ARTICOLO
Archimede
1 2014
esame di stato 2013
seconda prova scritta
per i licei scientifici
a indirizzo sperimentale (pni)
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Una funzione f(x) è definita e derivabile, insieme alle sue derivate prima e seconda, in [0, +∞[ e nella figura sono disegnati i grafici G e L di f(x) e della sua
derivata seconda f"(x). La tangente a G nel suo punto di flesso, di coordinate
(2; 4), passa per (0; 0), mentre le rette y = 8 e y = 0 sono asintoti orizzontali per
G e L, rispettivamente.
1.Si dimostri che la funzione f'(x), ov-
vero la derivata prima di f (x), ha un
massimo e se ne determinino le coordinate. Sapendo che per ogni x del
dominio è: f"(x) ≤ f'(x) ≤ f (x), qual
è un possibile andamento di f'(x)?
2.Si supponga che f (x) costituisca,
ovviamente in opportune unità di
misura, il modello di crescita di un
certo tipo di popolazione. Quali
informazioni sulla sua evoluzione
si possono dedurre dai grafici in
figura e in particolare dal fatto che
G presenta un asintoto orizzontale
e un punto di flesso?
3.Se G è il grafico della funzione
a
f ( x) =
, si provi che a = 8
1 + eb – x
e b = 2.
y
8
6
4
G
2
L
0
0
1
2
x
3
4
5
6
7
8
9
4.Nell’ipotesi del punto 3), si calcoli l’area della regione di piano delimitata da L e
dall’asse delle x sull’intervallo [0, 2].
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PROBLEMA 2
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Sia f la funzione definita per tutti gli x positivi da f (x) = x3 ln x.
1. Si studi f e si tracci il suo grafico g su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali e monometrici Oxy; accertato che g presenta sia un
punto di flesso che un punto di minimo se ne calcolino, con l’aiuto di una
calcolatrice, le ascisse arrotondate alla terza cifra decimale.
2. Sia P il punto in cui g interseca l’asse x. Si trovi l’equazione della parabola,
con asse parallelo all’asse y, passante per l’origine e tangente a g in P.
3. Sia R la regione delimitata da g e dall’asse x sull’intervallo aperto a sinistra
]0, 1]. Si calcoli l’area di R, illustrando il ragionamento seguito, e la si esprima in mm2 avendo supposto l’unità di misura lineare pari a 1 decimetro.
4. Si disegni la curva simmetrica di g rispetto all’asse y e se ne scriva altresì
l’equazione. Similmente si faccia per la curva simmetrica di g rispetto alla
retta y = – 1.
Questionario
1. Un triangolo ha area 3 e due lati che misurano 2 e 3. Qual è la misura del
terzo lato? Si giustifichi la risposta.
2. Se la funzione f (x) – f (2x) ha derivata 5 in x = 1 e derivata 7 in x = 2, qual
è la derivata di f (x) – f (4x) in x = 1?
3. Si considerino, nel piano cartesiano, i punti A(2; –1) e B(–6; –8). Si determi-
ni l’equazione della retta passante per B e avente distanza massima da A.
4. Di un tronco di piramide retta a base quadrata si conoscono l’altezza h e i
lati a e b delle due basi. Si esprima il volume V del tronco in funzione di
a, b, e h, illustrando il ragionamento seguito.
5. In un libro si legge: «se per la dilatazione corrispondente ad un certo aumento
della temperatura un corpo si allunga (in tutte le direzioni) di una certa percentuale (p.es. 0,38%), esso si accresce in volume in proporzione tripla (cioè
dell'1,14%), mentre la sua superficie si accresce in proporzione doppia (cioè di
0,76%)». È così? Si motivi esaurientemente la risposta.
6. Con le cifre da 1 a 7 è possibile formare 7! = 5040 numeri corrispondenti
alle permutazioni delle 7 cifre. Ad esempio i numeri 1234567 e 3546712
corrispondono a due di queste permutazioni. Se i 5040 numeri ottenuti dalle permutazioni si dispongono in ordine crescente qual è il numero che occupa la 5036-esima posizione e quale quello che occupa la 1441-esima posizione?
7. In un gruppo di 10 persone il 60% ha occhi azzurri. Dal gruppo si selezionano a caso due persone. Quale è la probabilità che nessuna di esse abbia occhi
azzurri?
