di center]
Soluzione Seconda Prova Matematica P.N.I 2014
Tracce e soluzioni della seconda prova di Matematica indirizzo P.N.I assegnata al liceo scientifico per l'esame di maturità 2014.
Ominide
27431 punti
In questa pagina oggi pubblicheremo la soluzione della seconda prova di matematica P.N.I per la traccia di maturità 2014 del liceo scientifico. Se ti interessano gli aggiornamenti in merito a questa materia, rimani su questa pagina.
COMMENTI ALLE PROVE:
Non sono presenti richieste di carattere esclusivamente geometrico o trigonometrico come in anni passati. Il contenuto della prova è, in sostanza, tutto concentrato su richieste di carattere analitico e perfettamente in linea con il programma ministeriale per il PNI.
Problema 1: Il problema si concentra sull'analisi di un grafico di funzione di cui devono determinarsi alcune caratteristiche legate alla derivabilità in alcuni punti e alla ricerca di alcune proprietà geometriche del grafico stesso (massimi e minimi, flessi). Presente anche una richiesta legata allo studio di una funzione integrale deducibile dal grafico e dalle sue proprietà.
Problema 2: Anche qui, la scelta della presenza del grafico di una funzione e dell'analisi di sue proprietà legate a derivabilità e integrazione la fanno da padrone. In particolare, vi sono richieste sulle tangenti al grafico (quindi applicazioni delle derivate) e due punti sono relativi allo studio di alcuni integrali desumibili dal grafico stesso.
Quesiti: Sebbene vi siano richieste di ogni tipo, che spaziano dall'algebra all'analisi, passando dalla geometria analitica e la trigonometria, e la presenza di alcune richieste di tipo applicativo tipiche dell'ordinamento del PNI, nessuno dei questionari presenti mostra un particolare grado di complessità.
Problema 1
Punto a)
In A e O, g non è derivabile in quanto la tangente risulta verticale (punto di cuspide). Stesso dicasi per il punto D. In C la derivata destra e sinistra sono finite non con valori differenti e quindi in C, g non è derivabile. In B, invece, la derivata destra e sinistra vale zero e quindi g è derivabile.
Punto b)
[math]f(-4) = \int_{-4}^{-4} g(t) dt = 0[/math]
per definizione.
f(0) = - Area di mezzo cerchio di raggio 2 =
[math]\frac{-\pi \cdot 2^2}{2} = -2\pi[/math]
[math]f(2) = f(0)[/math]
+ Area di [math]\frac{1}{4}[/math]
di cerchio di raggio 2 =
[math]-2\pi + \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot 2^2 = -2\pi + \pi = -\pi[/math]
[math]f(4) = f(2) +[/math]
Area rettangolo di base 2 e altezza 2 = -\pi + 2 \cdot 2 = 4 - \pi
Poiché la parabola ha equazione
[math]x = - \frac{1}{2}y^2 + 6[/math]
, allora:
[math]f(6) = f(4) + \int_{4}^{6} \sqrt{12 - 2x} dx \rightarrow [/math]
[math]4 - \pi + [-\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} (12 - 2x)^{\frac{3}{2}}]_{4}^{6} \rightarrow =[/math]
[math]4 - \pi + \frac{1}{3} (4)^\frac{3}{2} = \frac{20}{3} - \pi[/math]
Poiché l'equazione della circonferenza è
[math](x - 2)^2 + y^2 = 4[/math]
, allora:
[math]f(1) = f(0) + \int_{0}^{1} \sqrt{4 - (x - 2)^2} dx[/math]
Posto
[math]x - 2 = 2 \sin t \rightarrow dx = 2\cos t ;[/math]
[math]x = 0 \to t = - \frac{\pi}{2} , x = 1 , t = - \frac{\pi}{6} , \sqrt{4 - (x -2)^2} = 2 \cos t \rightarrow[/math]
[math]f(1) = -2\pi + \int_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{6}} ; 4 \cos^2t dt =[/math]
[math]-2\pi + 4 [\frac{t}{2} + \frac{\sin(2t)}{4}]_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{6}} =[/math]
[math]- 2\pi - \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} + \pi = -\frac{4}{3}\pi - \frac{\sqrt{3}}{2}[/math]
Punto c)
L'integrale risulta crescente al crescere di x, pertanto:
f > 0 su (-4 , x)
f < 0 su
[math](\alpha , 6)[/math]
e [math]x = \alpha \epsilon (2 , 4)[/math]
Il punto
[math]\alpha[/math]
è unico poiché f'(x) = g(x) e quindi f' > 0 su (0, 6), da cui f sempre crescente su (0, 6), e cambiando segno agli estremi di (2,4) ammette un unico zero.
