Soluzioni della prova di Matematica Maturità 015 Lara Charawi 1, Alberto Cogliati e Luca Magri 1 Dipartimento di Matematica, Università degli Studi di Pavia Dipartimento di Matematica, Università degli Studi di Milano 18 giugno 015 Problema 1 1. La funzione che esprime la spesa totale in un mese è f (x) = 10 + 1 x; la funzione g(x) che 10 esprime il costo medio al minuto è g(x) = f (x) ; per entrambe le funzioni si intende che il loro x dominio sia R +. Il grafico di g(x) è un ramo di iperbole equilatera; poiché g (x) = 10 x, g è una funzione strettamente monotona decrescente e pertanto non ammette né massimi né minimi. Ciò è coerente con il suo significato di costo medio: al crescere dei minuti di conversazione si ammortizzano i costi derivanti dal canone fisso.. Dall equazione ricaviamo g(x 1 ) = g(x 0) 10 + 1 x 1 10 = 5 + 1 x 0 0 x 1 = 00x 0. 100 x 0 La funzione così ottenuta x 1 = h(x 0 ) è una funzione omografica avente asintoto verticale x 0 = 100 e asintoto orizzontale x 1 = 00 come illustrato in Figura 1a. Osserviamo che per valori di x 0 maggiori di 100, x 1 è negativa e pertanto priva di significato per il problema che si sta trattando. Concludiamo che il significato dell asintoto verticale x 0 = 100 è quello di essere il limite superiore oltre il quale non è più possibile dimezzare il costo medio. Vale a dire che se nel mese precedente i minuti di chiamate sono stati uguali o superiori a 100 non è possibile, nel mese presente, dimezzare il costo medio (del mese precedente).. Cerchiamo una funzione del tipo P (x) = ax + bx + c che passi per i punti A(0, ), B(, 7/), C(4, 4). Imponendo il passaggio per questi tre punti (le condizioni sono sufficienti a determinare i coefficienti) troviamo a = 1, b = 1, c =. Con riferimento alla Figura 1b calcoliamo l area 8 A ODHA ; essa è data dall integrale 6 0 P (x)dx = 1. 1
L area non coperta dal segnale, A OT R, è data da 1. Troviamo la percentuale p corrispondente A OT R rispetto al totale dell area, A OKHA. Essa è p = 100 1/ 1, 8%. La zona coperta dal segnale risulta quindi pari a 100%, 8% = 97, 6% del totale. Concludiamo che l informazione riportata dal sito non è veritiera. 4. Le funzioni f e g del nuovo piano tariffario sono date da: 10 + x 10, x < 500 f (x) = 60 + x 500 x 500 5 e da g(x) = 10 x + 1 10, x < 500 40 x + 1 5 x 500. La funzione f (x), che è continua per x > 0, è una spezzata costituita da due rette. Essa è continua in x = 500, come si verifica immediatamente, ma ivi non derivabile. Presenta infatti un punto angoloso. La funzione è monotona (strettamente) crescente, in coerenza con il fatto che si tratta di un costo cumulativo. La funzione g(x), riportata in Figura 1d, è continua per x > 0, ha x = 0 come asintoto verticale e y = 1/5 come asintoto orizzontale per x +. La funzione è monotona decrescente per 0 < x < 500 e monotona crescente per x > 500. In x = 500, g presenta un punto di non derivabilità, più precisamente un punto angoloso. g presenta inoltre un minimo assoluto in corrispondenza di x = 500. Osserviamo che l andamento crescente di g per x > 500 è dovuto al fatto che da quel momento in poi il costo medio per minuto è pari a 0 centesimi di euro (1/5 di euro), che coincide con l intercetta dell asintoto orizzontale, come ci aspettavamo. (1) () Problema Dal momento che g è una primitiva di f nell intervallo [, ], vale g (x) = f (x) per ogni x [, ]. 1. Se f (x) fosse un polinomio il suo grado minimo sarebbe 4. Dal grafico di f si può notare che f ha tre radici in [, ], di cui una per x = di molteplicità, perché annulla anche la derivata f (x), ma non la derivata seconda (non si ha un cambio di concavità).. Essendo f la derivata di g lo studio del segno di f permette di determinare i massimi e minimi relativi di g. In particolare: in [-,-] f < 0 g in [-, 0] f > 0 g
