Seconda prova maturità 2016 soluzione secondo problema di matematica scientifico

Seconda prova maturità 2016 soluzione secondo

Problema di matematica scientifico

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June 23, 2016

Primo problema 1

− |x|)

Le tre funzioni proposte sono f (x) = (1 k

1

3 2

−6|x| −

f (x) = + 9kx 4|x| + 1

2 π k

f (x) = cos( x )

3 2

Punto 1

Affinché la funzione descriva il profilo del serbatoio deve soddisfare principalmente due condizioni: 1) non deve essere derivabile nel punto x = 0, 2) dev’essere f (1) = f (−1) = 0

Si vede facilmente che la f risulta derivabile in 0 e dunque non assume

3 ±1

forma spigolosa, ma liscia. Invece la f si annulla nei punti x = solo per

2

k = 1, ma per questo valore non vengono soddisfatte le ulteriori richieste sulla

0

funzione. Ad esempio calcolando f nell’intervallo (0, 1):

2

0 2

−18x −

f (x) = + 18x 4

2

questa si annulla nei punti:

13

x =

1 23

x =

2

La derivata prima è una parabola con concavità verso il basso e due zeri compresi tra 0 e 1, quindi cambia di segno. Di conseguenza la funzione non risulta monotona, come invece deve evidentemente essere dato il disegno fornito dall’amministratore.

La funzione giusta è quindi la f .

1

Punto 2

Data quindi 1

− |x|)

f (x) = (1 k

serve trovare un valore di k tale che il volume totale del serbatoio sia almeno

3

di 13m³. Troviamo dunque la formula del volume. Dato che f è una funzione pari

(risulta facilmente che f (−x) = f (x)), si può restringere lo studio all’intervallo

[0, 1]. L’area della superficie frontale del serbatoio, in funzione di k è dunque

data dall’integrale definito della funzione nell’intervallo [0, 1] moltiplicato per

due: 0

h i h i

1/k+1

1 0

1/k 1/k (1−x) k 2

R R

− − −

2 (1 x) dx = 2 (1 x) dx = 2 = 2 m

1 k+1

0 1 +1 1

k

1

Figura 1: Sezione del serbatoio.

Moltiplicando per la profondità si ottiene il volume:

k 3

· ·

V (k) = S(k) L = 16 m

k+1 3

≥

Bisogna trovare il valore di k tale che V (k) 13 m³. E dunque

k

· ≥

16 13

k+1

≥

16k 13(k + 1)

13

≥

k 3

Non resta che verificare la condizione sull’angolo. Scelto come k = 5, il primo valore intero maggiore di 13/3, la funzione diventa:

1

− |x|)

f (x) = (1 5

la cui derivata, restringendosi all’intervallo (0, 1], è

h i 4

1 −

d 15

− −

−

(1 x) (1 x)

=

5 5

dx 15

+ −

La funzione in x = 0 assume un coefficiente angolare pari a , che corrisponde ad un’inclinazione di arctan( )

◦ ◦

15 180

− · ≈ −11,

31 . Per cui anche la condizione sull’angolo risulta verificata.

1.3 Punto 3

Punto 3

Per determinare l’espressione del volume, concentriamoci nuovamente sulla semisuperficie da x = 0 a x = 1. In corrispondenza della quota z raggiunta dal liquido, ci accorgiamo che la superficie può essere divisa in due sezioni:

x ed altezza z, ed una parte sottesa dalla

una parte rettangolare di base

funzione f (x) nell’intervallo [x, 1].

Per trovare l’espressione del punto x in funzione di z, risolviamo:

1/5 5

− −z

f (x) = (1 x) = z =⇒ x = + 1

Calcoliamo la sezione sottesa dalla funzione tramite l’integrale definito:

x

1 56 56 56

1/5 6/5 5 6/5 6

R − − −

(1 x) dx = (1 x) = (1 1 + z ) = z

x 1

La superficie totale da considerare è data dal precedente integrale più l’area del rettangolo. Quindi si ottiene: 2 %

Figura 2: La funzione V (z) e V (z) a confronto.

amm

5 16

6 5 6

· −

S(z) = 2 z + z (−z + 1) = 2 z z

6

ed il volume percentuale in funzione di z è:

S(z)·L 16 1

6

−

V (z) = = z z

V 13 6

tot

in cui si intende: 3

·

V = S(1) L = 13m³

tot