2014 soluzioni 2 prova pni - Liceo Scientifico Mancini

Problema 1 – PNI
1. In base a considerazioni di geometria analitica si deduce la seguente espressione
per la funzione
:
4 4
0
4 0
22
√12 2 4
2
4
6
Dal grafico ( o dal calcolo delle derivate) si deduce che la funzione
non è
derivabile nei punti A, O, D (derivata infinita), non è neppure derivabile nel punto
mentre quella sinistra vale zero. L’unico
C in quanto la derivata destra vale
punto, tra quelli richiesti di derivabilità è B: entrambe le derivate, sinistra e
destra, valgono zero.
4
2.
0 per una nota proprietà degli integrali definiti.
0
2 (area di un semicerchio posizionato nel semipiano negativo delle ).
1
2
Il valore di
√
2
√
può essere calcolato per sostituzione. Si può però anche
procedere in base a considerazioni geometriche.
La regione in questione (colorata di rosso nella figura) può essere vista come
differenza tra un settore circolare di raggio 2 con angolo al centro di ampiezza
un triangolo di base 1 e altezza
√
.
e
L’area in questione è allora data da:
1
6
2
2
1
√3
2
2
3
√3
2
(in base a considerazioni geometriche)
4
4 (in base a considerazioni geometriche)
6
4
√12
2
4
3. In base al significato geometrico dell’integrale definito si deduce che la
funzione
4
4
In conclusione
Essendo
2
è negativa per
4e
2
0 e
2 .
si annulla per
4
2
2
.
e positiva per 2
6;
.
funzione continua, dal teorema fondamentale del calcolo integrale
segue che ′′ è negativa per
(con
2
0, tale zero è compreso nell’intervallo 2, 4 . Indicato lo zero
con , abbiamo
nulla per
4. Essendo
ha un unico zero, oltre a
4
0) e di nuovo negativa per 4
2, nulla per
6. Per
2, positiva per
∈ 2, 4 ,
2
2
0.
4. Da tutte le informazioni precedenti si ricava il seguente grafico per la funzione
:
Il punto
0 è di minimo assoluto, il punto
6 è un massimo assoluto.
1. Le equazioni della simmetria centrale sono
Sostituendo nella f , si ottiene:
x = 4 − x0
y = −y 0
p
y 0 = (2 − x0 ) 4x0 − x02
provando così che (2, 0) è centro di simmetria per Γ. Derivando f , si ottiene:
f 0 (x) =
2(x2 − 4x + 2)
√
4x − x2
e in particolare f 0 (2) = −2. L'equazione:
tan α = −2
ammette come soluzione approssimata α = −63 260 .
◦
2. Verichiamo l'uguaglianza f 0 (2 + t) = f 0 (2 − t). Sostituendo nella derivata prima si ottiene:
t2 − 2
t2 − 2
√
=
4 − t2
4 − t2
L'uguaglianza dei coecienti angolari conferma che le tangenti cercate sono parallele.
21
23
Le due domande nali del punto 2 chiedono se f 0 assume il valore − oppure − .
10
12
Consideriamo allora l'intervallo in cui f è decrescente (ovvero f 0 è negativa). In tale intervallo f 0 assume 0
come valore massimo (agli estremi) e al minimo, nel punto x = 2, vale −2. Quindi l'equazione:
f 0 (x) = −
21
10
non è mai soddisfatta.
23
L'equazione f 0 (x) = − è invece possibile (in quanto f 0 assume tutti i valori tra −2 e 0).
12
3. Vista la simmetria di Γ, abbiamo:
Z
A=2
0
2
i2
p
2h
16
(x − 2) 4x − x2 dx = (4x − x2 )3/2 =
3
3
0
π
π
(gli altri valori f (x) = + 2kπ con k 6= 0 non sono accettabili,
2
2
π
stante il codominio di f ). Gracamente, intersecando Γ con la retta y = si vede che le soluzioni dell'equa2
zione h(x) = 1 sono due.
Derivando h(x), otteniamo:
h0 (x) = cos[f (x)] · f 0 (x)
4. L'equazione h(x) = 1 è equivalente f (x) =
I punti stazionari di h si ottengono dalle equazioni:
a) f 0 (x) = 0
b) cos[f (x)] = 0 ovverof (x) = ±
π
2
Tenendo√conto della simmetria del graco di f , ci possiamo limitare all'intervallo [0, 2]. La condizione a) da
x = 2 − 2; la condizione b) da due punti x1 e x2 per i quali è h(x) = 1 e che sono dunque punti di massimo
assoluto.
1
√
I punti 4 − x1 e 4 − x2 sono punti di massimo assoluto; x = 0 e x = 2 − 2 sono punti di minimo relativo.
Sempre dal graco della funzione h(x), si vede che l'equazione h(x) = k ammette 4 soluzioni distinte per
k ∈ (sin 2, 1) e per k ∈ (−1, − sin 2).
Inne, per simmetria, risulta:
Z
4
h(x) dx = 0
.
0
2
Questionario – PNI
1. Dal teorema dei seni abbiamo:
sin
4
da cui sin
sin 30°
3
arcsin .
Con l’uso di una calcolatrice si ottiene il valore
equivalgono a
∙
41,81 °. Gli
primi sessagesimali (tra 48′ e 49′). Quindi
di grado
41°49′.
2. Per avere un poliedro regolare, in ogni vertice devono concorrere almeno tre
poligoni regolari. L’esagono regolare ha angoli al vertice di 120° quindi tre di essi
concorrenti in un vertice stanno su un piano.
3. La probabilità può essere calcolata come rapporto tra numero di casi favorevoli
all’evento e numero di casi possibili. Il numero di casi possibili è