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8. Si dimostri, senza utilizzare il teorema di l’Hôpital, che:
esin x – esin π
= –1 .
x→ π
x–π
lim
9. Tre amici discutono animatamente di numeri reali. Anna afferma che sia i
numeri razionali che gli irrazionali sono infiniti e dunque i razionali sono
tanti quanto gli irrazionali. Paolo sostiene che gli irrazionali costituiscono dei
casi eccezionali, ovvero che la maggior parte dei numeri reali sono razionali.
Luisa afferma, invece, il contrario: sia i numeri razionali che gli irrazionali
sono infiniti, ma esistono più numeri irrazionali che razionali. Chi ha ragione?
Si motivi esaurientemente la risposta.
10.Si stabilisca per quali valori k ∈ R l’equazione x2(3 – x) = k ammette due
soluzioni distinte appartenenti all’intervallo [0; 3]. Posto k = 3, si approssimi con due cifre decimali la maggiore di tali soluzioni, applicando uno dei
metodi iterativi studiati.
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 3 ore dalla dettatura
del tema.
risoluzione del problema 1
1. La funzione f '(x) è, per ipotesi, continua e derivabile; f '(x) può avere un
massimo o un minimo in un punto x > 0 solo se la sua derivata si annulla in
x: pertanto si deve annullare la derivata seconda di f(x). Dal grafico deduciamo che l’unico punto in cui f"(x) si annulla è x = 2 . Analizziamo il se­gno
di f"(x) in un intorno di x = 2 : dal grafico deduciamo che f"(x) > 0 per
0 < x < 2 e che f"(x) < 0 per x > 2: la derivata prima è crescente in 0 < x < 2
e decrescente in x > 2. Il punto x = 2 è quindi un punto di massimo. Per
calcolarne le coordinate, osserviamo che f '(2) è il coefficiente angolare della
retta tangente alla funzione f(x) nel punto di ascissa 2, ovvero è il coefficiente angolare della tangente inflessionale. Dai dati forniti, sappiamo che tale
4–0
tangente passa per (0; 0), pertanto il suo coefficiente angolare è m =
= 2.
2–0
Concludiamo che le coordinate del massimo di f '(x) sono (2; 2).
Per tracciare un possibile andamento di f'(x), osserviamo che la funzione f(x)
è sempre crescente, quindi f '(x) è sempre positiva. Inoltre, per quanto già
osservato, f '(x) è crescente per 0 < x < 2 e decrescente per x > 2.
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Poiché la funzione f(x) ha un asintoto orizzonte a +∞, il coefficiente ango-
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lare della retta tangente alla funzione data tende a zero, cioè lim f '( x) = 0 ,
x →+∞
ovvero f '(x) ammette l’asintoto orizzontale y = 0 per x→+∞. Infine, dal
grafico di f"(x) deduciamo che tale funzione è crescente per un breve tratto,
poi decrescente e infine ancora crescente. Pertanto f '(x) dovrà avere la concavità rivolta inizialmente verso l’alto, poi verso il basso e infine ancora verso
l’alto. In figura 1 è illustrato un possibile andamento di f '(x), dove abbiamo
tenuto conto dell’ipotesi iniziale f"(x) ≤ f '(x) ≤ f(x).
8
y
6
4
2
0
2
4
6
8
x
Figura 1 – I grafici delle funzioni f (x), f' (x), f" (x)
2. Poiché la funzione f(x) ha derivata prima positiva, la popolazione è sempre
crescente. Inizialmente il tasso di crescita è piuttosto elevato ed esso aumenta
fino a quando non incontriamo, in x = 2, il punto di flesso. Dal punto x = 2
la popolazione continua comunque ad aumentare, ma a un tasso di crescita via
via inferiore poiché, sebbene la derivata prima della funzione sia positiva,
essa tende a zero. La presenza dell’asintoto orizzontale per la funzione f(x)
suggerisce che la popolazione tende a raggiungere l’equilibrio in prossimità di
un valore fisso (in questo caso 8, in opportune unità di misura).
a
= a = 8,
3. Sfruttiamo la presenza dell’asintoto orizzontale: lim f ( x) = lim
x →+∞
x →+∞ 1 + e b – x
da cui ricaviamo che a = 8. Imponendo poi il passaggio per il punto (2; 4),
8
abbiamo
= 4 da cui 1 + eb–2 = 2, eb–2 = 1, b – 2 = 0 ovvero b = 2
1 + eb– 2
come richiesto.