Poiché
[math]f"(x) = g'(x)[/math]
si ha:
[math]f" > 0[/math]
su [math](-2 , 2)[/math]
[math]f" < 0[/math]
su [math](-4, - 2) \cup (4, 6) [/math]
[math]f" = 0[/math]
su [math](2, 4)[/math]
Punto d)
Poiché
[math]f'(x) = g(x)[/math]
e
[math]f' > 0[/math]
su [math](0, 6)[/math]
[math]f'<0 [/math]
su [math](- 4, 0)[/math]
Segue che x = 0 è un minimo assoluto
[math](0, -2 \pi) ;[/math]
mentre x = -4 , x = 6 sono massimi.
Poiché
[math]f(-4) = 0 < f(6) = \frac{20}{3} - \pi \rightarrow[/math]
(-4, 0) è massimo relativo,
[math](6 , \frac{20}{3} - \pi)[/math]
è massimo assoluto.
Il grafico è:
Problema 2
Punto a)
Considerata la funzione
[math]
f(x)=(2-x)\sqrt{4x-x^{2}}
[/math]
f(x)=(2-x)\sqrt{4x-x^{2}}
[/math]
determinare che il punto
[math]C\equiv(2;0)[/math]
è centro di simmetria per il suo grafico [math]\Gamma[/math]
.Considero le equazioni della simmetria di centro
[math]C[/math]
[math]
\left\{\begin{array}{l}
x'=2x_{C}-x \\
y'=2y_{C}-y
\end{array}\right.
[/math]
\left\{\begin{array}{l}
x'=2x_{C}-x \\
y'=2y_{C}-y
\end{array}\right.
[/math]
ovvero
[math]
\left\{\begin{array}{l}
x'=4-x \\
y'=-y
\end{array}\right.
[/math]
\left\{\begin{array}{l}
x'=4-x \\
y'=-y
\end{array}\right.
[/math]
La trasformazione inversa ha quindi equazioni
[math]
\left\{\begin{array}{l}
x=4-x' \\
y=-y'
\end{array}\right.
[/math]
\left\{\begin{array}{l}
x=4-x' \\
y=-y'
\end{array}\right.
[/math]
Da ciò segue che, sostituendo al posto della
[math]x[/math]
e della [math]y[/math]
nell'equazione della funzione, e, togliendo gli apici per semplicità di notazione, si ha\begin{eqnarray*}
% \nonumber to remove numbering (before each equation)
g(x)=-y&=(2-(4-x))\sqrt{4(4-x)-(4-x)^2} \\
&= (-2+x)\sqrt{16-4x-(16-8x+x^2)} \\
&= (-2+x)\sqrt{16-4x-16+8x-x^2} \\
&= (-2+x)\sqrt{4x-x^2} \\
\end{eqnarray*}
ovvero
[math]
y=(2-x)\sqrt{4x-x^2}
[/math]
y=(2-x)\sqrt{4x-x^2}
[/math]
Poiché la simmetrica rispetto a
[math]C[/math]
della funzione è la funzione stessa, il punto [math]C[/math]
è centro di simmetria per il grafico [math]\Gamma[/math]
.
