2002 - Liceo scientifico PNI sessione suppletiva

QUESTIONARIO

1. Da un’urna contenente 90 palline numerate se ne estraggono quattro senza reimbussolamento.

Supponendo che l’ordine in cui i numeri vengono estratti sia irrilevante, come è nel gioco

dell’Enalotto, si calcoli la probabilità che esca la quaterna (7, 47, 67, 87).

2. Calcolare la probabilità che in dieci lanci di una moneta non truccata dal quinto lancio in poi

esca sempre testa.

3. Calcolare la derivata rispetto a x della funzione

b ( )

∫ f t dt

x

ove f(x) è una funzione continua.

4. Calcolare: ( )

x

∫ 3

sin t dt

0

lim 4

→ x

x 0 =

x

5. Utilizzando il teorema di Rolle provare che tra due radici reali di e sin x 1 c’è almeno una

= −

x

radice reale di e cos x 1 .

6. Applicando il teorema di Lagrange all’intervallo di estremi 1 e x, provare che:

1

− < < −

1 log x x 1

x

e dare del risultato un’interpretazione grafica.

7. Verificare che la funzione: −

− 1 x

1 e

=

y −

+ 1 x

1 e ( )

g ' 0

è invertibile e detta g la funzione inversa, calcolare .

8. Con uno dei metodi di quadratura studiati, si valuti l’integrale definito

3 log x

∫ x

1

− 4

con un errore inferiore a 10 . − =

9. Verificato che l’equazione cos x log x 0 ammette una sola radice positiva compresa tra 1 e

2 se ne calcoli un’approssimazione applicando uno dei metodi numerici studiati.

10. Chiarire, con esempi appropriati, la differenza in matematica tra “concetto primitivo” e

“assioma” .

_____________________________________________

Durata massima della prova : 6 ore

E’ consentito l’uso della calcolatrice tascabile non programmabile e la consultazione del

vocabolario d’Italiano.

PROBLEMA 1

Nel piano riferito a coordinate cartesiane ortogonali monometriche (x,y) è assegnata la

funzione: ( )

+

a b log x

=

y x

( )

log x

ove denota il logaritmo naturale di x e a e b sono numeri reali non nulli.

Punto 1 ( )

−

1

Si trovino i valori di a e b per i quali il grafico G della funzione passa per i punti e , 0 e

( )

−

2 2

e ,

3

e

Impostiamo il passaggio per i due punti indicati nella traccia:

( )

−

+

 1

a b log e = 0

 − = =

 

−

 a b 0 a 1

1

e ⇒ ⇒

  

( ) + = =

+ 2  

a 2

b 3 b 1

 a b log e −

= 2

3

e



 2

e

+

1 log x

=

Quindi la funzione diventa y x

Punto 2

si studi e si disegni G;

+

1 log x

=

Studio di y x ( )

> + ∞

x 0 cioè 0 ,

Dominio: +

1 log x

= = =

⇒ -

1

Intersezioni asse ascisse: y 0 x e

x

Intersezioni asse ordinate: non ce ne sono

+ x

1 log

= >

Positività: y 0 la si risolve studiando separatamente numeratore e denominatore:

x

= + > >

⇒ -

1

N(x) 1 log x 0 x e

= >

D ( x ) x 0

Mettendo sulla stessa retta gli intervalli del numeratore e denominatore si ricava che

+ ( )

1 log x

= > +∞

⇒ -

1

y 0 e ,

x + − ∞ ( ) ( )

1 log x 1

= = = ⋅ − ∞ = +∞ ⋅ − ∞ = −∞

Asintoti verticali: x 0

, infatti lim + +

+

→ x 0 0

x 0 + de l' Hopital

1 log x 1

= = =

y 0

, infatti lim lim 0

Asintoti orizzontali: → +∞ → +∞

x x

x x

Asintoti obliqui: non ce ne sono

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è:

( ) ( )

log x

= − > − > > ∀

⇒ 2

y ' x per cui y ' x 0 log x 0 perchè nel dominio x 0 x

2

x ( )

> < < <

⇒ ⇒

Quindi - log x 0 log x 0 0 x 1 per cui la funzione è strettamen

te crescente in 0 ,

1

( )

