Matematica: tracce e soluzioni

Seconda Prova 2007 - Così come è stata risolta nei giorni della Maturità 2007

Daniele
di Daniele
Genius
11 min. di lettura
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Abbiamo ricevuto da un informatore le tracce complete della prova di matematica dello scientifico e ora possiamo dire che abbiamo finito.
Per quanto riguarda lo scientifico tradizionale, si tratta di due problemi:
1. il primo di geometria e trigonometria con contenuti di geometria analitica e di analisi
2. il secondo è anche di geometria e trigonometria, ma più incentrato su queste ultime.
I nostri esperti lo giudicano fattibile, anche se due dei punti dei problemi sono giudicati "strani".

Le tracce ci sono arrivate tramite un utente della chat, che a sua volta ha ripreso delle immagini scattate dal cellulare di un suo amico.
Di seguito tutto questo è stato confermato dalle tracce ufficiali del ministero:
TESTO:

Scientifico tradizionale
Scientifico PNI

SOLUZIONE PRIMO PROBLEMA SCIENTIFICO TRADIZIONALE E SECONDO PROBLEMA DEL PNI
GRAFICO DEI PROBLEMI
ECCO LA SOLUZIONE DEL SECONDO PROBLEMA
Chiamiamo A il vertice del triangolo isoscele,

[math]2\alpha[/math]
l'angolo al vertice A, B e C gli angoli alla base, e O il centro della circonferenza. Matematica: tracce e soluzioni articoloDi conseguenza, gli angoli alla base misurano entrambi
[math]\frac{\pi}{2} - \alpha[/math]
. Col teorema dei seni applicato al triangolo AOB, otteniamo quest'equazione:
[math]\frac{r}{\sin\alpha} = \frac{l}{\sin \left(\pi - 2\alpha\right)} = \frac{l}{\sin 2\alpha}[/math]
dove l è il lato obliquo del triangolo. Abbiamo dunque:

[math]l = r \frac{\sin 2\alpha}{\sin \alpha}[/math]

Considerando ora il triangolo rettangolo AHB (dove H è il piede dell'altezza del triangolo ABC), abbiamo:

[math]AH = l \cos \alpha = r \frac{\sin 2\alpha \cos \alpha}{\sin \alpha}\\
BH = l \sin \alpha = r \sin 2\alpha[/math]

L'area è dunque AH * BC / 2 = AH * BH =

[math]= r^2 \frac{\sin^2 2\alpha \cos \alpha}{\sin\alpha} = 4r^2 \sin \alpha \cos^3 \alpha[/math]

Per vedere quando è massima, si impone la derivata uguale a 0

[math]A' = 4r^2 \left(\cos^4 \alpha - 3 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha \right) = 0\\
\tan^2 \alpha = \frac{1}{3}\\
\alpha = \frac{\pi}{6}[/math]

Dunque il triangolo è isoscele.

PUNTO 2

Sia

[math]A_n[/math]
l'area del singolo triangolino isoscele di vertice O centro della circonferenza e di base un lato del poligono regolare inscritto in C. L'angolo al vertice è ovviamente
[math]\2 \alpha = \frac{2\pi}{n}[/math]
. Considerando il triangolo rettangolo metà del triangolo
[math]A_n[/math]
, abbiamo:

[math]h = r \cos \alpha\\
b = 2r \sin \alpha\\
A_n = {1 \over 2} h \cdot b = r^2 \sin \alpha \cos \alpha = \frac{r^2}{2} \sin 2\alpha = \frac{r^2}{2} \sin \frac{2\pi}{n}[/math]

e dunque per tutto il poligono abbiamo

[math]S_n =r^2 \frac{n}{2} \sin \frac{2\pi}{n}[/math]
. Il limite per n infinito è ovviamente
[math]\pi r^2[/math]
, ovvero l'area del cerchio. Per l'area del poligono circoscritto, l'altezza del triangolino rettangolo è il raggio r, mentre la base è
[math]2r \tan \alpha[/math]
. Per l'area abbiamo:
[math]S_n = r^2 \tan \frac{\pi}{n}[/math]
, che ha ovviamente lo stesso limite.
Il problema della quadratura del cerchio riguarda l'impossibilità di costruire con riga e compasso un quadrato di area equivalente a un cerchio dato. Non è risolubile, e il problema è connesso alla trascendenza del numero pigreco, dimostrata nell'800.