Per trovare la tangente, calcoliamo ora la derivata di
[math]f(x)[/math]
.\begin{eqnarray*}
f'(x)=&-\sqrt{4x-x^2}+(2-x)\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{4x-x^2}}(4-2x) \\
\\
=& -\sqrt{4x-x^2}+(2-x)\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{4x-x^2}}2(2-x)\\
\\
=& -\sqrt{4x-x^2}+(2-x)\displaystyle\frac{(2-x)^2}{\sqrt{4x-x^2}} \\
\\
=& \displaystyle\frac{-(4x-x^2)+(2-x)^2}{\sqrt{4x-x^2}} \\
\\
=& \displaystyle\frac{2x^2-8x+4}{\sqrt{4x-x^2}}
\end{eqnarray*}
La pendenza della retta tangente nel punto
[math]C[/math]
è quindi [math]f'(2)=-2[/math]
, da cui l'equazione di tale retta è[math]
y=-2x+4
[/math]
y=-2x+4
[/math]
Detto
[math]\alpha[/math]
l'angolo che la tangente forma con la direzione positiva dell'asse [math]x[/math]
, si ha [math]\alpha=\arctan(-2)[/math]
, ovvero[math]
\alpha=2.034\, rad
[/math]
\alpha=2.034\, rad
[/math]
che pari a circa
[math]116,565^\circ[/math]
con [math]0,565^\circ[/math]
frazione di [math]1[/math]
grado.Per trovare a quanti primi sessagesimali
[math]x[/math]
corrisponde, tenendo conto della proporzione[math]
0,565:1=x:60
[/math]
0,565:1=x:60
[/math]
segue che
[math]x= 0,565 \cdot 60 \simeq 34'[/math]
, per cui[math]
\alpha\simeq 116^\circ34'
[/math]
\alpha\simeq 116^\circ34'
[/math]
Punto b)
Si consideri la derivata di
[math]f(x)[/math]
[math]
f'(x)=\frac{2x^2-8x+4}{\sqrt{4x-x^2}}
[/math]
f'(x)=\frac{2x^2-8x+4}{\sqrt{4x-x^2}}
[/math]
Si calcoli
[math]f'(2+t)[/math]
[math]
f'(2+t)=\frac{2(2+t)^2-8(2+t)+4}{\sqrt{4(2+t)-(2+t)^2}}
[/math]
f'(2+t)=\frac{2(2+t)^2-8(2+t)+4}{\sqrt{4(2+t)-(2+t)^2}}
[/math]
\\
[math]
=\frac{2(4+4t+t^2)-16-8t+4}{\sqrt{8+4t-(4+4t+t^2)}}
[/math]
=\frac{2(4+4t+t^2)-16-8t+4}{\sqrt{8+4t-(4+4t+t^2)}}
[/math]
\\
[math]
=\frac{2t^2-4}{\sqrt{4-t^2}}
[/math]
=\frac{2t^2-4}{\sqrt{4-t^2}}
[/math]
Analogamente, per
[math]f'(2-t)[/math]
[math]
f'(2-t)=\frac{2(2-t)^2-8(2-t)+4}{\sqrt{4(2-t)-(2-t)^2}}
[/math]
f'(2-t)=\frac{2(2-t)^2-8(2-t)+4}{\sqrt{4(2-t)-(2-t)^2}}
[/math]
\\
[math]
=\frac{2(4-4t+t^2)-16+8t+4}{\sqrt{8-4t-(4-4t+t^2)}}
[/math]
=\frac{2(4-4t+t^2)-16+8t+4}{\sqrt{8-4t-(4-4t+t^2)}}
[/math]
\\
[math]
=\frac{2t^2-4}{\sqrt{4-t^2}}
[/math]
=\frac{2t^2-4}{\sqrt{4-t^2}}
[/math]
Da cui segue che le rette tangenti a
[math]\Gamma[/math]
nei punti di ascissa [math](2+t)[/math]
e [math](2-t)[/math]
sono parallele.\\Indichiamo ora la retta
[math]21x+10y+31=0[/math]
con [math]r[/math]
e la retta [math]23x+12y+35=0[/math]
con [math]s[/math]
; affinché siano parallele a rette tangenti a [math]\Gamma[/math]
deve accadere che, indicate le rispettive pendenze con [math]m_{r}[/math]
e [math]m_{s}[/math]
, sia [math]f'(x)=m_{r}[/math]
e [math]f'(x)=m_{s}[/math]
per qualche [math]x[/math]
. Dalle equazioni cartesiane, si ricava che [math]m_{r}=-\frac{21}{10}[/math]
e [math]m_{s}=-\frac{23}{12}[/math]
; tenendo conto che [math]f'(x)=0[/math]
per [math]x=2-\sqrt{2}[/math]
e per [math]x=2+\sqrt{2}[/math]
, e che [math]f'(2)=-2[/math]
, consideriamo gli intervalli [math][2-\sqrt{2},2][/math]
e [math][2,2+\sqrt{2}][/math]
.\\Nel primo intervallo, per il primo teorema dei valori intermendi, essendo
[math]f'(x)[/math]
continua in tale intervallo, essa assume tutti i valori compresi tra [math]0[/math]
e [math]-2[/math]
; esiste quindi un valore di [math]x[/math]
appartenente a quest'intervallo per cui [math]f'(x)=-23/12[/math]
, essendo [math]-2<-23/12<0[/math]
. Esistono quindi rette parallele alla retta [math]s[/math]
. Con un ragionamento analogo, si prova che anche nel secondo intervallo c'e una retta parallela a [math]s[/math]
.\\Di contro, essendo
[math]-2[/math]
il valore minimo della derivata prima di [math]f[/math]
, non può esistere una retta parallela alla retta [math]r[/math]
, dato che il suo coefficiente angolare è [math]m_{r}<-2[/math]
.