+ ∞

e strettamen

te decrescent

e in 1

, −

( ) ( ) ( )

x

2 log 1 = − <

=

Flessi: la derivata seconda è: y x

' ' per cui y ' ' 1 1 0 cioè 1

,

1 è un massimo,

3

x  

( ) 1 3

= = =  

⇒ ⇒

mentre y ' ' x 0 log x x e cioè e , è un flesso a tangente obliqua

 

 

2 2 e

Il grafico è sotto rappresentato:

Punto 3 ( )

=

y y 1

Si determini l’equazione della curva G’ simmetrica di G rispetto alla retta ;

( ) =

y 1 1

La curva simmetrica rispetto alla retta è data dall’equazione

+

( ) 1 log x

= − = −

y 2 y (

1

) y x 2

S x

Nella figura sottostante vengono rappresentate le due curve sullo stesso grafico:

Punto 4

si determini, con uno dei metodi numerici studiati, un’approssimazione dell’area delimitata,

≤ ≤

per , da G e da G’;

1 x 2

L’area cercata è con esattezza: + 2

2 2 2

     

( ( ) ( )

) 1 log x 1 log x 1

∫ ∫ ∫

= − = − = − − = − − =

2

   

dx dx x x log x

A y x y x dx 2 1 2 1 2 log

 

S      

x x x 2 1

1 1 1

[ ]

2

− − = − − − = − − ≅

2 2 2

2 x 2 log x log x 4 2 log 2 log 2 2 2 2 log 2 log 2 0

.

133

1

Attraverso il metodo dei trapezi con la suddivisione dell’intervallo [1,2] in 4 sotto intervalli di

( ) 1 log

1 x

= − −

, chiamata g x 1 , si ha:

ampiezza 4 x x

( ) ( )

+

 

2        

x g g

1 log 1 1 2 5 3 7

∫

= − − ≅ ⋅ + + + ≅

       

A g g g

2 1 2  

       

 

x x 4 2 4 2 4

1 +

 

1 0 0 . 153

≅ + + + ≅

0 . 021 0 . 063 0 . 109 0 . 135

 

 

2 2

Punto 5

si disegnino, per i valori di a e b trovati, i grafici di: ( )

+ +

a b log x a b log x

= =

y y

x x

I grafici richiesti si possono trovare a partire dal grafico della curva iniziale facendo alcune

considerazioni. +



1 log x >

se x 0



+ 

1 log x x

= = 

Cominciamo con y ( )

+ −

1 log x

x  <

se x 0

( )

−



 x = −

Questa funzione è una funzione pari cioè y ( x ) y ( x ) per cui il grafico non è altro che il grafico

1+ log x

=

y cui va aggiunta la parte di grafico per x<0 che è il simmetrico del

della funzione x

1+ log x

=

grafico di y rispetto all’asse delle ordinate per le considerazioni fatte.

x

Il grafico è sotto rappresentato: +

 ( )

x

1 log = ≥

y f x

se 0



+ 

x

1 log x

= = 

y

Vediamo ora il grafico di + ( )

x

1 log

x  − = <

y f x

se 0



 x

Ricordando che il valore assoluto rende positivo ciò che è negativo, allora questo grafico lo si

+ x

1 log

=

y lasciando inalterate le parti positive e ribaltando verso le ordinate

ricava dal grafico di x

positive le parti negative, cioè il grafico risulta:

PROBLEMA 2

E’ data la sfera S di centro O e raggio r. Determinare:

Punto 1

il cono C di volume minimo circoscritto a S;

Circoscriviamo ad una data sfera un cono circolare retto e con un piano passante per l'altezza del

cono tagliamo entrambi i solidi ricavando la sezione di figura.