A = ∫ f "( x) dx = [ f '( x) ] 0 dove nell’ultima uguaglianza
0
abbiamo applicato il teorema fondamentale del calcolo integrale. Poiché
8
8e 2 – x
f ( x) =
si
ha
f
'(
x
)
=
.
2– x 2
1 + e2– x
1+ e
4. L’area cercata è
2
2
(
)
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Risulta pertanto A = [ f '( x) ] 0
2
8e 2 – x
=
2– x
1 + e
(
2
)
2
= 2 – 8e
2
1 + e2
0
(
)
2
.
risoluzione del problema 2
1. Dobbiamo tracciare il grafico g della funzione f (x) = x3 ln x. La funzione è
definita per x > 0, pertanto il suo dominio è Df = ]0, +∞[. Cerchiamo eventuali intersezioni con l’asse delle ascisse.
y = 0
3
y = x ln x
y = 0
3
x ln x = 0
y = 0
ln x = 0
y = 0
x = 1
Abbiamo quindi un unico punto di intersezione in P(1; 0).
Studiamo il segno. Poiché le condizioni di esistenza impongono x > 0, si ha
x3 ln x > 0 se e solo se ln x > 0, ovvero x > 1. Pertanto la funzione è positiva per x > 1, mentre è negativa per 0 < x < 1.
Calcoliamo i limiti agli estremi del dominio. Poiché lim x3 ln x = +∞ , la
x →+∞
funzione non presenta asintoto orizzontale. La funzione non ammette nemmeno asintoto obliquo perché:
lim
x →+∞
f ( x)
x3 ln x
= lim
= lim x 2 ln x = +∞ .
x
→+∞
x →+∞
x
x
Calcoliamo il lim+ x3 ln x che si presenta nella forma indeterminata 0 · ∞.
x→0
Mostriamo, in generale, che
∀α ∈R + si ha lim+ xα ln x = 0 . x→0
(1.1)
Infatti, applicando il teorema di l’Hôpital, si ottiene:
1
1
ln
x
lim+ xα ln x = lim+
= lim+ x
= lim+ – xα = 0 .
1
α
α
x→0
x→0
x→0
x→0
– α +1
α
x
x
Ne deduciamo che la funzione risulta prolungabile per continuità in 0.
1
Calcoliamo la derivata prima: f '( x) = 3x 2 ln x + x3 ⋅ = x 2 ⋅ (3 ln x + 1). Per
x
quanto riguarda il suo segno, abbiamo:
34
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f '( x) > 0 ⇔ x 2 ⋅ (1 + 3 ln x) > 0 ⇔ 1 + 3 ln x > 0 ⇔ x > e
La derivata prima risulta pertanto positiva per x > e
0<x<
1
–
e 3
: la funzione è decrescente in 0 < x <
e ha un minimo (assoluto) in x = e
–
1
3
1
–
e 3
–
1
3
–
1
3
.
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e negativa per
, crescente in x > e
–
1
3
3
1
–1 –1
–
1
≈ 0, 717 . Infine f e 3 = e 3 ln e 3 = – ≈ –0, 123 ,
3e
3
1
–1
–1 –1
–
3; – 1 .
3 = e 3
3 = – 1 ≈ –0, 123 , per cui le coordinate del minimo sono
e
e
ln
e
3e
3e
Calcoliamo il limite della derivata prima per x → 0. Esso si presenta sotto forma
indeterminata 0 · ∞. Tenendo conto dell’osservazione fatta in (1.1), si ricava
facilmente che la tangente alla curva, per x → 0, tende a coincidere con l’asse x.
2 3
La derivata seconda è f "( x) = 2x ⋅ (1 + 3 ln x) + x ⋅ = x ⋅ (5 + 6 ln x). Si ha quindi:
x
f "( x) > 0 ⇔ x ⋅ (5 + 6 ln x) > 0 ⇔ 5 + 6 ln x > 0 ⇔ x > e
–
5
6
dove abbiamo tenuto conto delle condizioni di esistenza. La derivata seconda è
positiva per x > e
–
5
6
mentre è negativa in 0 < x < e
concavità è rivolta verso il basso per 0 < x <
funzione presenta un flesso in x = e
–
3
5
6
5
–
e 6
–
5
6
: ne deduciamo che la
, verso l’alto per x > e
–
5
6
. La
3
5
5
–5 –5
–
5 –
≈ 0, 435 . Si ha f e 6 = e 6 ln e 6 = – e 2 ≈ –0, 068 .