Punto c)
Data la simmetria di
[math]\Gamma[/math]
rispetto al punto di coordinate [math](2;0)[/math]
, l'area compresa tra il grafico e l'asse delle [math]x[/math]
è pari al doppio dell'area compresa tra [math]\Gamma[/math]
e l'asse nell'intervallo [math][0;2][/math]
. Indicata quindi tale area con [math]S[/math]
, si ha[math]
S=2\int_{0}^{2}(2-x)\sqrt{4x-x^2}dx
[/math]
S=2\int_{0}^{2}(2-x)\sqrt{4x-x^2}dx
[/math]
Integrando per parti, segue
[math]
S=2\left[\sqrt{4x-x^2}\left.\left(2x-\frac{x^2}{2}\right)\right|_{0}^{2}-\int_{0}^{2}\left(2x-\frac{x^2}{2}\right)\frac{1}{\sqrt{4x-x^2}}(4-2x)dx\right]
[/math]
S=2\left[\sqrt{4x-x^2}\left.\left(2x-\frac{x^2}{2}\right)\right|_{0}^{2}-\int_{0}^{2}\left(2x-\frac{x^2}{2}\right)\frac{1}{\sqrt{4x-x^2}}(4-2x)dx\right]
[/math]
[math]
=2\left[\sqrt{4x-x^2}\left.\left(\frac{4x-x^2}{2}\right)\right|_{0}^{2}-\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\frac{4x-x^2}{\sqrt{4x-x^2}}(4-2x)dx\right]
[/math]
=2\left[\sqrt{4x-x^2}\left.\left(\frac{4x-x^2}{2}\right)\right|_{0}^{2}-\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\frac{4x-x^2}{\sqrt{4x-x^2}}(4-2x)dx\right]
[/math]
Semplificando, si ottiene
[math]
S=\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}-\int_{0}^{2}\sqrt{4x-x^2}(4-2x)dx
[/math]
S=\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}-\int_{0}^{2}\sqrt{4x-x^2}(4-2x)dx
[/math]
[math]
=\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}-\left.\frac{(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}
[/math]
=\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}-\left.\frac{(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}
[/math]
[math]
=\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}-\frac{2}{3}\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}
[/math]
=\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}-\frac{2}{3}\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}
[/math]
[math]
=\frac{1}{3}\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}=\frac{1}{3}(8-4)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{64}=\frac{8}{3}
[/math]
=\frac{1}{3}\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}=\frac{1}{3}(8-4)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{64}=\frac{8}{3}
[/math]
Punto d)
Considerata la funzione
[math]h(x)=\sin(f(x))[/math]
, deve essere [math]h(x)=1[/math]
, ovvero [math]f(x)=\frac{\pi}{2}[/math]
, a meno di periodicità da cui segue[math]
(2-x)\sqrt{4x-x^2}=\frac{\pi}{2}
[/math]
(2-x)\sqrt{4x-x^2}=\frac{\pi}{2}
[/math]
ovvero
[math]
\sqrt{4x-x^2}=\frac{\pi}{2(2-x)}
[/math]
\sqrt{4x-x^2}=\frac{\pi}{2(2-x)}
[/math]
la quale ha soluzione solo per
[math]0 < x < 2[/math]
(ricordiamo che la [math]f[/math]
è definita per [math]0 < x < 4[/math]
).
