ESAME DI MATURITA’ 2010 QUESITI DELLA SECONDA
PROVA DI MATEMATICA LICEO SCIENTIFICO
TRADIZIONALE
A cura di Alberto Bellato
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1
Quesito 1
Un pilinomio di grado n può essere scritto nella forma:
pn (x) = an · xn + an−1 · xn−1 + ... + a2 · x2 + a1 · x + a0
Per derivare il polinomio, poiché l’operazione di derivazione è lineare, è sufficiente applicarla ad ogni addendo ai · xi . Osservando il
primo termine an · xn , avremo:
0
pn (x) = n · an · xn−1
La derivata seconda sarà:
00
pm (x) = n(n − 1) · an · xn−2
E cosı̀ via. Osserviamo che il coefficiente an viene moltiplicato per
il fattore n · (n − 1) · (n − 2) · .... Ma questa è proprio l’espressione
del fattoriale: n!
1
2
Quesito 2
La dimostrazione è presto ravvisata nella definizione della retta r.
Giacché la retta giace perpendicolare al piano del triangolo ABC,
è evidente che l’angolo firmato dalla retta medesima con qualsiasi
segmento giacente nel piano ABC sarà 90 gradi. Avremo dunque il
triangolo PAB rettangolo in B e PBC rettangolo in B. Il triangolo
PCA sarà rettangolo in A, poiché è ottenuto dal triangolo ABC
mediante una omotetia lungo l’asse AB. Chiarimento: L’angolo in
A non cambia poiché è stato unicamente allungato il lato AB, e
giocoforza il lato CP, senza toccare l’angolo in A.
3
Quesito 3
La funzione è f (x) = e3x +1. Il coefficiente angolare della retta tangente è presto trovato calcolando la derivata prima della funzione.
Avremo f 0 (x) = 3 · e3x . Imponiamo ora
0
f (x) = 2 ⇒ 3 · e3x = 2 ⇒ x =
2
1
· ln
3
3
.
4
Quesito 4
sin( x1 )
1
limx→∞ 4x · sin( ) = limx→∞ 4 ·
1
x
x
Dove si è sfruttato limt→0 sin(t)
=1
t
2
!
= limt→0 4 ·
sin(t)
=4
t
5
Quesito 5
Chiamiamo a l’apotema del cono, r il raggio della circonferenza
di base, e h l’altezza. Osservando una sezione assiale del cono,
possiamo scrivere:
r2 = a2 − h2
Scriviamo l’espressione del volume del cono:
V =
1 2
·r π·h
3
Giacché è necessario calcolare il volume del cono massimo, dobbiamo facilmente ricercare il valore di h che rende massimo il volume
del cono. Si tratta di un problema di massimo e minimo applicato
alla funzione V(h). Calcoliamo il massimo studiando la derivata
della funzione:
V (h) =
π
π · h · (a2 − h2 )
= · (a2 · h − h3 )
3
3
π
· (a2 − 3h2 )
3
Studiando il segno (omettiamo il calcolo per brevità) otteniamo il
punto di massimo relativo in h = √a3 . Il calcolo del volume per il
valore di h appena trovato conduce al risultato: V = 252, 8 litri.
Attenzione al passaggio da cm3 a litri!
0
V (h) =
6
Quesito 6
q
Il dominio della funzione y = cos(x) è determinato imponendo
positivo l’argomento della radice. Avremo:
cos(x) ≥ 0 ⇒ −
π
π
+ 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ
2
2
3
7
Quesito 7
Per imporre la continuità, è necessario imporre l’uguaglianza dei
limiti destro e sinistro della funzione in x=4. Calcoliamo il valore
assunto dalla funzione in x=4:
f (4) = 3 · (4)2 − 11 · 4 − 4 = 0
Imponiamo l’uguaglianza col limite destro:
k · (4)2 − 2 · 4 − 1 = 0 ⇒ 16k − 9 = 0 ⇒ k =
8
9
16
Quesito 8
Una progressione si dice aritmetica quando è costante la differenza
fra elementi consecutivi. Dalle formule dei coefficienti binomiali si
ottiene:
!
n
n!
=
(n − 1)! · 1
n−1
!
n
n!
=
n−2
(n − 2)! · 2
!
n
n!
=
(n − 3)! · 3
n−3
Si prosegue operando la differenza fra i membri consecutivi, scrivendo:
!
!
!
!
n
n
n
n
−
=
−
n−3
n−2
n−2
n−1
Si può semplificare il calcolo cosı̀:
!
!
!
n
n
n
=2·
−
n−3
n−2
n−1
4
A questo punto vanno sviluppate le espressioni dei coefficienti binomiali, eseguendo le semplificazioni:
2!
n!
n!
= 2·
−
(n − 3!) · (n − (n − 3))!
(n − 2)! · (n − (n − 2)!) (n − 1)! · (n − (n − 1))!
n!
n!
n!
=2·
−
3! · (n − 3)!
2! · (n − 2)! (n − 1)!
A questo punto l’equazione va semplificata espandendo i singoli termini fattoriali. Per semplicità di esposizione omettiamo i passaggi,
scrivendo il risultato finale:
(n − 2)(n − 1) = 6 · (n − 2) ⇒ n = 7
9
Quesito 9
Per dimostrare il fatto che un triangolo siffatto non può esistere,
possiamo ragionare sulla misura minima del lato AC, con le condizioni poste. Chiamiamo r la retta passante per B, sulla quale
vogliamo individuare il vertice C. La misura minima del lato AC è
ottenibile calcolando la distanza della retta r dal punto A; per definizione, il segmento AC sarà perpendicolare a r, e disegnando tale
segmento avremo individuato un triangolo ABC rettangolo in C.
Ora, la misura di AC si può trovare sfruttando le proprietà dei triangoli rettangoli, scrivendo brevemente AC = AB · sen(30) ' 2, 12.
Ecco che la misura risulta superiore al 2 imposto in precedenza. Il
triangolo ricercato in partenza non può dunque esistere.
In via alternativa,possiamo dire che una circonferenza di raggio 2
centrata in A non potrà mai toccare la retta r, ma la dimostrazione
è leggermente più complessa.
Per quanto riguarda il secondo punto, possiamo costruire il triangolo ed osservare il disegno:
Il Teorema di Carnot fornisce:
5
AC 2 = CB 2 + AB 2 − 2CB · AB · cos(30)
Con i dati in nostro possesso, otteniamo una equazione di secondo
grado nella variabile CB. Avremo:
22 = x2 + 32 − 2 · x · 3 · cos(30)
√
x2 − 3 · 3x + 5 = 0
Risolvendo l’equazione di secondo grado otteniamo i due valori del
lato CB:
√
√
3 3± 7
CB1,2 =
2
6
10
Quesito 10
Giacché la rotazione avviene attorno all’asse y, è conveniente modificare leggermente la funzione. L’integrale di rotazione che stiamo
calcolando è una sorta di ciotola con parete cilindrica, ottenibile
sottraendo dal volume di un cilindro di raggio 4 ed altezza 2 il volume del solido di rotazione di f (x) = x2 fra x=0 e x=2, attorno
all’asse x. Avremo, utilizzando il Teorema di Fubini:
2
V = π·4 ·2−
Z 2
Z 2
2 2
π·[x ] dx = 32·π−
0
0
7
1
π·x dx = 32·π−π x5
5
4
2
= 32π−
0
32
128
π=
·π
5
5
