi i valori di
[math]k[/math]
richiesti.

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