Seconda prova maturità 2016 soluzione secondo problema di matematica scientifico

%

Figure 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 = 13m

tot

1.4 Punto 4: obiezione dell’amministratore

L’obiezione mossa dall’amministratore si può riassumere matematicamente ev-

idenziando che egli si aspetta che il volume sia direttamente proporzionale

∝

all’altezza raggiunta dal gasolio ( V (z) z ). Solo in questo caso, infatti,

la quantità percentuale dell’una grandezza coincide con quella della seconda.

3

V (z) ·

z 13 m

3 %

· amm

V (z) = z 13 m =⇒ = = z = V (z)

amm amm

3

V 13 m

tot

Invece l’espressione del volume percentuale V (z) ottenuta al precedente

punto non è direttamente proporzionale a z, come evidenziato dal grafico delle

due funzioni. %

Dove la retta corrisponde a V (z) e la curva a V (z).

amm

L’errore che si commette è la differenza tra le due espressioni percentuali:

16 16 3 8

% 6 6

− − − −

E(z) = V (z) V (z) = z z z = z z

amm 13 13 39

Il suo massimo si calcola imponendo la derivata prima uguale a 0:

1/5

0 3 16 3

5

− ≈

E (z) = z = 0 =⇒ z = 0, 71

err

13 13 16

e verificando che la derivata seconda nel punto è negativa:

00 00

16 16

4 4

− · − · ≈ −0,

E (z) = 5z =⇒ E (z ) = 5(0, 71) 25

err

13 13

2 Secondo Problema

Condizioni iniziali:

f (0) = 1 3

f (1) = 4

f (3) = 2

f (5) = 0 34

−

f (7) =

f (8) = 0

f (10) = 4 0

f (x) = +∞

lim +

x7→ 0

0 12

−

f (5) = poichè è il valore del coefficiente angolare della retta tangente al

grafico in x = 5

0 −2poichè

f (3) = è il valore del coefficiente angolare della retta tangente al

grafico in x = 3 0

≥

per x 8 : f (x) = 2

0 0

f (1) = f (7) = 0 poichè sono punti di min/max relativo

00

f (3) = 0 poichè è un punto di flesso

2.1 Punto 1

2.2 Punto 2

2.3 Punto 3

Dati:

5

R f (x)dx = 11

0 8

R

| f (x)dx = 1|

5

Per il teorema del valor medio si ha che il valor medio di f (x) nell’intervallo

[0; 8] è 5 8

8 R R

R f (x)dx+ f (x)dx

f (x)dx 11−1 5

= = =

0 5

0 8−0 8 8 4

|f

Il valore medio di (x)| in [0; 8] è

8 5 8

R R R

|f |f |f

(x)|dx (x)|dx+ (x)|dx 11+1 3

= = =

0 0 5

8−0 8 8 2

0

Il valore medio di f (x) in [1; 7] è

0

7 −3

R −4

f (x)dx f (7)−f (1) −19

= = =

1 4

7−1 6 6 24

dove si è utilizzato il teorema fondamentale del calcolo integrale per risolvere

0

R f (x)dx.

Il valore medio di F(x) in [9;10] è

5 8

R R

F (8) = f (x)dx + f (x)dx = 10

0 5 x x 2

R R

≥ − −

Per x 8 si ha F (x) = 10 + f (x)dx = 10 + (2x 16)dx = x 16x + 74

8 8

e per il teorema del valore medio, il valor medio di F (x) nell’intervallo [9, 10]

vale: 10

h i

10 3

x 37

2 2

R − −

F = x 16x + 74 dx = 8x + 74x =

3 3

9 9

2.4 Punto 4

Nel punto x = 8 la F (x) ha un minimo relativo. Dunque la retta tangente ha

coefficiente angolare pari a 0, e la sua equazione risulta facilmente:

y = F (8) = 10 0

Nel punto x = 0 abbiamo: m = F (0) = f (0) = 1 da cui l’equazione della

tangente:

y = x + q per determinare q impongo il passaggio dal punto (0,0)

4

Figure 3: Soluzione del secondo punto - 1.

5

Figure 4: Soluzione del primo punto - 2.

6

Figure 5: Soluzione del secondo punto.

7

Figure 6: Quesito 2.