Sviluppando, segue
[math]
(4x-x^2)=\frac{\pi^{2}}{4(2-x)^{2}}
[/math]
(4x-x^2)=\frac{\pi^{2}}{4(2-x)^{2}}
[/math]
da cui
[math]
4(2-x)^{2}(4x-x^2)-\pi^{2}=0
[/math]
4(2-x)^{2}(4x-x^2)-\pi^{2}=0
[/math]
e quindi
[math]
x^{4}-4x^{3}-2x^2+8x-\frac{\pi^{2}}{4}=0
[/math]
x^{4}-4x^{3}-2x^2+8x-\frac{\pi^{2}}{4}=0
[/math]
Possiamo scrivere quest'ultima equazione come
[math]p(x)=0[/math]
. Osserviamo che in [math]0[/math]
e [math]2[/math]
la funzione [math]p(x)[/math]
assume il medesimo valore [math]-\frac{\pi^{2}}{4}[/math]
, per cui, dal teorema di Rolle, esiste almeno un punto in cui la derivata prima di [math]p(x)[/math]
si annulla. Calcolando le derivate di [math]p(x)[/math]
, segue[math]
p'(x)=4x^{3}-12x^{2}-4x+8
[/math]
p'(x)=4x^{3}-12x^{2}-4x+8
[/math]
e
[math]
p''(x)=12x^{2}-24x-4
[/math]
p''(x)=12x^{2}-24x-4
[/math]
Verifichiamo quando
[math]p''(x)>0[/math]
[math]
12x^{2}-24x-4>0\Leftrightarrow 3x^{2}-6x-1>0\Leftrightarrow x<\frac{3-\sqrt{12}}{3} \cup x>\frac{3+\sqrt{12}}{3}
[/math]
12x^{2}-24x-4>0\Leftrightarrow 3x^{2}-6x-1>0\Leftrightarrow x<\frac{3-\sqrt{12}}{3} \cup x>\frac{3+\sqrt{12}}{3}
[/math]
Da ciò segue che la funzione
[math]p(x)[/math]
è sempre concava nell'intervallo [math][0;2][/math]
, per cui ammette un unico punto a tangente orizzontale, che è un punto di massimo relativo. Si osservi anche che [math]p(1)>0[/math]
. Dalla continuità e dal fatto che agli estremi dell'intervallo assume lo stesso valore negativo, segue che essa si annulla in due punti, per cui ci sono due punti in cui la funzione [math]h(x)[/math]
assume valore 1.\\Nell'intervallo [0;4] la funzione
[math]f(x)[/math]
ha una simmetria centrale che ha per centro il punto medio dell'intervallo; può perciò essere considerata la traslata di una funzione dispari su un intervallo centrato nell'origine. Poiché la [math]h(x)[/math]
si ottiene componendo la [math]f[/math]
con un'altra funzione dispari, risulta dispari anche [math]h(x)[/math]
. Essa assume due massimi assoluti in corrispondenza dei punti per i quali si ha [math]h(x)=1[/math]
, che è il massimo valore che può assumere il seno. In corrispondenza dei simmetrici di tali punti rispetto al punto di ascissa [math]x=2[/math]
, la funzione [math]h(x)[/math]
assume il valore [math]-1[/math]
, che è un minimo assoluto.\\Per trovare altri punti di minimo relativo, calcoliamo
[math]
h'(x)=\cos(f(x)))f'(x)
[/math]
h'(x)=\cos(f(x)))f'(x)
[/math]
la quale si annulla nei punti in cui la
[math]h(x)[/math]
assume valore [math]1[/math]
e in quelli per cui [math]f'(x))=0[/math]
.\\Riscriviamo la derivata di
[math]f[/math]
[math]
f'(x)=\frac{2x^{2}-8x+4}{\sqrt{4x-x^2}}
[/math]
f'(x)=\frac{2x^{2}-8x+4}{\sqrt{4x-x^2}}
[/math]
che si annulla per
[math]x=2\pm\sqrt{2}[/math]
. In corrispondenza di [math]2-\sqrt{2}[/math]
si trova un altro punto di minimo relativo.\\L'equazione
[math]h(x)=k[/math]
assume quattro radici reali per [math]h(2-\sqrt{2}) < k < 1[/math]
e per [math]-1 < k < h(2+\sqrt{2})[/math]
, come si evince dal grafico.