QUESTIONARIO SCIENTIFICO:

QUESITO 1

Il solido si può considerare come la sovrapposizione di prismi di base triangolare e altezza infinitesima. Il lato del triangolo è

[math]2\sqrt{x}[/math]
, e l'area del triangolo equilatero
[math]l^2 \frac{\sqrt{3}}{4} = 4x \frac{\sqrt{3}}{4}[/math]
, il volume del singolo prisma è
[math]4x dx \frac{\sqrt{3}}{4}[/math]
, e quello del solido
[math]\int_0^2 4x dx \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} [/math]

QUESITO 2

Chiamiamo a = 80cm, b = 60cm, c = 40cm. Col teorema di carnot si ottiene:

[math]a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos \alpha\\
\cos \alpha = -\frac{1}{4}\\
\alpha = 104^{\circ}28'39''\\
\\
b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos \beta \\
\cos \beta = \frac{11}{16}\\
\beta = 46^{\circ}34'3''[/math]

e dunque

[math]\gamma = 28^{\circ}57'18''[/math]

[newpage]
QUESITO 3

Il massimo e il minimo della funzione

[math]f(x) = x^3 - x^2 - k + 1\\
f'(x)=3x^2 - 2x = 0
x=0 (massimo), x=\frac{2}{3}(minimo)[/math]
Chiamiamo m e M queste ascisse, i valori sono:
[math]f(m) = - k+1\\
f(M) = -\frac{4}{27}-k + 1[/math]

Abbiamo 3 soluzioni se f(M)>0 e f(m)[math]\\-\frac{31}{27} > k > 1[/math]

QUESITO 4
Chiamando alfa la semiapertura del cono, cioè l'angolo che l'apotema forma con l'altezza, abbiamo:

[math]h = \cos \alpha\\
r = \sin \alpha\\
V = \frac{\pi}{3} \cos \alpha \sin^2\alpha[/math]
per trovare il massimo mettiamo la derivata uguale a zero
[math]V' = \frac{\pi}{3} \left(- \sin^3\alpha + 2\sin \alpha \cos^2 \alpha\right) = 0[/math]
e quindi
[math]\sin\alpha(3\cos^2\alpha-1)=0[/math]
quindi
[math]\cos\alpha=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}[/math]
che implica
[math]\sin\alpha=\frac{\sqrt{6}}{3}[/math]
da cui
[math]V=\frac{\pi}{3}\frac{\sqrt{3}}{3}\frac{2}{3}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{27}m^3[/math]
Poiché
[math]1m^3=1000dm^3=1000l[/math]
si ha infine
[math]V=403 l[/math]

QUESITO 5
Le soddisfa, perché in quell'intervallo è continua e derivabile. Abbiamo y(-2) = 0, y(2) = 16, dunque

[math]f'\left(x_0\right) = \frac{16 - 0}{2-(-2)} = 4[/math]

Per trovare il punto

[math]x_0[/math]
, vediamo la derivata:
[math]f'(x) = 3x^2 = 4\\
x = \frac{2}{\sqrt{3}}[/math]

che infatti è interno all'intervallo

QUESITO 5
Le soddisfa, perché in quell'intervallo è continua e derivabile. Abbiamo y(-2) = 0, y(2) = 16, dunque

[math]f'\left(x_0\right) = \frac{16 - 0}{2-(-2)} = 4[/math]

Per trovare il punto

[math]x_0[/math]
, vediamo la derivata:
[math]f'(x) = 3x^2 = 4\\
x = \frac{2}{\sqrt{3}}[/math]

che infatti è interno all'intervallo

QUESITO 6
quale è fatta prima non conta, il risultato è x * 0,94 * 1,06 = x * 0,9964, quindi cala dello 0,36%