= −

= > AO x r

Poniamo AH x , con x 2 r . Con queste assunzioni e poiché il triangolo AOK è

( )

2 2

= − = ⋅ −

AK AO OK x x 2 r . I triangolo AOK e AHC

rettangolo, per il teorema di Pitagora

⋅

OK AH rx

= =

HC

sono simili per cui ( )

⋅ −

AK x x 2 r

)

( π  

2

( ) 1 x

2

π

= ⋅ ⋅ = ⋅ >

2

V x HC AH r

Il volume del cono è con x 2 r . La massimizzazione

 

( )

−

C 3 3 x 2 r

 

del volume la effettuiamo attraverso le derivate:

π  

−

2

( ) x rx

4

= ⋅

' 2  

V x r ( )

C − 2

3  

x r

2

π  

2

( ) r

8

= ⋅

' ' 2  

V x r ( )

C − 3

3  

x r

2

Si ha: π  

−

2

( ) ( ) ( )

x rx r

4 4

= ⋅ > > +∞

⇒ ⇒

' 2  

V x r x V x r

0 strettamen

te crescente in 4 ,

( )

C C

− 2

3 3

 

x r

2

π  

−

2

( ) ( ) ( )

x rx

4

= ⋅ < < <

⇒ ⇒

' 2  

V x r r x r V x r r

0 2 4 strettamen

te decrescent

e in 2 , 4

( )

C C

− 2

3  

x r

2

π π

 

2

( ) r r

8

= ⋅ = > =

' ' 2  

V x r x r

Inoltre 0 , per cui il volume è minimo per 4

( )

C − 3

3 3

 

x r

2 =

x 4 r

( )

π π

 

2 3

( ) r r

4 8

= ⋅ =

2  

e vale .

V r r

4 ( )

−

C r r

3 4 2 3

 

Punto 2

il cono C’ di volume massimo inscritto in S;

Consideriamo la figura sottostante rappresentante la sezione di un cono inscritto in una sfera:

= −

= < < HD 2 r x

Poniamo VH x , con 0 x 2 r . Con queste assunzioni e poiché il triangolo VDB è

rettangolo in quanto inscritto in una semicirconferenza, per il teorema di Euclide

( ) π [ ]

( ) ( ) ( )

1 2

2 π

= ⋅ = ⋅ − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −

2

HB VH HD x r x V x HB VH x 2 r x con

2 . Il volume del cono è '

C 3 3

< <

0 x 2 r . La massimizzazione del volume la effettuiamo attraverso le derivate:

π [ ]

( ) = ⋅ −

' 2

V x 4 rx 3 x

C ' 3

π [ ]

( ) = ⋅ −

' '

V x 4 r 6 x

C ' 3

Si ha: π [ ]  

( ) ( )

4 r 4 r

= ⋅ − > < <

⇒ ⇒

' 2  

V x 4 rx 3 x 0 0 x V x strettamen

te crescente in 0

,

C ' C '  

3 3 3

π [ ]  

( ) ( )

4 r 4 r

= ⋅ − < < <

⇒ ⇒

' 2  

V x 4 rx 3 x 0 x 2 r V x strettamen

te decrescent

e in , 2 r

C ' C '  

3 3 3

π π

[ ]

( ) 4 r 4r

= ⋅ − = − < =

' '

Inoltre V x 4 r 6 x 0 , per cui il volume è massimo per x

4 r

=

x

C ' 3 3 3

3

 

π π

2  

    3

4 r 4 r 4 r 32 r

= ⋅ ⋅ − =

     

 

e vale V 2 r .

C '      

 

3 3 3 3 81

 

Punto 3

un’approssimazione in litri della capacità complessiva di C e C’, posto r =1 metro;

[ ] [ ] [ ]

= =

3 3

Ricordiamo che 1 m 1000 dm 1000 litri per cui il volume in litri dei due coni è

π [ ] [ ]

8000

= ≅

V litri 8377 . 58 litri

C 3 π [ ] [ ]

32000

= ≅

litri 1241 . 12 litri

V

C ' 81

Punto 4

la misura, in gradi sessagesimali, dell’angolo del settore circolare sviluppo della superficie

laterale del cono C;

Lo sviluppo piano della superficie laterale del cono determina il settore circolare di raggio pari

( )

( ) 2

2 2

= + = + =

2

all’apotema del cono AC AH HC 4 r r 2 3

r 2 rappresentato in figura.