(a) (b) (c) (d) Figura 1 in [0, ] f < 0 g. Quindi g(x) ha un massimo relativo in x = 0. Analogamente, lo studio della monotonia di f (quindi del segno di f ci permette di determinare la concavità in [-,-1] f g > 0 in [-1, 1] f g < 0 in [1, ] f g > 0. in [, ] f g < 0. g è concava verso l alto dove la g è positiva ovvero in [-,-1] e [,].. Utilizzando il teorema fondamentale del calcolo integrale 0 f (t)dt = g() g(0). Sapendo che g() = 5 e 0 f (t)dt = 1 = 4
si ottiene g(0) = 5 + 4 = 1. Essendo 1 + g(x) x teorema di De l Hôpital 4. Definiamo la variabile t := x + 1, una forma indeterminata del tipo 0, per calcolare il limite si può utilizzare il 0 1 + g(x) lim = f (0) = 0. x 0 x 1 h(x)dx = 1 f (x + 1)dx = f (t)dt = f (t)dt = ( + 1) = 9 Questionario 1. La funzione f è una primitiva di f (x) = x + 6. Pertanto essa è da ricercarsi fra tutte le funzione del tipo f c (x) = x + 6x + c, dove c indica una costante arbitraria. Poiché la retta data è tangente al grafico della curva richiesta, cerchiamo per quali valori della variabile x la derivata di f c (x) è uguale a. Otteniamo i valori x = ±. Poichè la retta è tangente al grafico di f nel secondo quadrante, il valore x = è da escludere. Il grafico di f c (x) deve passare per il punto (, 9). Otteniamo così il valore c = 47.. Per calcolare il volume del tronco di cono T, consideriamo come in Figura il cono C che si ottiene prolungando la superficie laterale di T. Il volume V T del tronco di cono T è dato dalla differenza tra il volume del cono C e quello del cono C avente per base la faccia superiore del tronco di cono e come altezza h la differenza tra l altezza di C e quella di T : V T = V C V C Ricordandosi che il volume di un cono è pari a un terzo del volume di un cilindro con la stessa base e la stessa altezza, si ricava V C = πr (h + h ), V C = πr (h ). Possiamo osservare che i triangoli DAL e LBI sono simili, ossia h : r = h : (R r) e quindi h = hr R r. 4
A questo punto esprimiamo h in funzione dell altezza del tronco di cono e otteniamo: V T = V C V C = πr (h + h ) = πr h + πr (hr) = πh = πh πr h (R r) πr (hr) (R r) ( R + R r R r r ) R r ( R r ) = πh R r ( (R r)(r + r + Rr) R r ), semplificando otteniamo quindi V T = πh ( R + r + Rr ). Figura. Il numero di modi (o combinazioni) in cui si può ottenere k volte testa su 6 lanci è ( 6 k) ognuno con ( ) 1 6 probabilità = 1, perché supponiamo che la moneta non sia truccata e quindi la probabilità 64 di ottenere testa con un lancio è pari a 1. Quindi, la probabilità di ottenere esattamente k volte testa in 6 lanci di moneta sarà ( ) ( ) 6 1 6 P (k) =. k 5