QUESITO 7
f(x) è dispari, quindi l'integrale su un intervallo simmetrico rispetto all'origine è zero (l'area a sinistra dell'origine ha segno opposto rispetto a quella a destra). Si dimostra così:

[math]\int_{-2}^2 f(x)dx = \int_{0}^2 f(x)dx + \int_{-2}^0 f(x)dx = \int_{0}^2 f(x)dx + \\ - \int_{2}^0 f(-y)dy = \int_{0}^2 f(x)dx - \int_{0}^2 f(y)dy = 0[/math]
sommando 3, viene l'area del rettangolo di altezza 3 e larghezza 2 - (-2), quindi 12

QUESITO 8

[math]4 \frac{n!}{4!\left(n-4\right)!} = 15\frac{\left(n-2\right)!}{3!\left(n-5\right)!}\\
\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{6} = \frac{15(n-2)(n-3)(n-4)}{6}\\
n^2 - n = 15n - 60\\
n = 6,10[/math]

QUESITO 9
Ponendo x = sin t, abbiamo

[math]\int \sqrt{1-x^2}dx = \int \sqrt{1-\cos^2 t}\cos t dt = \int \cos^2 t dt = \\ = \int \frac{1+\cos 2t}{2} = \frac{2t + \sin 2t}{4}= \frac{1}{2}\left(\arcsin x + x\sqrt{1-x^2}\right)[/math]
Calcolato tra 0 e 1 viene
[math]\frac{\pi}{4}[/math]
, che infatti è l'area di un quarto di circonferenza (come è la funzione)

QUESITO 10
Si tratta delle coordinate polari sferiche, espresse in termini di latitudine (angolo tra il raggio vettore e il piano XY) e di longitudine (angolo tra la proiezione del raggio vettore sul piano XY e l'asse X). Se

[math]\theta[/math]
è la latitudine e
[math]\phi[/math]
la longitudine, le trasformazioni sono:

[math]
\left{\begin{}\\
x=r \cos \theta \cos \phi\\
y=r \cos \theta \sin \phi\\
z=r \sin \theta
\right
[/math]
.

[newpage]
Primo problema del PNI

Punto 1): Consideriamo un numero

[math]a>1[/math]
: poiché
[math]0>a^{-1}>1[/math]
, se indichiamo con
[math]b=a^{-1}[/math]
allora

[math]g(x)=b^x+b^{-x}=a^{-x}+a^{x}[/math]

e quindi ci basta considerare solo le

[math]a>1[/math]
.

La derivata è

[math]g'(x) = \ln a\cdot(a^x - a^{-x}) > 0\\
\ln a\cdot\frac{a^{2x}-1}{a^x}>0[/math]

e quindi

[math]\frac{a^{2x}-1}{a^x}>0.[/math]

Si ha

[math]a^{2x}>1\Rightarrow 2x>0\Rightarrow x>0\\
a^x>0\Rightarrow \textrm{per ogni } x[/math]

e quindi la funzione è crescente per le

[math]x[/math]
positive e decrescente per quelle negative.

Punto 2: la funzione è uguale a 2 cosh x. il disegno è :
(clicca qui)

il grafico di 1/f(x) è :
(clicca qui)

Punto 3:

[math]\int_0^t \frac{1}{e^{x} + e^{-x}}dx = \\
\int_0^t \frac{e^x}{e^{2x} + 1}dx =\\
\int_1^{e^t} \frac{1}{y^2 + 1}dy = \arctan (e^t) - \arctan 1 = \arctan (e^t) - \frac{\pi}{4}[/math]

per t->infinito, l'integrale tende a

[math]\pi / 4[/math]

Sfruttando la serie dell'arcotangente:

[math]\arctan x = \sum_{k=0}^N (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{2k+1} = 1 - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + ... [/math]
valutandola per x = 1 si può stimare il valore di pi/4

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