esame di stato 2014 seconda prova scritta per i licei scientifici di ordinamento

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1 ARTICOLO Archimede 4 4 esame di stato 4 seconda prova scritta per i licei scientifici di ordinamento Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario. PROBLEMA Nella figura a lato è disegnato il grafico G di g( ) = f ( t) dt con f funzione definita sull intervallo [, w] e ivi continua e derivabile. G è tangente all asse nell origine O del sistema di riferimento e presenta un flesso e un massimo rispettivamente per = h e = k. y h k w. Si determinino f () e f (k); si dica se il grafico della funzione presenta punti di massimo o di minimo e se ne tracci il possibile andamento.. Si supponga, anche nei punti successivi e 4, che g() sia, sull intervallo considerato, esprimibile come funzione polinomiale di terzo grado. Si provi che, in tal caso, i numeri h e k dividono l intervallo [, w] in tre parti uguali.. Si determini l espressione di g() nel caso w = e g( ) = e si scrivano le equazioni delle normali a G nei punti in cui esso è tagliato dalla retta y =. 4. Si denoti con R la regione che G delimita con l asse e sia W il solido che essa descrive nella rotazione completa attorno all asse y. Si spieghi perché il volume di W si può ottenere calcolando: ( π) g( ) d Supposte fissate in decimetri le unità di misura del sistema monometrico Oy, si dia la capacità in litri di W. 8 4ARCH4_4_Garagnani.indd 8 5//4 4:9

2 4 4 Archimede problema ARTICOLO A lato è disegnato il grafico G della funzione f ( ) = 4. Si calcolino il massimo e il minimo assoluti di f ().. Si dica se l origine O è centro di simmetria per G e si calcoli, in gradi e primi sessagesimali, l angolo che la tangente in O a G forma con la direzione positiva dell asse.. Si disegni la curva di equazione y = (4 ) e si calcoli l area della parte di piano da essa racchiusa. 4. Sia h() = sen (f ()) con. Quanti sono i punti del grafico di h() di ordinata? Il grafico di h() presenta punti di minimo, assoluti o relativi? Per quali valori reali di k l equazione h() = k ha 4 soluzioni distinte? Questionario. Nel triangolo disegnato a lato, qual è la misura, in gradi e primi sessagesimali, di a? 4. Si spieghi perché non esistono poliedri regolari le cui facce siano esagoni. a. Nello sviluppo di (a b ) n compare il termine 8a 4 b 9. Qual è il valore di n? 4. Un solido W ha per base la regione R delimitata dal grafico di f () = e / e dall asse sull intervallo [, ]. In ogni punto di R di ascissa, l altezza del solido è data da h( ) =. Si calcoli il volume del solido. 5. Dei numeri,,,, 6, quanti non sono divisibili né per, né per, né per 5? 6. Un azienda commercializza il suo prodotto in lattine da 5 litri a forma di parallelepipedo a base quadrata. Le lattine hanno dimensioni tali da richiedere la minima quantità di latta per realizzarle. Quali sono le dimensioni, arrotondate ai mm, di una lattina? 7. Il valor medio della funzione f () = sull intervallo chiuso [, k] è 9. Si determini k. 8 4ARCH4_4_Garagnani.indd 8 5//4 4:9

3 ARTICOLO Archimede Del polinomio di quarto grado P() si sa che assume il suo massimo valore per = e = e, ancora, che P() =. Si calcoli P(4). 9. Si determini il dominio della funzione: f ( ) = log ( + 5). Si determinino i valori reali di per cui: 6+ ( + 6) 5 = Durata massima della prova: 6 ore. È consentito l uso della calcolatrice non programmabile. È consentito l uso del dizionario bilingue (italiano-lingua del paese di provenienza) per i candidati di madrelingua non italiana. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. risoluzione del problema. Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, nell intervallo [, w], la funzione g è derivabile e per ogni vale la relazione f () = g'(). Dunque, essendo e h punti stazionari per g, si ha f () = f (k) =. Per determinare il grafico qualitativo di f osserviamo che, laddove g cresce, f è positiva, mentre laddove g decresce f è negativa; nel punto di flesso h si annulla la derivata seconda di g, quindi f presenta un punto stazionario che, osservando la concavità della funzione g intorno a tale flesso, non può che rappresentare un punto di massimo per f. Il grafico avrà quindi l andamento proposto in figura. La funzione f raggiunge il punto di minimo assoluto h k w in w. Figura 8 4ARCH4_4_Garagnani.indd 8 5//4 4:9