6
5
5
–5 5 –5
–5 –5
–
5 –2
6
6
6
6
2
e = e ln e = – e ≈ –0, 068 . Il punto di flesso ha quindi coordinate F e ; – e .
6
6
0,2
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
Figura 2 – Grafico della funzione y = x3 ln x
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2. La generica parabola con asse parallelo all’asse delle ordinate ha equazione
y = g(x) = ax2 + bx + c. Imponendo il passaggio per l’origine e per il punto P,
si trova c = 0 e a + b + c = 0, da cui b = −a.
Parabola e curva risultano tangenti in P se le loro rette tangenti in P hanno
lo stesso coefficiente angolare. Calcoliamo la derivata prima della funzione e
della parabola in x = 1: si ha f '(1) = 1 e g'(1) = 2a + b. Pertanto 2a + b = 1,
da cui a = 1 e b = −1. La parabola cercata ha dunque equazione y = x2 – x.
3. L’area della regione R è data dall’integrale AR = –
1
∫0 x
3
ln x dx . Osserviamo
che la funzione non è definita nell’origine; di conseguenza l'integrale è un
integrale improprio che dovrà essere calcolato con un opportuno limite. Per
determinare l’integrale indefinito usiamo il metodo di integrazione per parti:
∫x
3
ln x dx =
1 4
1
1
1
1
1
1
x ln x – ∫ x 4 ⋅ dx = x 4 ln x – ∫ x3dx = x 4 ln x – x 4 + c .
4
4
4
4
4
16
x
Applichiamo il risultato trovato per calcolare l’area:
{
}
1
1
1
1 4
1
x
AR = – ∫ x3 ln x dx = lim+ – ∫ x 3 ln x dx = lim+ – x 4 ln x +
=
0
ξ
16 ξ
ξ→0
ξ→0 4
1
1 1
1
1
dm 2 = 625 mm 2
= lim+ – ⋅ 0 + – – ξ 4 ln ξ + ξ 4 =
16 4
16 16
ξ → 0 4
ove abbiamo ancora utilizzato quanto visto in (1.1).
4. Indichiamo con sy la simmetria ri-
2
x' = – x
. Sostituendo (e scrisono:
y' = y
2
spetto all’asse y. Le sue equazioni
vendo x, y invece di x', y') otteniamo
y = –x3 ln (–x), che rappresenta l’equazione cercata.
Indichiamo con sy=–1 la simmetria
rispetto alla retta y = –1. Le sue
x' = x
equazioni sono:
. So y ' = –2 – y
stituendo si trova –2 – y = x3 ln x
da cui y = –x3 ln x – 2, che rappresenta l’equazione cercata.
Entrambi i grafici sono rappresentati in figura 3.
–1
1
–1
–2
–3
Figura 3 – Le trasformate di y = x3 ln x
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risposte al questionario
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1. Si veda il tema di ordinamento (quesito n. 1).
2. Siano g(x) = f (x) – f (2x) e h(x) = f (x) – f (4x). Applicando la regola della
derivazione delle funzioni composte abbiamo g'(x) = f '(x) – 2 f '(2x) e
h'(x) = f'(x) – 4 f'(4x). Dobbiamo pertanto calcolare il valore di h'(1) = f'(1) – 4 f'(4).
Dai valori forniti dal quesito otteniamo:
g '(1) = f '(1) – 2 f '(2) = 5
g '(2) = f '(2) – 2 f '(4) = 7
Sostituendo nella prima equazione il valore di f '(2) ricavato dalla seconda
equazione, otteniamo f '(1) – 2 · [7 + 2 f '(4)] = 5 ovvero f '(1) – 14 – 4 f '(4) = 5
da cui f '(1) – 4 f '(4) = 19.
3. Si veda il tema di ordinamento (quesito n. 3).
4. Per un’altra dimostrazione dello
y
stesso risultato si veda il quesito
n. 4 del tema di ordinamento.
Poniamo la piramide a cui appara
tiene il tronco in un opportuno
A(x)
sistema di riferimento cartesiano,
b
con il vertice coincidente con
x
l’origine e l’altezza sull’asse delle
k
+
h
k
x
ascisse (figura 4); se k è la distanza della base minore dall’origine,
l’altezza è lunga k + h.
