Soluzione Seconda prova matematica maturità 2018: liceo scientifico

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

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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

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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 termini

2 4.

geometrici, questo significa che la parte colorata tenderà a coprire l’intera area

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→ ∞.

della mattonella per n

Per chi volesse invece svolgere il problema partendo dall’ipotesi (indicata nel-

la descrizione iniziale) che il lato del quadrato sia pari a in un’unità di misura

1

opportuna (abbreviata con si opera il seguente ragionamento: Il lato del qua-

u),

drato indicato inizialmente dal problema misura e quindi l’area di tale qua-

1u,

2

drato sarà pari a ; l’unità di misura della lunghezza nel piano cartesiano è

1u

1

pari a dell’unità di misura nel piano cartesiano, e dunque l’unità di misura

u

2 14 2 dell’area calcolata nel piano cartesiano. Quindi cal-

dell’area sarà pari a u A

n

colata nell’unità di misura è pari a ossia alla totalità dell’area del quadrato

u 1,

(mattonella): in termini geometrici è lo stesso risultato.

Punto 4

Il disegno derivato da si ottiene per simmetrie dal grafico della funzione

a (x)

2

− 2 ; il disegno derivato da si ottiene per simmetrie dal grafico

a (x) = 1 x b (x)

2 2

− 2

della funzione .

b (x) = (1 x)

2 Figura 4: Grafico della funzione a (x).

2

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Figura 5: Grafico della funzione b (x).

2

Chiamiamo la probabilità che, se il braccio meccanico lascia cadere una

P a

goccia, questa causi il danneggiamento della mattonella e la stessa pro-

a (x), P

2 b

babilità per la mattonella Poiché la mattonella è simmetrica, possiamo

b (x).

2 ×

calcolare tali probabilità sul solo quadrato dunque avremo che:

[0, 1] [0, 1];

−

RQ OQ OR OR

−

P = = =1

a OQ OQ OQ

−

SQ OQ OS OS

−

P = = =1

b OQ OQ OQ

Calcoliamo quindi le coordinate dei punti e come interserzione tra i grafici

R S

e con la bisettrice

a (x) b (x) y = x:

2 2 

 − 2

y = 1 x

a (x) :

2 

y = x

− 2

x = 1 x

−

2

x + x 1 = 0

√

−1 ± 5

x =

1,2 2

√

−1+ 5

di cui solamente la soluzione è interna al quadrato; quindi

x = R =

( ) 1 2

√

√ −1+

−1+ 5 5 .

,

2 2

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

 − 2

y = (1 x)

b (x) :

2  y = x

− 2

x = (1 x)

− 2

x = 1 2x + x

−

2

x 3x + 1 = 0

√

±

3 5

x =

1,2 2 ( )

√ √ √

3− 5 3− 5 3− 5

di cui solamente la soluzione è interna al quadrato; quindi .

x = S = ,

2 2 2 2

Le misure dei segmenti e saranno quindi rispettivamente:

OR OS

v

( (

) ( ) )

u √ √

√

u 2 2 √

−1 −1

−1

t + 5 5 + 5

+ 2

OR = + =

2 2 2

v ( ) ( ) ( )

u √ √ √

u 2 2 √

− − −

t 3 5 3 5 3 5

+ = 2

OS = 2 2 2

Inoltre la lunghezza del segmento essendo la diagonale di un quadrato

OQ,

√

di lato è pari a Quindi avremo che:

1, 2. )

(

√ √ √

−1+ 5

2 −1 5

OR +

2

√

− ≃

− − 0, 382

=1

P = 1 =1

a OQ 2

2

( )

√ 3−√ √

5

2 −

OS 3 5

2

√

− − − ≃

P = 1 =1 =1 0, 618

b OQ 2

2 20

In conclusione, poiché la probabilità di malfunzionamento è pari a ,

20% = 100

una ragionevole stima del numero totale di mattonelle danneggiate sarà:

20 · ·

N = (5000 P + 5000 P ) = 1000

a b

100

Problema 2

Punto 1

Le ordinate dei punti di tangenza delle rette e sono dati da:

r s

k k

• e dunque passa per

f (0) = 9 r P := (0, 9)

k k

• e dunque passa per

f (1) = k + 8 s Q := (1, k + 8)

k k

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Cerchiamo ora le equazioni delle rette tangenti e . Per determinare i coe -

r s

k k

cienti angolari, è su ciente calcolare la derivata prima nelle ascisse dei punti di

tangenza e

P Q: ′ −3x 2

(x) = + k

f k ′

m = f (0) = k

r k

k ′ −

m = f (1) = k 3

s k

k

L’equazione della retta è dunque

r

k − −

y y = m (x x )

P r P

k

−

y 9 = m x

r

k

y = kx + 9

e l’equazione della retta è

s k − −

y y = m (x x )

Q s Q

k

− − −

y (k + 8) = (k 3)(x 1)

−

y = (k 3)x + 11

Per trovare il punto di intersezione tra e è su ciente risolvere il sistema:

M s r

k k

 

 

y = kx + 9 y = kx + 9

 

− −

y = (k 3)x + 11 kx + 9(k 3)x + 11

 

  2

y = kx + 9 y = k + 9

3

 

−3x 2

+ 11 = 9 x = 3

23

2

Dunque M ( , k + 9).