4 4 4 Archimede. La funzione g ha equazione del tipo g() = a + b + c + d, con a, b, c, d parametri reali, con a non nullo. Poiché in = si annulla sia la funzione sia la sua derivata, si ha che c = d = e quindi ci si riconduce a lavorare con due soli parametri: ARTICOLO g() = a + b. Le condizioni g(w) =, g'(k) =, g"(h) =, supponendo h, k, w non nulli, si traducono algebricamente nelle seguenti relazioni: b b h = k a = ; a ; b w = a dove risulta evidente la divisione dell intervallo [, w] in tre parti uguali.. Per determinare a e b nel caso specifico proposto, poniamo b = a a + b = a + b = a + b = b = = a a = è accettabile perché non nullo; inoltre a e b sono discordi, come la b positività di w = richiede. Quindi g( ) = +, nel dominio [; ]. a I punti di intersezione tra G e la retta di equazione y = risolvendo l equazione: + = + = ( )( ) = = = ± si determinano Le soluzioni accettabili nell intervallo [, ] sono = = +. I coefficienti angolari delle rette richieste passanti rispettivamente per i punti A(; g()) e B + ; g + sono ( ( )) m = = g'( ) m = g' + ( ) = = 8 4ARCH4_4_Garagnani.indd 8 5//4 4:9

5 ARTICOLO Archimede 4 4 Inoltre g( ) g + = (per ipotesi), mentre ( ) = ( + ) + ( + ) = ( + ) ( )( ) = = +. La retta per A ; e coefficiente angolare m = ha equazione y = + 5, mentre quella per B + ; e coefficiente angolare m = ha equazione y = Applichiamo il cosiddetto metodo dei gusci concentrici. La regione delimitata da G, ruotata attorno all asse y, genera un solido il cui volume può essere approssimato come somma di volumi di cilindretti cavi (detti gusci cilindrici) di spessore D, raggio interno, raggio esterno + D e altezza g(). Ogni singolo guscio cilindrico è ciò che si ottiene ruotando un rettangolino di base D e altezza g() lungo una circonferenza di raggio, come suggerisce la figura. Il suo volume è quindi approssimabile moltiplicando l area di tale rettangolino con la lunghezza della circonferenza di rotazione. Sommando i volumi di tutti i gusci si ottiene una stima del volume richiesto: V π g( ) Facendo tendere all infinito il numero dei gusci concentrici, si ottiene il valore esatto del volume espresso tramite l integrale: y Figura g() d Tale volume vale: V = π g ( ) d V = π + d = π + = 5 4 π 84 4ARCH4_4_Garagnani.indd 84 5//4 4:9

6 4 4 Archimede Poiché l unità di riferimento è il decimetro, il volume è già espresso in litri. ARTICOLO V = 8 π dm 5, 45 litri. risoluzione del problema. La funzione f è continua nel suo dominio limitato e chiuso [ ; ]. Per il teorema di Weierstrass, f ammette massimo e minimo assoluti. Osserviamo che la funzione è dispari e, quindi, restringiamola per comodità in un primo momento all intervallo [; ], dove risulta non negativa: Ne segue che, per ]; [, 4 f ( ) = 4 = 4 per [ ; ]. 8 4 f '( ) = 4 4 ( ) =. 4 La funzione ammette il massimo assoluto in = ed esso vale f ( ) =. La disparità della funzione permette di concludere che il minimo assoluto vale ed è assunto nel punto =.. La funzione f è dispari. Dunque il suo grafico è simmetrico rispetto all origine. Dal punto precedente sappiamo che f '() =. Dunque l angolo cercato è arctan 6 6'.. La curva assegnata è l unione dei grafici delle due funzioni continue y f ( ) = 4 e g( ) = 4 ed è rappresentata in figura. Per le simmetrie presenti: ( 4 ) / A = 4 d = 4 = /. Figura 85 4ARCH4_4_Garagnani.indd 85 5//4 4:9

7 ARTICOLO Archimede La funzione h() = sin (f ()) nel dominio [; ] assume il valore π quando f ( ) = + kπ, con k. Risolvendo graficamente quest ultima equazione si osserva che i punti richiesti sono due, le cui ascisse a e a sono tali che α < < α (si veda figura 4). La funzione h è composizione di funzioni continue e dunque è anch essa continua nell intervallo limitato e chiuso [; ]. Il teorema di Weierstrass garantisce, quindi, l esistenza di punti di massimo e di minimo assoluti. a a Figura 4 Rimane da determinare l eventuale esistenza di massimi e minimi relativi non assoluti che andranno cercati tra i suoi punti stazionari e tra gli estremi del dominio (la funzione f non è derivabile in = ). Si ha: y h() = h() = h'() = f '() cos f (). Dunque i punti stazionari di h sono tali che f '() = (cioè = ) o cos f () =, (cioè = a e = a ). Tenendo presente il segno della derivata prima, si conclude che il minimo assoluto di h vale ed è raggiunto agli estremi del dominio. Vi è però anche un minimo relativo in = e tale minimo relativo vale sin. Esistono invece due punti di massimo assoluti ( = a e = a ) e il massimo vale h(a ) = h(a ) =, ma non esistono altri massimi relativi. sin Dal grafico qualitativo di h riportato in figura 5, possiamo affermare che l equazione h() = k ha 4 soluzioni distinte se e solo se a a sin < k <. Figura ARCH4_4_Garagnani.indd 86 5//4 4:9