0 = q dunque abbiamo determinato l’equazione della retta tangente ad F(x)

nel punto x=0:

y = x

3 Quesiti

3.1 Quesito 1

√

+∞ 2

−x

R e dx = π

−∞ ∪ 2

−x

R e dx = 1

−∞ +∞

2 2

−x −x

R ' ∪

Poiché e è una funzione pari, e e dx 1, 77, allora deve

−∞

1,77 .

essere positivo dato che 1 è maggiore di 2

∪ 2

−x

7

R

A = x e dx = 0 Poiché la funzione integranda è dispari.

−∪

∪ ∪ −∪ +∞

2 2 2 2

−x −x −x −x

R R R R

− −

B = e dx = e dx e dx = 1 e dx =

−∪ −∞ −∞ ∪

√

√ − −

− π 1) = 2 π

1 ( +∞ 2

−5x

R

C = e dx

−∞ √

+∞ 2

−x

R π si ricava che

Ricordiamo che dall’integrale di Gauss e dx =

−∞

√

+∞ 2 π

−x a

R (e ) dx = √

−∞ a √

+∞ 2 π

−5x

R

Allora e dx = √

−∞ 5

3.2 Quesito 2

2

−

y = 1 ax a¿0

b ∆

−

V (− , ) V (0, 1)

2a 4a

( (

y = k y = k

2 2

− −

1 ax = k 1 ax = y

8

q 1−k

±

x a q 1−k

base rettangolo = 2 a

altezza rettangolo = k

q 1−k

Area rettangolo = 2k a

q 1−k

Perimetro rettangolo = 4 + 2k

a

Massimizziamo l’area: √

√

q 2(1−k)−ak

k a

1−k

2

2k

1−k √

− − = =0

=

2 √ √ √

√

a a

1−k 1−k a 1−k

2 a

− −

2 2k ak = 0

k(a + 2) = 2]

2

k = Sostituisco questo valore di k nel perimetro

2+a √

q 2

1− 2+a+4

4

4 4 4

2+a

Perimetro rettangolo = 4 + = + = =

√

a 2+a 2+a 2+a

2+a

√

4( 2+a+1)

2+a

Massimizziamo il perimetro:

√

42 √

6 (2+a)−4( 2+a+1)

√ −2 2+a−4

6 2 2+a = =0

2 2

(2+a) (2+a)

√

−2 −

2 + a 4 = 0

√ −2

2 + a =

2+ a =4

a =2

3.3 Quesito 3 b +2 3

x

2 2 2 2 2 3

R R −

− −

Volume sfera = π [f (x)] dx = π ] = π(r

(r x )dx = π[r x −2

−2 3

a

3 3

r r 43

3 3

−

+ r ) = πr

3 3 3

h−r 3 (h−r )

h−r

x 2 3

2 2 2

R − −

− −

π ] = π[r h r ]

(r x )dx = π[r x 0

3 3

0 4 2

3 3

·

πr , il volume di metà sfera 4πr e il

Sottraendo dal volume totale 3 3

volume ricevuto prima, otteniamo:

3

h

2

· −

Volume calotta = π (2h )

3

3.4 Quesito 4

10 domande

4 risposte a domande

1 risposta esatta per ogni domanda

A = ”Rispondere almeno a otto domande”

P(A) = ?

P(A) = P(0 errori) + P(1 errore) + P(2 errori)

14 10

)

P (0 errori) = ( n 34 14

9

·

P (1 errore) = ( ) ( )

1

n 34 14

2 8

·

P (2 errori) = ( ) ( )

2

10 9 10

1 34 14 3 1

2 8

· · ·

P (A) = + 10 + ( ) ( ) =

4 2 4 4

1 14 15 1 3

8 2 2

( ) [( ) + ( ) + 45( ) ]

4 2 4 4

∼

109 0, 000416

=

262144 9

3.5 Quesito 5

K(−2, 1, 2) P ? punto di tangenza

− −

π : 2x 2y + z 9 = 0

Vettore di parametri direttori del piano π

− − − −

V = P K = [x x , y y , z z ]

p k p k p k

− −

= [x + 2, y 1, z 2]

p p p

Sostituiamo parametri direttori di V in π :