Per determinare il volume del
tronco di piramide, lo sezioniamo
con piani ortogonali all’asse x e
poi sommiamo tutte le «fette»
Figura 4 – Volume del tronco di piramide
mediante un’integrazione.
Dobbiamo calcolare gli estremi di integrazione e l’area A(x) del generico
quadrato sezione a distanza x dal vertice. Come è noto vale la proporzione
b
a
h e k+h =
h . Detto lx il
a–b
a–b
lato del quadrato a distanza x dal vertice, dalla proporzione k : b = x : lx segue
k : b = (k + h) : a da cui otteniamo k =
b
a–b
x=
x , dove nell’ultima uguaglianza abbiamo sostituito a k il
k
h
(a – b) 2 2
x . Il volume richiesto è dunque:
valore trovato. Si ha pertanto A( x) =
h2
lx =
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V =
=
∫
a
h
a–b
b
h
a–b
(a – b) 2 2
(a – b) 2 1 3
x
dx
=
x
h2
h2 3
a
h
a–b
b
h
a–b
=
(a – b) 2
1 h3
1
⋅
⋅ (a3 – b3 ) = h ⋅ (a 2 + ab + b2 ).
2
3 (a – b)3
3
h
5. Senza perdere di generalità, consideriamo un parallelepipedo di dimensioni a,
b, c . Il volume e l’area della superficie iniziali sono V0 = abc e S0 = 2(ab + ac + bc).
Sia p la percentuale di incremento lineare. A seguito della dilatazione, le dimensioni diventano a' = a(1 + p), b' = b(1 + p), c' = c(1 + p). Calcoliamo
nuovamente volume e superficie:
V' = a'b'c' = abc (1 + p)3 = V0(1 + p)3 = V0(1 + 3p + 3p2 + p3)
S' = 2(a'b' + a'c' + b'c') = 2(ab + ac + bc)(1 + p)2 = S0(1 + 2p + p2).
Se l’incremento percentuale è «piccolo», possiamo trascurare i termini di secondo e terzo grado, ottenendo V' ≈ V0(1 + 3p) e S' ≈ S0(1 + 2p) da cui
∆V V '– V0
∆S S '– S0
=
≈ 3p e
=
≈ 2 p come richiesto. La risposta al queV0
V0
S0
S0
sito è pertanto affermativa purché p sia «piccolo».
6. Per rispondere alla prima domanda poniamo in ordine decrescente gli ultimi
cinque numeri che si ottengono con una permutazione di {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
Essi sono 7654321, 7654312, 7654231, 7654213, 7654132. Pertanto il numero in posizione 5036 è 7654132.
Per rispondere alla seconda domanda disponiamo in ordine crescente i numeri formati dalle cifre date. I numeri che hanno 1 come prima cifra si ottengono con una permutazione delle rimanenti sei cifre, ovvero di {2, 3, 4, 5, 6, 7};
essi sono pertanto 6! = 720. Ponendo come prima cifra 2 e permutando {1,
3, 4, 5, 6, 7}, abbiamo ulteriori 6! = 720 numeri. Il numero di posizione 1441
è quindi il primo numero che ha come prima cifra il 3, ovvero 3124567.
7. Il problema è formalmente simile all’estrazione da un’urna senza reinserimento. Indichiamo con E1 ed E2 i due eventi:
E1 = {la prima persona estratta non ha gli occchi azzurri}
E2 = {la seconda persona estratta non ha gli occhi azzurri}
Dobbiamo pertanto calcolare la probabilità dell’evento composto
E = E1 ∩ E2 = {entrambe le persone estratte non hanno gli occhi azzurri}.
Per il teorema del prodotto per eventi dipendenti, si ha p(E) = p(E1 ∩ E2) =
= p(E1) · p(E2 | E1). Poiché
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p(E1 ) =
4
3
4 3
2
e p(E2 | E1 ) = , abbiamo p(E) =
⋅ =
.
10
9
10 9 15
In alternativa, possiamo applicare la definizione classica di probabilità:
p=
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numero dei casi favorevoli
.
numero dei cassi possibili
I casi possibili sono rappresentati dalle coppie (non ordinate) che si possono
formare con 10 oggetti; si tratta quindi delle combinazioni di 10 oggetti presi
10
10 !