La probabilità che esca testa al più volte sarà data dalla somma della probabilità che esca, 1 e 0 volte, cioè P (k ) = P (k = 0) + P (k = 1) + P (k = ) = La probabilità che esca almeno volte testa invece k=0 ( ) ( ) 6 1 = k 64 = 1 64 + 6 1 64 + 15 1 64 = 64. P (k ) = P (k = ) + P (k = ) + P (k = 4) + P (k = 5) + P (k = 6) = 1 P (k = 0) P (k = 1), dove abbiamo sfruttato il fatto che la somma delle probabilità degli eventi realizzabili è 1, cioè P (k = 0) + P (k = 1) + P (k = ) + P (k = ) + P (k = 4) + P (k = 5) + P (k = 6) P (k ) = 1 P (k < ) = 1 P (k = 0) + P (k = 1) = 1 = 1 1 64 6 1 64 = 1 7 64 = 57 64. ( ) ( ) 6 1 0 64 ( ) ( ) 6 1 = 1 64 4. Calcoliamo la derivata prima e la derivata seconda della funzione y = ln(x). Otteniamo: x y = 1 ln x x, y = ln x x. Si verifica facilmente che y = y(x) è soluzione della quarta equazione differenziale. 5. La retta passante per l origine O ortogonale al piano dato è descritto dai punti P = O + tv dove v è il vettore che rappresenta la normale al piano, come illustrato in Figura. Dal momento che le componenti di v sono descritte dai coefficienti dell equazione cartesiana del piano abbiamo 1 v = 1 1 e di conseguenza un generico punto della retta cercata sarà della forma x 0 1 t P = y = 0 + t 1 = t. z 0 1 t Possiamo descrivere la retta in forma cartesiana come intersezione di due piani: basta porre t = z, quindi da x = t e y = t si ha { x + z = 0 y + z = 0 6
Figura 6. Calcoliamo la derivata prima della funzione assegnata. Essa è data da: f (x) = [(x 1) + (x ) + (x ) + (x 4) + (x 5)] = 10(x ). () Lo studio del segno della funzione derivata ci restituisce il minimo x =. 7. L area del triangolo AOB disegnato in Figura 4 si può calcolare tramite una nota regola della trigonometria dunque l area del poligono è A(AOB) = 1 r sin π n, A(n) = na(aob) = n 1 r sin π n. lim n 1 n r sin π n = lim n 1 n r π n = r π (4) Figura 4 7
8. L insieme dei punti del triangolo che distano dai vertici più di è indicato dall ombreggiatura in Figura 5. Indichiamo con T la sua area. La probabilità richiesta è data dal rapporto tra T e l area totale del triangolo che indichiamo con A. Calcoliamo T trovando la somma S delle aree dei settori circolari indicati in figura. Indicando con α, β, γ gli angoli del triangolo, è facile convincersi che S = r (α + β + γ), dove con r si intende il raggio dei tre settori circolari che è pari a. Poiché α + β + γ = π, otteniamo S = π. La probabilità è dunque p = A S A = T A. Non resta che trovare l area del triangolo. Applicando il teorema di Pitagora calcoliamo l altezza h 119 relativa al lato minore; essa è. Dunque A = 5 119. Ricaviamo infine: 4 p 54%. Figura 5 9. Consideriamo la funzione assegnata: { f (x) = x 0 x 1 x kx + k 1 < x. Affinché le ipotesi del teorema di Lagrange siano soddisfatte è necessario che la funzione sia continua sull intervallo chiuso [0, ] e derivabile sull intervallo aperto (0, ). Osserviamo che la funzione f è continua in x = 1 per ogni valore di k. Occorre pertanto imporre la derivabilità della funzione in x = 1. Dall uguaglianza della derivata sinistra e destra f (1 + h) f (1) f (1 + h) f (1) lim = lim h 0 h h 0 + h otteniamo, con facili calcoli, k = 1. Per trovare il punto c [0, ] soddisfacente alla tesi del teorema di Lagrange, è sufficiente risolvere l equazione f (c) = f () f (0). 8 (5) (6)
L unica soluzione accettabile è data da c = + 5/6. 10. Sia E l intersezione del grafico della curva x x con la retta x = 1 come mostrato in Figura 6. Osserviamo che il punto di intersezione del grafico di x con la retta x = 4 coincide col vertice C. Pertanto, l area A ABCE è data dall integrale 4 1 [ 4 xdx = x ] = 14 1. Per differenza con l area del rettangolo (uguale a 6), A ECD = 6 14 = 4. Il rapporto richiesto è r = A ECD = A ABCE 7. Figura 6 9