Maturità 2017, la soluzione del compito di matematica

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(Foto: Martin Bureau/Getty Images)

(Articolo in aggiornamento)

Dopo il tema di italiano, gli studenti del liceo scientifico hanno affrontato oggi la seconda prova dell’esame di maturità 2017: lo scritto di matematica (subito sotto trovate i testi completi). La prova è strutturata, come al solito, in 2 problemi e 10 quesiti. Ecco le nostre soluzioni (se vedete errori, segnalateceli nei commenti!).




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***

Problema 1.
1. Il grafico della funzione f(x) é:

In particolare si dimostra che i due limiti agli estremi del domini valgolo meno infinito, e che c’è un punto di massimo relativo (e assoluto) per x=0, dove f(0) = radice quadrata (2) – 1. Le due intersezioni con l’asse delle ascisse (ossia i valori degli estremi a e -a) si determinano con la soluzione dell’equazione f(x)=0, da risolvere per comodità mediante sostituzione:

Quindi, in conclusione:

Dove a vale circa 0,88.

2. La condizione di perpendicolarità richiesta si verifica dallo studio della derivata di f(x) nel punti x=a e x=-a.

Dato che f'(a) = -1/f'(-a), ossia i due valori della derivata sono antireciproci (e che la funzione è periodica di periodo 2a), possiamo concludere che a destra e a sinistra di ciascun punto di non derivabilità della funzione le rette tangenti sono perpendicolari.

La lunghezza della gobba, ossia dell’arco di curva da x=-a fino a  x=a, può essere calcolata con l’integrale definito suggerito a piè di pagina:

Il valore ottenuto coincide con il lato della ruota quadrata fornito dal testo.

3. L’ordinata del punto A coincide con l’ordinata del punto M e vale f(x). L’ordinata del punto D è data da f(x) più la lunghezza del segmento AC. Dato che L è il punto medio del lato DE, il segmento CL corrisponde alla metà del lato del quadrato e vale 1. Inoltre, se chiamiamo z l’angolo che il segmento DE forma con l’orizzontale, si ha LM = tg(z) * AM = f'(x) *AM.

Dato che x è l’ascissa del punto A, la relazione di similitudine tra i triangoli CDL e DLM permette di scrivere (fruttando i lati corrispondenti):
AC:AL=CL:AM=AL:LM
In particolare CL:AM=AL:LM, ossia 1:AM=AL: [f'(x) *AM], da cui AL=f'(x).
Mediante il teorema di Pitagora (il calcolo è simile a quanto svolto il precedenza):


Il valore ottenuto per l’altezza del centro della ruota è costante come previsto, e inoltre si può verificare la correttezza di questo valore osservando che cosa accade passa per l’apice della gobba (l’altezza è pari al massimo di f(x) a cui si aggiunge la metà del lato della ruota).

4. Il grafico della nuova funzione è:

E interseca l’asse delle ascisse in x= ln(3)/2 e x=-ln(3)/2, che sono proprio i punti che delimitano l’intervallo di periodicità. La derivata della nuova funzione è identica a quella del caso precedente, e si ha:

La derivata prima rappresenta la pendenza della retta tangente, che dunque è 30°. L’angolo che si forma nel punto angoloso è quindi 180°-30°-30°=120°, e il poligono regolare da scegliere per costruire le ruote è un esagono (che ha gli angoli interni di 120°).

***

Problema 2.
1. (in aggiornamento)

 

***

Questionario.

Quesito 1.
Gli integrali proposti si risolvono mediante il metodo di integrazione per parti, riconducendo una parte della soluzione all’integrale definito fornito dal testo e di valore pari a E. In particolare la potenza di x è sempre il termine da derivare (così si abbassa di grado), mentre ex è quello da integrare (e rimane uguale a se stesso).


Nel secondo caso si procede di nuovo per parti con la stessa logica, riconoscendo ben presto l’integrale appena calcolato:

Quesito 2.
Il quesito consiste nello studio di un cilindro inscritto in una semisfera.


Dal momento che la situazione descritta è a simmetria cilindrica, conviene studiare il problema immaginando di tagliare la figura con un piano perpendicolare all’asse del cilindro, ottenendo un rettangolo inscritto in un semicerchio.


Seguendo le indicazioni della figura, x rappresenta il raggio di base del cilindro, mentre r è il raggio della semisfera. L’altezza del rettangolo (ossia del cilindro) può essere calcolata a partire dall’equazione della circonferenza di raggio r centrata nell’origine (considerando solo la soluzione positiva).

Possiamo dunque esprimere in funzione di x il volume V(x) del cilindro:

Si tratta a questo punto di un problema di massimo, quindi occorre calcolare la derivata prima di V(x) e studiarne il segno, in modo da determinare il valore di x che massimizza il volume del cilindro.

A questo punto, stabilito (tramite lo studio del segno di V'(x)) che il massimo di V(x) si ha per la seconda soluzione dell’equazione, si ha:

La condizione da dimostrare è infine:

ed è verificata (numericamente 0,385 < 0,4, oppure si può semplificare mediante passaggi algebrici).