· − · − ·

(x + 2) x + (y 1) y + (z 2) z + d = 0

p p p



x + 2 = 2

p 

− −2

y 1 = Per l’equazione data di π

p −

z 2 = 1 

p

x = 0

p −1 −1,

y = P (0, 3) punto tangenza

p

z = 3

p

P K = raggio

p 2 2 2

− − −

r = (x x ) + (y y ) + (z z ) =

p k p k p k

√

p 2 2 2

− −

(0 + 2) + (−1 1) + (2 3) = 4 + 4 + 1 = 3

3.6 Quesito 6 −3

∃P |P − ≤ ∀

(x)| (x) cos x| 10 x R

n n−1 6

Poiché P (x) = a x + a x + ... +a , a = 0

n n−1 0 n

≥ ±∞

con a , ... , a e n 1, a seconda del segno di a lim P (x) =

R

n 0 n x→∞

−3

|P − ≤ ∀

In entrambi i casi (x) cos x| non può essere 10 x + R

Nel caso limite che P (x) = a = cost,

0 −3

|P − |a − 6 ∀

(x) cos x| = cos x| non può essere = 10 x oscillando il

R

0

cos x tra -1 e 1 periodicamente.

3.7 Quesito 7

Ci stiamo chiedendo quale è la probabilità che la pedina passi per B (in posizione

(3,5)) in uno dei percorsi che vanno da O(0,0) ad A (in posizione (7,7)). Quindi

sarebbe la probabilità di passare in B sapendo che sono andato da O ad A in

14 passi.

Considero i percorsi totali per A in 14 passi NOTA: Posso arrivare in A solo

in 14 passi, perché 7+7=14.

14 14!

=

7 7!7!

I percorsi totali per B (in 8 passi perché 3+5=8

8 8!

=

3 3!5!

Se sono in B, i percorsi totali da B ad A in 6* passi saranno:

6! = 15

4!2!

*una volta che sono arrivato in B posso considerarla la nuova origine, rispetto

alla quale il punto A è in posizione (4,2)

Per determinare tutti i percorsi che arrivano ad A passando per B, quindi,

basta fare:

7!7! 8! ≈

15 0, 245

14! 3!5! 10

3.8 Quesito 8

→

f (x) : R R

x 2

f (x) = e (2x + x )

Si cerca la primitiva di f (x) passante per (1, 2e)

R

g(x) = f (x)dx ; g(1) = 2e

x 2 x

R R

g(x) = 2xe dx + x e dx

x x x x x

R R

− −

2xe dx = 2xe 2e dx = 2xe 2e

2 x 2 x x 2 x x x

R R

− −

x e dx = x e 2xe dx = x e 2xe + 2e

x x 2 x x x 2 x

− 6 − 6 6

g(x) = (6 2xe 2e ) + (x e 2xe + 2e ) + C = x e + C

→ →

g(1) = 2e e + C = 2e C = e

2 x

g(x) = x e + e

3.9 Quesito 9

 x= t





r : y = 2t

 z= t

 ( −

x+ y + z 3=0

S : −

2x y = 0

P (1,0,-2)

(1,2,1) vettore direttore di r

Trasformo s dalla forma cartesiana a parametrica:

( − −

x=3 y z

S : − − −

2(3 y z) y = 0

( − −

x=3 y z

− − −

6 2y 2z y = 0

( − −

x=3 y z

−3y

2z = + 6

( − −

x=3 y z

3

− y

z = 3 2

12 32

−

(− , 1, ) vettore direttore di S

Date due rette con parametri direttori:

(l , m , n ) e ((l , m , n )∃π che soddisfa le nostre condizioni. Possiamo

1 1 1 2 2 2

calcolare l’equazione cartesiana grazie all’annullamento delle determinanti di

questa specifica matrice:

 

− − −

x x y y z z

0 0 0

A l m n

= con x , y , z coordinate del punto P

1 1 1 0 0 0

 

l m n

2 2 2



 −

x 1 y z +2

− −

y z +2 x 1 z +2 x 1 y

A − −

1 2 1

= = +2 =

32

32 1 12



 −

− − − 1

1

1 3

− − 2

1

2 2

3 32 3 12 12

−(− − − − −

= y z 2) + 2(− x + + z + 1) (x 1 + y) =

2 2

32 1

− − −

= y + z + 2 3x + 3 + z + 2 x + 1 y

2

−4x

= + y + 2z + 8

−4x

π : + y + 2z + 8 = 0 11