La lunghezza dell’arco è pari alla misura della circonferenza della base del cono

BC π π

r

2 2 2

π π α

⋅ = = = = °

2 HC 2 r 2 , pertanto la misura in gradi sessagesimali è 120 .

3

r

3 2

Punto 5

la misura approssimata, in gradi sessagesimali, dell’angolo di semiapertura del cono C

applicando uno dei metodi numerici studiati.    

HC 1

 

= = =

ˆ  

x H

A

C arcsin arcsin

L’angolo di semiapertura del cono è tale per cui . Quindi la

   

 

AC 3

( )

1 ∈ ° °

= x 0 ,

90

x

sin con . Il problema

misura dell’angolo si ricava dalla soluzione dell’equazione 3 ( )

( ) 1 ∈ ° °

= − x 0 ,

90

h x x

è equivalente allora a trovare lo zero della funzione sin con .

3

( ) ( ) 1

∈ ° ° = −

x 0 ,

90 h x x

Nell’intervallo la funzione sin è strettamente crescente ed inoltre

3 ( )

( ) ( )

1 1 ° °

° = − < ° = > 0 ,

30

h h 0 per cui la soluzione da calcolare si trova nell’intervallo a

0 0

, 30

3 6

norma del teorema degli zeri. Lo zero cercato, a meno di un centesimo di grado, lo troviamo tramite

il metodo di bisezione, il cui sviluppo è mostrato in forma tabellare: −

+ +

 

a b h (a ) h (b ) b a

a b a b

 

h  

2 2

0° 30° 15° -0,3333 0,1667 -0,0745 30°

15° 30° 22,5° -0,0745 0,1667 0,0493 15°

15° 22,5° 18,75° -0,0745 0,0493 -0,0119 7,5°

18,75° 22,5° 20.625° -0,0119 0,0493 0,0189 3,75°

18,75° 20.625° 19,6875° -0,0119 0,0189 0.0035 1.875°

18,75° 19,6875° 19,21875° -0,0119 0.0035 -0,0041 0,9375°

19,21875° 19,6875° 19,453125° -0,0041 0.0035 -0,0029 0,46875°

19,453125° 19,6875° 19,5703125° -0,0029 0.0035 0,0016 0,234375°

19,453125° 19,5703125° 19,51171875° -0,0029 0,0016 0.00067 0,1171875°

19,453125° 19,51171875° 19,482421875° -0,0029 0.00067 0.00018 0,05859375°

19,453125° 19,482421875° 19,46777344° -0,0029 0.00018 -0.00006 0,029296875°

19,46777344° 19,482421875° 19,47509766° -0.00006 0.00018 0.00006 0,0146484375°

19,46777344° 19,47509766° -0.00006 0.00006 0.00003

19,47143555° 0,00732121875°

19,46777344° 19,47143555°

Dalla tabella soprastante si evince che a meno di un centesimo di grado, la soluzione dell’equazione

1

=

x

sin è 19,47143555°.

3

QUESTIONARIO

Quesito 1

Da un’urna contenente 90 palline numerate se ne estraggono quattro senza

reimbussolamento. Supponendo che l’ordine in cui i numeri vengono estratti sia irrilevante,

come è nel gioco dell’Enalotto, si calcoli la probabilità che esca la quaterna (7, 47, 67, 87).

 

90 90

!

= = =

 

Il numero di quaterne è dato dal coefficiente binomiale C 2555190 . Per cui la

  ⋅

90 , 4  

4 4

! 86

!

1 1 −

= = = ⋅ 7

p 3

,

91 10

probabilità che esca la quaterna (7, 47, 67, 87) è .

C 2555190

90 , 4

Quesito 2

Calcolare la probabilità che in dieci lanci di una moneta non truccata dal quinto lancio in poi

esca sempre testa. ( ) ( ) 1

= =

La probabilità che in un lancio esca testa o croce è la stessa p T p C , per cui il risultato dei

2

primi 4 lanci non condiziona il risultato dal quinto al decimo lancio. Per cui, poiché dal quinto al

6

 

1 1

= =

 

p .

decimo i lanci sono 6, la probabilità richiesta è  

2 64

Quesito 3

Calcolare la derivata rispetto a x della funzione

b ( )

∫ f t dt

x

ove f(x) è una funzione continua.

b x

( ) ( )

∫ ∫

= −

f t dt f t dt