Infine, sempre per ragioni di simmetria, si ha che
[math]
\int_{0}^{4}h(x)dx=\\
=\frac{1}{3}\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}=\frac{1}{3}(8-4)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{64}=\frac{8}{3}
[/math]
\int_{0}^{4}h(x)dx=\\
=\frac{1}{3}\left.(4x-x^2)^{\frac{3}{2}}\right|_{0}^{2}=\frac{1}{3}(8-4)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{64}=\frac{8}{3}
[/math]
Quesito 1
Sappiamo che in un triangolo qualunque vale la seguente relazione tra lati e angoli:
[math]\frac{a}{\sin\alpha} = \frac{b}{\sin\beta} = \frac{c}{\sin\gamma}[/math]
Nel nostro caso abbiamo:
[math]\frac{4}{\sin\alpha} = \frac{3}{\sin30^\circ}[/math]
[math]\Rightarrow \sin\alpha = \frac{6}{4}^{-1} = \frac{2}{3} \rightarrow \alpha = \arcsin \frac{2}{3} = 41^\circ 48'[/math]
Quesito 2
Esiste un teorema che ci assicura che la somma degli angoli che formano le facce di un angolo solido è minore di un angolo giro.
[math]\bullet[/math]
Notiamo che ad ogni vertice concorrono almeno 3 facce, e che la somma delle ampiezze degli angoli che concorrono in quel vertice deve essere minore di [math]360^\circ[/math]
Esistono quindi solo 5 poliedri regolari:
A) Tre hanno come facce triangoli rettangoli.
[math]\bullet[/math]
[math]3 \cdot 60^\circ = 180^\circ[/math]
TETRAEDRO REGOLARE
[math]\bullet[/math]
[math]4 \cdot 60^\circ = 240^\circ[/math]
OTTAEDRO REGOLARE
[math]\bullet[/math]
[math]5 \cdot 60 = 300^\circ[/math]
ICOSAEDRO REGOLARE
B) Uno ha come facce quadrati:
[math]\bullet[/math]
[math]3 \cdot 90 = 180^\circ[/math]
CUBO
C) Uno ha come facce pentagoni regolari:
[math]\bullet[/math]
[math]3 \cdot 108^\circ = 270^\circ[/math]
DODECAEDRO REGOLARE
D) \underline{Non esistono} poliedri regolari che hanno come facce esagoni regolari:
(
[math]120^\circ[/math]
è l'angolo di un esagono regolare) = [math]360^\circ[/math]
[IMPOSSIBILE]
Quesito 3
Ci troviamo di fronte ad una distribuzione ipergeometrica.
1)La probabilità di estrarre almeno una pallina rossa.
Casi possibili:
[math]\left(\begin{array}{c} m + v + g + b\\ n\end{array}\right)[/math]
Casi favorevoli:
[math]\left(\begin{array}{c} m\\ 1\end{array}\right)[/math]
[math] P(X = 1) = \frac{\left(\begin{array}{c} m\\ 1\end{array}\right) \left(\begin{array}{c} v + g + b\\ 2\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c} m + v + g + b\\ 3\end{array}\right)} = \frac{\left(\begin{array}{c} m\\ 1\end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 15\\ 2\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{c} 20\\ 3\end{array}\right)}[/math]
[math]\left(\begin{array}{c} m\\ 1\end{array}\right) = S \left(\begin{array}{c} 15\\ 2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 15!\\ 2! (15 - 2)!\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 15!\\ 2!13!\end{array}\right) = 15 \cdot 7 = 105[/math]
[math]\left(\begin{array}{c} 20\\ 3\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 20!\\ 3!17!\end{array}\right) = 20 \cdot 19 \cdot 6 = 2280[/math]
[math](X = 1) = \frac{105 \cdot 5}{2280} = \frac{105}{456} = \frac{35}{152}[/math]
La probabilità che le tre palline rosse siano di colori differenti:
La prima pallina estratta può essere di qualsiasi colore.