8 4 4 Archimede risposte al questionario ARTICOLO. Per determinare la misura dell angolo a in figura 6 applichiamo il teorema dei seni: C 4 e quindi 4 sin = sin α A a H Figura 6 B sin a = 4 sin. Si poteva direttamente pervenire a quest ultima relazione osservando che AC sin α = CH = BC sin. Ne segue: 4 sin α = sin =. Poiché il testo del quesito fa esplicito riferimento alla figura, nella quale l angolo a è rappresentato acuto, possiamo concludere che: α = arcsin 4 49'.. In generale in ogni vertice di un poliedro concorrono almeno facce; inoltre la somma delle ampiezze degli angoli che concorrono in quel vertice deve essere minore di 6. Ne segue che non può esistere un poliedro regolare con le facce a forma di esagono regolare perché in ogni vertice in cui convergessero un minimo di tre esagoni regolari si avrebbe come somma delle ampiezze degli angoli almeno = 6 (figura 7), mentre la somma delle facce di un angoloide è minore di 6.. Lo sviluppo della potenza n-esima del binomio dato è n n n n k k ( a b ) = ( a ) ( b ) k. k= Figura ARCH4_4_Garagnani.indd 87 5//4 4:9

9 ARTICOLO Archimede 4 4 Con riferimento agli esponenti, si trova subito che (n k) = 4 e k = 9, da cui k = ed n = 5. In effetti, si ha 4 9 = 5 8 a b ( a ) ( b ). 4. Il volume richiesto può essere pensato come somma degli infiniti volumi infinitesimi dei solidi di altezza h() e area di base e / d (figura 8). Il volume del solido W si determina quindi calcolando l integrale: V e / d e / = = [ ] =. ee f () = e d Figura 8 5. Il minimo comune multiplo tra, e 5 è. Dunque le proprietà di divisibilità per questi numeri si ripetono ciclicamente ogni numeri consecutivi. Nei 6 numeri considerati, si susseguono gruppi di numeri. Tra i primi numeri, quelli che non sono divisibili né per, né per, né per 5 sono solo 8 (e sono:, 7,,, 7, 9,, 9). Dunque, tra tutti i numeri naturali tra e 6 vi sono 8 = 6 numeri che soddisfano la richiesta. Un altro modo di ragionare è pensare che tra tutti i numeri considerati, vi sono 6/, cioè, multipli di ; ma anche multipli di dei quali 6/6, cioè, sono divisibili anche per (e quindi già contati nel gruppo precedente); inoltre vi sono multipli di 5, dei quali / = 6 sono divisibili anche per (e quindi già contati), 4 anche per (già contati); ma, eliminando dai multipli di 5 i numeri divisibili per e quelli divisibili per stiamo escludendo due volte quelli divisibili per entrambi che occorre aggiungere una volta: essi sono. In conclusione, i numeri da escludere perché multipli di almeno uno tra, e 5 sono: + ( ) + ( ) = 44. Dunque i numeri cercati sono 6 44 = Dimostriamo che tra tutti i parallelepipedi di base quadrata di volume fissato, quello che minimizza la superficie è il cubo. Indichiamo con ( > ) la misura in dm del lato del quadrato di base della lattina. L altezza di tale lattina vale V h( ) = = 5 A. base 88 4ARCH4_4_Garagnani.indd 88 5//4 4:9

10 La superficie si può esprimere come 4 4 Archimede ARTICOLO S( ) = 4h( ) + = +. Determiniamo l eventuale minimo nel dominio ]; + [, studiando il segno della sua derivata. 4 S'( ) = + ( ) = 5. 5 Il minimo si ottiene, quindi, per = 5 dm e altezza h( 5) = = 5 dm. 5 La lattina che minimizza la superficie laterale è, in conclusione, quella cubica di spigolo lungo 5 dm 7 mm. 7. La funzione f () = è definita e continua su ogni intervallo chiuso [, k], supponendo k >. Il valor medio integrale della funzione in tale intervallo vale k f ( ) d k d k k k k = = = k che risulta uguale a 9 solo se k = 6, accettabile in quanto positivo. 8. Il fatto che una funzione polinomiale di quarto grado assuma il 4 massimo in due punti distinti del = 5 dominio permette di affermare che il grafico della funzione presenta una simmetria assiale con asse verticale. Nel nostro caso vi è una simmetria assiale rispetto alla retta = 5 (figura 9). Sfruttando tale simmetria è facile concludere che p(4) = p() =. 4 5 Figura 9 Vediamo più in dettaglio la giustificazione di quanto affermato. Poiché p() = p() =, il polinomio p() rispetto alla divisione per il prodotto ( )( ) ha resto (infatti il polinomio p() ha resto nullo). 89 4ARCH4_4_Garagnani.indd 89 5//4 4:9