= 45 .
a 2 a 2: C10, 2 = =
2 2 ! ⋅8 !
I casi favorevoli sono rappresentati dalle coppie che si possono formare con
4
4!
= 6.
4 oggetti, cioè dalle combinazioni di 4 oggetti a 2 a 2: C4, 2 = =
2 2! ⋅2!
6
2
=
.
Pertanto la probabilità cercata vale p =
45 15
0
. Il metodo più semplice
0
consiste nell’osservare che il limite proposto è il limite del rapporto incrementale della funzione, continua e derivabile, f (x) = esinx calcolato in x = p.
Esso corrisponde pertanto al valore assunto dalla derivata in x = p. Si ha
f'(x) = esinx · cos x da cui f '(p) = esinp · cos p = e0 · (–1) = –1, che è il valore del
limite richiesto.
In alternativa possiamo operare la sostituzione t = x – p, tenendo presente
che quando x → p abbiamo t → 0. Si ritrova lo stesso risultato, tenendo
8. Il limite si presenta sotto forma indeterminata
ex – 1
sin x
= 1 e lim
= 1.
x→0 x
x→0
x
conto dei limiti notevoli lim
9. Il quesito proposto è non banale. Partiamo da alcune definizioni. Due insiemi
si dicono equipotenti se è possibile stabilire una corrispondenza biunivoca tra
i due; in questo caso i due insiemi hanno la medesima cardinalità. Se un insieme è equipotente all’insieme dei numeri naturali N, esso viene detto numerabile. Sappiamo (si veda «Archimede», n. 1-2013, pag. 24) che l’insieme dei
numeri naturali N e l’insieme dei numeri razionali Q sono equipotenti;
d’altra parte, è noto che l’insieme R è non numerabile (questi risultati sono
dovuti a Cantor). Perciò ha ragione Luisa: infatti gli irrazionali costituiscono
l’insieme R−Q e, ovviamente, R è l’unione di Q e di R–Q. Se quest’ultimo insieme fosse numerabile, R risulterebbe a sua volta numerabile come
unione di due insiemi numerabili. In conclusione, l’insieme degli irrazionali
non è numerabile e quindi ha cardinalità maggiore dell’insieme dei razionali.
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10.Consideriamo la funzione f (x) = x2(3 − x): si tratta di una cubica di cui si
traccia facilmente il grafico. f (x) ha per dominio R, è continua e derivabile,
interseca gli assi in (0; 0) e (3; 0). È positiva o nulla per x < 3 e negativa per
x > 3. La sua derivata prima è f '(x) = –3x2 + 6x, per cui la funzione è decrescente per x < 0, crescente per 0 < x < 2 e decrescente per x > 2. Presenta
un minimo relativo in (0; 0) e un massimo relativo in (2; 4).
Intersechiamo ora la curva con la generica retta y = k. Dal grafico (figura 5)
si deduce che per 0 ≤ k < 4 otteniamo due soluzioni distinte nell’intervallo
[0, 3]. La retta y = 3 interseca f (x) in due punti, di cui il maggiore ha ascissa compresa tra 2 e 3. Per trovare un’approssimazione di tale soluzione, consideriamo l’equazione x2 (3 – x) = 3 e riscriviamola nel seguente modo:
3
3
x = 3 – 2 . Posto g( x) = 3 – 2 , osserviamo che la funzione g(x) è derix
x
6
vabile in [2, 3] e che | g '( x) | = 3 < 1 per ogni x ∈ [2, 3]. Inoltre l’immax
gine dell’intervallo [2, 3] è contenuta in [2, 3]; pertanto la funzione ammette un punto unito. Applichiamo il metodo del punto unito con valore iniziale
x0 = 3. Otteniamo i seguenti valori approssimati: x0 = 3, x1 = 2,6666, x2 = 2,5781,
x3 = 2,5486, x4 = 2,5381, x5 = 2,5343, x6 = 2,5329, x7 = 2,5323. Essendo verificata la condizione di convergenza, sappiamo che la successione dei valori
trovati converge all’unico punto unito cercato. Poiché le prime cifre decimali
non variano, possiamo ritenere che un’approssimazione sia x = 2,53.