La seconda dovrà essere di uno degli altri 3 colori.
La terza dovrà essere di uno degli altri due colori rimasti.
Alla prima estrazione avremo 20 palline con casi favorevoli 20.
Alla seconda estrazione avremo 19 palline con casi favorevoli 15.
Alla terza estrazione avremo 18 palline con casi favorevoli 10.
[math]P = \frac{20}{20} \cdot \frac{15}{19} \cdot \frac{10}{18} = \frac{5}{19} \cdot {10}{6} = \frac{25}{57}[/math]
Quesito 4
Osserviamo che possiamo calcolare il volume attraverso la formula
[math]V=\int_{-2}^{-2} A(x)\ dx[/math]
dove
[math]A(x)[/math]
è l'area delle sezioni verticali del solido per ogni [math]x[/math]
fissato. Per calcolare tale area, è sufficiente notare che le sezioni risultano dei rettangoli di altezza [math]h(x)[/math]
e base [math]f(x)[/math]
e pertanto[math]V=\int_{-2}^{-1} A(x)\ dx=\int_{-2}^{-1} \frac{1}{x^2}\ e^{1/x}\ dx=[/math]
posto
[math]t=1/x\ \ dt=-1/x^2\ dx,\quad \ x=-1\to t=-1,\ x=-2\to t=-1/2[/math]
si ha[math]V=\int_{-1/2}^{-1} -e^t\ dt=\left[-e^t\right]_{-1/2}^{-1}=-e^{-1}+e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}-\frac{1}{e}[/math]
Quesito 5
Le geometrie non euclidee partono da postulati opposti a quello della geometria piana di Euclide sulle rette parallele. Questo afferma che:
Uno dei teoremi che segue di questo postulato è:
La geometria iperbolica si basa sul postulato:
Conseguenza:
In un triangolo, la somma degli angoli interni è 180°.
La geometria ellittica si basa invece sul postulato:
Conseguenze:
In un triangolo, la somma degli angoli interni è maggiore di 180°
Per la geometria ellittica possiamo considerare invece di un piano la superficie di una sfera.
i punti del piano saranno i punti della superficie della sfera.
Le rette del piano corrispondono alle circonferenze massime della superficie sferica, cioè quelle circonferenze che si ottengono intersecando la superficie della sfera con piani passanti per il centro della sfera.
Ne sono un esempio i meridiani e l'equatore. Non i paralleli.
Sulla superficie della sfera non esistono "rette" che non si incontrano, quindi non esistono parallele.
Consideriamo il triangolo formato sulla superficie sferica di un punto in movimento che parte dal polo nord A (immaginiamo che la superficie rappresenti la superficie terrestre), arriva all'equatore in B, poi lo segue per un quarto della sua lunghezza fino a C ed infine ritorna al polo Nord. Si tratta di un triangolo
[math]\hat{ABC}[/math]
con tre angoli retti:
[math]\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} = 270^\circ[/math]
Quesito 6
Detta
[math]2x[/math]
l'altezza del cilindro con [math]0 \leq x \leq r[/math]
per il teorema di Pitagora:
[math] R = \sqrt{r^2 - x^2}[/math]
r = raggio della sfera
R = raggio di base del cilindro
Il volume del cilindro è dato da:
[math]V (x) = \pi (\sqrt{r^2 - x^2})^2x = 2\pi x (r^2 - x^2) = 2\pi x (3 - x^2) = 6 \pi x -2 \pi x^3[/math]
Troviamo il massimo di
[math]V (x)[/math]
nell'intervallo [math]0 \leq x \leq r[/math]
[math]V'(x) = 6\pi - 6\pi x^2 = 6\pi (1 - x)^2[/math]
Quindi l'altezza del massimo cilindro circolare retto inscritto nella sfera sarà:
[math]h = 2x = 2[/math]
Mentre il raggio R :
[math]R = \sqrt{r^2 - x^2} = \sqrt{3 - 1} = \sqrt{2}[/math]
Quesito 7
Cerchiamo le soluzioni di
[math]\ln x-x+2=0[/math]
. osserviamo che [math]f'[/math]
è definita su [math](0,+\infty)[/math]
: inoltre [math]\lim_{x\to 0^+} f'(x)=-\infty,\quad \lim_{x\to+\infty}f'(x)=-\infty[/math]
. Si ha poi [math]f''(x)=\frac{1}{x}-1\ge 0[/math]
se e solo se [math]0< x\le 1[/math]
, pertanto [math]f'[/math]
cresce su [math](0,1)[/math]
, decresce su [math](1,+\infty)[/math]
e ha un massimo in [math](1,1)[/math]
. ne deduciamo allora che [math]f'(x)=0[/math]
per [math]\alpha\in(0,1)[/math]
e per [math]\beta\in(1,+\infty)[/math]
. Inoltre essendo [math]f'>0[/math]
su [math](\alpha,\beta)[/math]
e [math]f'<0[/math]
su [math](0,\alpha)\cup(\beta,+\infty)[/math]
segue che il minimo si ha in [math]x=\alpha[/math]
. La risposta corretta è quindi la D.