11 ARTICOLO Archimede 4 4 Esiste dunque un polinomio di secondo grado q() tale che p() = ( )( )q() +. Ma, essendo sia che punti di massimo, ponendo l annullarsi della derivata p'() in tali punti si ottiene q() = e q() =, e dunque q() è della forma q() = a( )( ), con a reale non nullo. In conclusione, p() = a( ) ( ) +. Quest ultima espressione mostra la simmetria assiale sopra descritta. Si può anche determinare il valore di a dall ipotesi p() =, ottenendo a = 4. Quindi p( ) = ( ) 4 ( ) + e ciò dimostra che p(4) =. 9. Il dominio della funzione si determina risolvendo il sistema: log ( + 5) + 5 > equivalente, essendo log una funzione crescente, a > Dunque il dominio della funzione è l intervallo ] 5; ].. Osserviamo innanzitutto che la base della potenza è positiva per ogni valore reale di, infatti + 6 = ( 5) +. Ne segue che l espressione a primo membro è ben definita per ogni reale. Poiché la base non si annulla mai, le soluzioni dell equazione sono sia gli zeri dell esponente sia i valori che rendono la base uguale a. Dunque: 6 + = ( + 6) = 5 I valori cercati sono dunque 4: = ± = = 7. Esercizi analoghi sono stati talora assegnati in altri contesti (gare, ecc.). In generale, va considerato anche il caso in cui la base è e l esponente è un intero pari. commenti Il tema proposto era, complessivamente, alla portata degli studenti del Liceo Scientifico di Ordinamento. 9 4ARCH4_4_Garagnani.indd 9 5//4 4:9

12 4 Archimede La prova era basata non solo sulle conoscenze di analisi, ma anche sulle competenze acquisite in tutto il corso degli studi. Infatti la maggior parte dei quesiti, in particolare i n.,,, 5, 9,, poteva essere affrontata da uno studente al termine del quarto anno, perché si tratta di classici esercizi di trigonometria, geometria solida, domini di funzione ecc. 4 ARTICOLO A completamento di tali quesiti non ne sono mancati altri di analisi: dal calcolo di un valor medio di funzione, a problemi di minimo. Il quesito 8, invece, si presentava apparentemente come standard ma, senza sfruttare la simmetria della situazione, i calcoli risultavano davvero lunghi e dispersivi. D altra parte, come mostrato nello svolgimento, l argomentazione della simmetria era tutt altro che banale, soprattutto per uno studente abituato nel biennio a manipolazioni tecniche piuttosto che a riflessioni profonde sulla divisione nell anello dei polinomi. Rimane una scelta discutibile anche per questo tema la diffusa richiesta (sia nell ultimo punto del primo problema sia nel quesito 4) di determinare volumi mediante procedimenti integrali che non sono esplicitamente in programma. Tuttavia ormai tali procedimenti sono entrati nella prassi didattica proprio al fine di risolvere questi esercizi che vengono assegnati ogni anno, a conferma dell influenza dell Esame di Stato sulla programmazione. I primi punti del problema richiedevano invece capacità di osservazione di grafici, di applicazione di teoremi e concetti cardine del quinto anno, in particolare del teorema fondamentale del calcolo integrale. Per quanto riguarda i problemi è venuto a mancare il classico studio di funzione. Scelta poco rassicurante per gli studenti, ma utile a mettere in luce il ruolo dell analisi, che non si deve ridurre solamente a questo. Addirittura nel problema è stata assegnata per la prima volta sia l equazione della funzione sia il suo grafico, nonostante questo potesse essere ricavato dall equazione con i procedimenti classici. In ogni caso, i primi tre punti del problema erano affrontabili senza troppa fatica, mentre l ultimo punto era sicuramente più impegnativo e semplificabile solo passando a una risoluzione grafica. Sottolineiamo infine che, nonostante il tema di quest anno sia risultato non difficile, nonostante non siano mancati sia quesiti interessanti sia quesiti classici, si avverte un clima di incertezza e di ansia tra docenti e futuri maturandi nel pensare che la presente è l ultima traccia a conclusione di un vecchio ciclo pre-riforma e lascia un enorme interrogativo sulle inevitabili novità del prossimo anno. Elisa Garagnani Liceo Scientifico Archimede San Giovanni in Persiceto (BO) elisa.garagnani@sitesolutions.it 9 4ARCH4_4_Garagnani.indd 9 5//4 4:9