Quesito 3.
Un primo quesito sui limiti. Dato che il limite ha come risultato un valore finito e il denominatore tende a zero, l’unica possibilità è che sia una forma indeterminata del tipo 0/0. Imponendo che il numeratore si annulli per x che tende a zero si ha:

Imponendo b=18 si ha dunque un limite in forma indeterminata 0/0, su cui può essere applicato il teorema di De L’Hopital, ossia si derivano separatamente il numeratore e il denominatore per ottenere un limite equivalente a quello di partenza:


Se il risultato del limite deve essere 1, allora necessariamente a=12. La soluzione del quesito è dunque a=12, b=18, ossia:

Quesito 4.
(in aggiornamento)

Quesito 5.
La retta passante per i punti A(-2,3,1) e B(3,0,-1) può essere calcolata dalla relazione:


Dato un piano di equazione generale ax+by+cz+d=0, esso risulta perpendicolare alla retta appena calcolata se a=5, b=-3, c=-2, ossia se i coefficienti direttivi della retta coincidono con i coefficienti del piano. Si ha dunque 5x-3y-2z+d=0, e per imporre il passaggio del piano per il punto C(2,2,-3) si sostituiscono nell’equazione le coordinate del punto. Si ottiene dunque la relazione 10-6+6+d=0, da cui si ricava immediatamente che d=-10. Dunque il piano il piano perpendicolare alla retta e passante per C ha equazione: 5x-3y-2z-10=0.

Quesito 6.
Di nuovo un quesito sui limiti. Il numeratore della frazione proposta tende a zero per x che tende a zero, poiché sin(0) – 0 = 0. Affinché il limite abbia un valore finito non nullo, occorre che anche il denominatore tenda a zero, e ciò può verificarsi solo per a>0 (se a fosse negativo il limite sarebbe pari a zero, mentre se fosse nullo perderebbe di significato). In queste condizioni il limite si presenta dunque nella forma indeterminata 0/0, e si può procedere applicando il teorema di De L’Hopital:

Il limite ottenuto è di nuovo una forma indeterminata 0/0, a patto però che sia a>1 (di nuovo, se a fosse inferiore a 1 il limite sarebbe pari a zero, mentre se fosse uguale a 1 perderebbe di significato). Occorre procedere applicando il teorema di De L’Hopital ancora due volte, finché smette di presentarsi la forma indeterminata 0/0:


Nell’ultimo limite il numeratore tende a 1, quindi è stata rimossa l’indeterminazione. Affinché il limite abbia significato e risulti un numero reale non nullo, occorre sia a = 3 (se a fosse inferiore a 3 il limite sarebbe nullo, mentre divergerebbe per a>3) Il valore del limite per a = 3 si può calcolare direttamente dall’ultima forma e risulta -1/6.

Quesito 7.
(in aggiornamento)

Quesito 8.
Se il dado non fosse truccato ogni faccia avrebbe una probabilità pari a 1/12. Dato invece che la faccia 3 ha una probabilità doppia di uscire, significa tutte le altre facce hanno una probabilità pari a 1/13, mentre quella con il numero 3 ha una probabilità pari a p = 2/13. Dunque p in percentuale è 15,38%.

Per risolvere il resto del quesito è necessario sfruttare la formula di Bernoulli per il problema delle prove ripetute. La probabilità che esca 3 è p = 2/13, la probabilità che non esca 3 è q = 1 – p = 11/13. La probabilità che il numero 3 esca almeno due volte su 5 lanci può essere calcolata per differenza rispetto ai casi in cui il numero 3 esce zero volte o una volta:


Questo valore corrisponde grossomodo al 17,19% (P0 vale circa 43,38% e P1 circa 39,43%).

Quesito 9.
Si tratta di un’equazione trascendente, dunque non è possibile risolverla in maniera analitica attraverso semplici calcoli algebrici. Conviene dunque sfruttare le proprietà della funzione. Si verifica che, calcolando i limiti agli estremi del dominio e la derivata prima della funzione (indicata come f'(x)):


Dallo studio del segno della derivata (che è sempre positiva) si deduce che la funzione è monotona crescente, e inoltre il limite per x che tende a meno infinito risulta meno infinito mentre quello per x che tende a più infinito risulta più infinito. Queste considerazioni sono sufficienti per affermare che la funzione interseca una (e una sola) volta l’asse delle ascisse, dunque l’equazione proposta ha una (e una sola) soluzione reale.

Il valore della soluzione (che non era richiesto) può essere calcolato con un metodo di soluzione numerica, come ad esempio con il metodo di bisezione partendo dall’intervallo [-1;+1], nei cui estremi la funzione ha segno opposto. La soluzione è, approssimata a quattro cifre significative, x = -0,5083.

Quesito 10.
La funzione f(x) è continua nell’intervallo [-3;3] (estremi inclusi) poiché la presenza del valore assoluto non introduce alcuna discontinuità. Inoltre f(-3) = f(3) = 5, ossia la funzione assume lo stesso valore nei due estremi dell’intervallo. Tuttavia non è soddisfatta l’ipotesi del teorema di Rolle relativa alla derivabilità, poiché la funzione f(x) presenta due punti angolosi in x=2 e x=-2, che fanno parte dell’intervallo considerato e compromettono la derivabilità della funzione. A questa conclusione si può arrivare o direttamente, ricordando che il valore assoluto genera punti angolosi in corrispondenza dei valori di x che annullano il suo argomento, oppure studiando la funzione f(x) così definita:


Tuttavia la derivata prima di f(x) vale:


E si annulla per x = 0, ossia f'(0) = 0. Questo risultato non contraddice il teorema di Rolle poiché il teorema prevede solo l’implicazione diretta e non quella inversa, ossia non dà alcuna informazione nel caso che le ipotesi non siano verificate. In nessun caso il teorema di Rolle afferma la non-esistenza di un punto in cui si annulla la derivata prima.

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Maturità 2017, la soluzione del compito di matematica

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