Quesito 8
Con il lancio di tre dadi, come nel caso della "zara", supponendo che non siano truccati avremo:
[math]6 \cdot 6 \cdot 6 \cdot = 6^3 = 216[/math]
Fissando un valore per il primo dado e considerando le possibili combinazioni degli altri due dadi che la somma dei tre valori sia 9, si verifica facilmente che casi favorevoli : 25.
[math]P (\delta = 9) = \frac{25}{216} = 0,1157 \to 11,57\%[/math]
casi favorevoli: 27
[math]P (S = 10) = \frac{27}{216} = 0,125 \to 12,50\%[/math]
NB: Si nota che
[math]P (S=10) > P(S=9)[/math]
Quesito 9
[math]\aleph[/math]
(aleph zero) indica la cardinalità di [math]\mathbb{N}[/math]
. Ora, ogni insieme infinito ha cardinalità aleph zero se esiste una relazione biunivoca tra questo insieme ed [math]\mathbb{N}[/math]
. Si dimostra che esistono biezioni che legano
[math]\mathbb{Z}[/math]
ed [math]\mathbb{N}[/math]
e [math]\mathbb{Q}[/math]
ed [math]\mathbb{N}[/math]
. Quindi [math]\mathbb{Z}[/math]
e [math]\mathbb{N}[/math]
hanno anche essi cardinalità aleph zero. Cantor ha invece dimostrato che [math]\mathbb{R}[/math]
, l'insieme dei numeri reali, non è numerabile. Lo ha dimostrato mostrando che non esiste una corrispondenza biunivoca tra [math]\mathbb{N}[/math]
ed [math]\mathbb{R}[/math]
attraverso l'argomento diagonale. I numeri reali
[math]\mathbb{R}[/math]
avranno cardinalità diversa c con [math]\aleph < c[/math]
Quesito 10
Supponiamo di voler risolvere il:
[math]\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{a + 3x - 2}}{x}[/math]
Con il teorema di De l'Hopital :
[math]f(x) = \sqrt{a + bx - 2}[/math]
[math]g(x) = x[/math]
[math]\lim_{x \to 0} g(x) = 0[/math]
[math]\lim_{x \to 0} f(x) = \sqrt{a - 2} [/math]
Per poter applicare il teorema dobbiamo avere che:
[math]\lim_{x \to 0} f(x) = 0 \rightarrow \sqrt{a} = 2 \Rightarrow a = 4[/math]
Usiamo ora il teorema:
[math]\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{b}{2\sqrt{a + bx}} = \frac{b}{2\sqrt{a}} i[/math]
Volevamo sapere per quali valori reali di a e b il:
[math]\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{a + bx - 2}}{x} = 1[/math]
Quindi:
[math]\frac{b}{2\sqrt{a}} = 1 \Rightarrow = b = 2\sqrt{a} \Rightarrow b = 4[/math]
I valori pertanto saranno:
[math]a = 4 ; b = 4[/math]