3

Punto 2

L’ordinata del punto può essere vista come una funzione del parametro

M k:

2 k + 9

M = M (k) =

y 3

Basta allora imporre alla funzione la condizione richiesta:

2 3

→

k + 9 < 10 k <

3 2

Poiché deve essere un numero intero positivo, il valore cercato è

k k = 1.

−x 3

Studiamo f (x) = + x + 9.

1

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R.

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

√ √

′ −3x −

2

• Derivata prima: f (x) = + 1 = (1 + 3x)(1 3x)

1 √

± ± 3

1

√

– I punti stazionari sono: e le corrispondenti ordinate

x = =

1,2 3

3

√

± 2 3

sono date da y = f (x ) = +9

1,2 1 1,2 9 ′ ≥ ⇐⇒ −3x ≥

2

– Studiamo il segno della derivata prima f (x) 0 + 1 0

1

quindi, essendo un polinomio di grado 2, con coe ciente del termine

quadratico negativo, è rappresentabile da una parabola con concavità

rivolta verso il basso. Si può concludere che assuma valori nulli o posi-

√ √

≤ ≤ 3 2 3

tivi per . Possiamo inoltre concludere che

x x x A(− , + 9)

1 2 √ √ 3 9

−

3 3

2

è un punto di minimo relativo e di massimo relativo.

B( , + 9)

3 9

• Studio degli asintoti: essendo definita su tutto l’asse reale, i limiti vanno

studiati solo all’infinito. Calcoliamo: −∞

3

lim lim

f (x) = (−x + x + 9) =

1

x→∞ x→∞ 3

lim lim

f (x) = (−x + x + 9) = +∞

1

x→−∞ x→−∞

• Derivata seconda: cerchiamo eventuali punti di flesso calcolando la deri-

vata seconda, e ponendola uguale a 0:

′′ −6x, −6x

f (x) = = 0, x = 0.

1

Troviamo un punto di flesso poiché in la

F = (0, f (0)) = (0, 9), x = 0

1

derivata seconda cambia di segno.

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Figura 6: Grafico di f (x).

1

Punto 3

I vertici del triangolo richiesto sono:

• L’intersezione tra la retta e l’asse delle

r x: A(−9, 0)

1 11

• L’intersezione tra la retta e l’asse delle

s x: B( , 0)

1 2

29

23

• L’intersezione tra le rette e , cioè , )

r s M (

1 1 1 3

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Figura 7: Grafico relativo al punto 3 del problema.

La probabilità di scegliere un punto a caso in una sezione di una data regione

P

di piano è il rapporto tra l’area della sezione e l’area totale della regione.

Calcoliamo l’area del triangolo:

11 29 1

− · ·

A = ( (−9)) = 70.08

tot 2 3 2

Invece l’area della sezione voluta può essere ottenuta come di erenza tra la

regione totale, e: 9·9

• Area del triangolo :

AOP = 40.5

2

• Area sottesa dal grafico della funzione nell’intervallo dove è

f (x) [0, c], c

1

l’ascissa del punto d’intersezione tra e l’asse delle Per trovare

C f (x) x.

1

il valore di bisogna risolvere l’equazione che purtroppo ri-

c, f (c) = 0,

1

sulta cubica non scomponibile e quindi non risolvibile analiticamente con i

metodi studiati a scuola. Per stimare ci sono due alternative:

c ≈

– Utilizzando la calcolatrice grafica, si trova c 2.24.

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∈ 11

– Sfruttando il metodo di bisezione. Notando che si parte

c (1, )

2

11

con e Dunque:

f (1) > 0 f ( ) < 0.

2 segno di

x f (x)

−

11

4

11 +

8

33 +

16 −

77

32 ≈ ≈

77

Fermando l’iterazione a questo valore di otteniamo

x, c 2.41

32

Per il calcolo dell’area, si procede con l’integrale definito nell’opportuno inter-

vallo: ]

[

∫ c

c 2

4 x

x

−

3

I = (−x + x + 9)dx = + + 9x

4 2

0 0

≈ ≈ ≈ ≈

Nel caso di abbiamo Nel caso di abbiamo

c 2.24 I 16.37. c 2.41 I 16.16.

Quindi otteniamo la probabilità, nei due casi:

− −

70.08 40.5 16.37

P ≈

= 0.19

70.08

− −