10
y
7,5
5
2,5
–1
–2,5
1
2
3
x
–5
Figura 5 – Il grafico di y = x2 (3 – x)
commento
A nostro avviso la traccia proposta è risultata alla portata degli studenti dell’indirizzo PNI. Viene confermata la tendenza a incentrare le richieste sui contenuti di
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analisi affrontati dagli studenti nell’ultimo anno di studi. Il primo problema è simile, come impostazione, a quello proposto nella prova PNI del 2012. Viene richiesto
di desumere, a partire dai grafici di una funzione e della sua derivata seconda, l’andamento della derivata prima della funzione stessa. Il problema non è banale: richiede abilità di analisi dei dati forniti e la capacità di passare dal grafico di una funzione
a quello delle sue derivate prima e seconda. Molto interessante, a nostro avviso, la
seconda richiesta: la funzione fornita viene utilizzata per modellizzare la crescita di
un certo tipo di popolazione. Questo permette da un lato di mettere in campo competenze trasversali maturate dallo studente durante il suo corso di studi, dall’altro
fornisce un contesto reale di applicazione degli strumenti matematici acquisiti. Non
presentano particolari difficoltà invece i rimanenti due punti: l’ultima domanda è
una semplice applicazione del teorema fondamentale del calcolo integrale.
Piuttosto standard, e anche questo incentrato su contenuti di analisi, il secondo
problema. Esso si articola in alcuni punti sostanzialmente indipendenti gli uni
dagli altri, aspetto questo che dovrebbe aver agevolato anche gli studenti meno
sicuri. Non particolarmente significativa, a nostro avviso, la richiesta di calcolare,
con tre cifre significative, le ascisse del punto di flesso e del punto di minimo, vista
la possibilità di usare la calcolatrice. Lascia qualche perplessità anche la richiesta,
nel terzo punto, di un cambiamento di unità di misura, che sembra fine a se stessa.
Più interessante la richiesta del calcolo dell’area, in quanto si perviene a un integrale generalizzato. Come proposto nella soluzione del problema, è opportuno
stabilire un risultato più generale per i limiti del tipo
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lim xα ln x , con a > 0,
x → 0+
piuttosto che calcolare diverse volte lo stesso tipo di limite ricorrendo al teorema
di De l’Hôpital. Il problema, così come formulato, non presenta nel complesso
particolari difficoltà, anche in considerazione della somiglianza della funzione con
quella assegnata nel tema d’esame PNI del 2005.
Per quanto riguarda i questi, i numeri 1, 3, 4 e 5 sono analoghi a quelli della
prova di ordinamento. Il quesito 1 è una semplice applicazione di un noto teorema
di trigonometria e non presenta, di fatto, alcuna difficoltà. Una questione di geometria solida, il calcolo del volume del tronco di piramide retta a base quadrata,
compare nel quesito 4; notiamo che lo stesso quesito, con una formulazione leggermente diversa, era stato assegnato nella prova di ordinamento del 2001.
I quesiti 2, 3, 8 e 10 riguardano varie questioni di analisi. Il quesito 3 è un problema di massimo che conviene tuttavia risolvere per via geometrica piuttosto che
per via analitica. Il quesito 8 richiede il calcolo di un limite senza però poter applicare il teorema di De l’Hôpital; il quesito risulta di facile risoluzione una volta riconosciuto il limite di un particolare rapporto incrementale.
Più interessanti i rimanenti quesiti. Il calcolo combinatorio del quesito 6 ci
sembra in sintonia con le richieste dei giochi matematici, mentre il quesito 5 è una
riformulazione della legge di dilatazione lineare e volumica dei solidi.
Concludiamo con un’osservazione sul quesito 9. Sebbene negli ultimi anni (si
vedano i temi di maturità 2011 e 2012) siano comparsi in vario modo questioni ri41
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guardanti la cardinalità di insiemi infiniti, ci sembra che la richiesta di quest’anno sia
stata eccessivamente complessa. Motivare adeguatamente il fatto che la cardinalità
degli irrazionali è maggiore della cardinalità dei razionali non sembra alla portata di
uno studente di quinta. Inoltre, nella formulazione del quesito si usa una terminologia poco adeguata alle delicate questioni riguardanti gli insiemi infiniti, che potrebbe essere risultata fuorviante. A riprova di questo fatto, molte delle soluzioni
proposte nei vari siti internet sono ben lontane dal fornire una risposta esauriente.
Mauro Dianin
Liceo «Maria Ausiliatrice», Padova
[email protected]
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