 20 
 
 3
Probabilità di osservare esattamente una pallina è rossa.
Il numero di casi favorevoli è
 5  15 
   .
 1  2 
La probabilità è perciò
 5  15 
  
35
 1  2   5  15  14 3  2
.

2
20  19  18 76
 20 
 
 3

Probabilità di osservare tre palline di colori differenti, il numero di casi
 4  5  5  5 
 4
favorevoli è      dove   è il numero di possibilità per i tre colori
 3  1  1  1 
 3
differenti.
La probabilità è perciò
 4  5  5  5 
    
 3  1  1  1   4  5  5  5 3  2  25
20  19  18 57
 20 
 
3
4. Il volume di Ω è:
1
∙
1
1
1
1
√
5. Sulla sfera basta considerare il triangolo geodetico formato dall’equatore e da
due meridiani perpendicolari al polo nord.
6. Il cilindro abbia altezza h e raggio di base r. Si ha:
3
4
Quindi il volume del cilindro è
3
Derivando,
0 per
4
2, ma la soluzione
2 non ha senso.
7. Data
ln
2 per cercare il valore del minimo si studia il segno della
derivata. Dal confronto grafico fra le funzioni
ln e
2 si vede che le
intersezioni sono due
e
con 0
1e
1.
′
0 se
′
0 per 0
e
Quindi la funzione
è decrescente per 0
pertanto la funzione assume il minimo in
e crescente per
0,159.
8. Calcoliamo la probabilità come rapporto tra il numero di casi favorevoli e il
numero di casi possibili. Il numero di casi possibili è 63  216 .

Probabilità di punteggio totale 9
Un punteggio pari a 9 può essere ottenuto con le seguenti combinazioni:
1,2,6; 1,3,5; 1,4,4; 2,2,5; 2,3,4; 3,3,3;
Per ogni combinazione bisogna considerare il numero di permutazioni. Le
permutazioni sono 3!=6 in caso di tre numeri differenti, 3 in caso di due numeri
coincidenti e 1 nel caso di tre numeri differenti.
Il numero di casi favorevoli è 3  6  2  3  1  25 .
La probabilità è perciò

25
.
216
Probabilità di punteggio totale 10
Un punteggio pari a 10 può essere ottenuto con le seguenti combinazioni:
1,3,6; 1,4,5; 2,2,6; 2,3,5; 2,4,4; 3,3,4;
Per ogni combinazione bisogna considerare il numero di permutazioni. Le
permutazioni sono 3!=6 in caso di tre numeri differenti, 3 in caso di due numeri
coincidenti.
Il numero di casi favorevoli è 3  6  3  3  27 .
La probabilità è perciò
27 1
 .
216 8
9. Z e Q hanno la stessa cardinalità di N perché entrambi numerabili: possono
essere posti in corrispondenza biunivoca con N.
Il matematico tedesco Georg Cantor ha dimostrato nel 1872 che invece R ha la
potenza del continuo: non esiste una corrispondenza biunivoca dei suoi elementi
con N.
4 (altrimenti il limite sarebbe infinito).
10. Deve essere necessariamente
Calcoliamo:
lim
→
√4
2
2
lim
→
1
4
1
2
lim ∙
→
8
4
1per
4