Seconda prova 2005 (PNI). - Liceo Scientifico "E. Fermi"

Transcript

Sessione ordinaria LS_PNI 2005
Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
1)
4x − x 2
ha vertice in V = (2,1) ed incontra l’asse delle
4
ascisse in A = (0,0), B = (4,0) . Per mostrare che essa non ha punti in comune con la retta
di equazione 4 y = x + 6 , si deve innanzitutto risolvere il sistema seguente:
La parabola di equazione y =
4 y = 4 x − x 2
⇒ 4 x − x 2 = x + 6 ⇒ x 2 − 3x + 6 = 0

4 y = x + 6
Ma x 2 − 3 x + 6 = 0 ha un discriminante ∆ = 9 − 24 = −15 < 0 per cui la retta è esterna
alla parabola e non ha perciò alcun punto in comune con essa.
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1
2)
 4x − x 2 
 con 0 ≤ x ≤ 4 . La
Un punto generico della parabola ha coordinate P =  x,
4 

distanza di P dalla retta 4 y − x − 6 = 0 , utilizzando la formula della distanza punto-retta
si ha:
d ( x) =
4x − x 2 − x − 6
17
=
3x − x 2 − 6
17
=
x 2 − 3x + 6
17
in cui il valore assoluto è stato eliminato ed è stato cambiato il segno poiché
3x − x 2 − 6 < 0 ∀x ∈ R
Ora la distanza d ( x) =
x 2 − 3x + 6
non è altro che una parabola con concavità rivolta
17
verso l’alto, per cui il minimo lo si raggiungerà nel suo vertice e sarà pari a
3
15
 3 15 
. In conclusione P =  ,  .
x min = V x ,d ( x ) = ⇒ d min =
2
4 17
 2 16 
3)
La retta simmetrica della retta di equazione 4 y = x + 6 ha equazione 4(− y ) = x + 6 .
2
Le intersezioni della parabola y =
4x − x 2
con la retta s : 4(− y ) = x + 6 si trovano col
4
sistema seguente:
4 y = 4 x − x 2
5±7
⇒ 4 x − x 2 = − x − 6 ⇒ x 2 − 5x − 6 = 0 ⇒ x =
⇒ x1 = 6, x 2 = −1

2
− 4 y = x + 6
5

Le intersezioni sono allora C =  − 1,− , D = (6,−3) .
4

L’area richiesta è allora:
6
6
 x 2
 x 2 5 x
  x 3 
AREA = ∫  −
+
+
+ x  −  − − dx = ∫  −
4
4
4
  4 2 
−1 
−1 
3 
dx =
2 
6
 x 3 5 x 2 3x 
45
1 5 3 − 432 + 540 + 216 − 2 − 15 + 36 343
+
+  = −18 +
+9− − + =
=
−
8
2  −1
2
12 8 2
24
24
 12
4)
L’area del segmento parabolico del primo quadrante, sfruttando il teorema di Archimede,
2
2
8
è i dell’area del rettangolo circoscritto, per cui si ha S = * 4 *1 = .
3
3
3
Si consideri la figura seguente:
3
Le intersezioni della parabola y =
4x − x 2
con la retta y = c si trovano col sistema
4
seguente:
4 y = 4 x − x 2
⇒ 4 x − x 2 = 4c ⇒ x 2 − 4 x + 4c = 0 ⇒ x = 2 ± 2 1 − c

y = c
L’area del segmento parabolico R delimitato dalla parabola di equazione y =
con la retta y = c , sfruttando il teorema di Archimede, è i
4x − x 2
4
2
dell’area del rettangolo
3
circoscritto, per cui si ha
S (c) =
(
)
3
2
8
8
1 − c 2 + 2 1 − c − 2 + 2 1 − c = 1 − c 1 − c = (1 − c ) 2
3
3
3
in cui il valore assoluto è superfluo visto che 0 ≤ c ≤ 1 . Ora imponendo che
S (c ) =
3
3
8
(1 − c ) 2 = S = 4 ⇒ (1 − c ) 2 = 1 ⇒ c = 1 − 3 1
3
2 3
2
4
5)
La figura sottostante rappresenta alcune sezioni del solido richiesto:
4
Il volume richiesto è calcolabile attraverso l’integrale seguente:
2
4

 2 x4 x3 
x2 
− dx =
V = ∫  x −  dx = ∫  x +
4
16
2 

0 
0
4
4
 x3 x5 x4 
64 1024
64 64
320 + 192 − 480 32
= +
−  =
+
− 32 =
+
− 32 =
=
3
80
3
5
15
15
 3 80 8  0
5
Soluzione
1)
Per ipotesi sappiamo che f (0) = 1 , per cui affinché la funzione
 f ( 0) = 1


x2
(3 − 2 ln x ) + 1
f
(
x
)
=

2

x>0
 x2

sia continua in x = 0 , dobbiamo provare che lim+  (3 − 2 ln x ) + 1 = 1 . Ed in effetti
x →0
2

ricordando
il
teorema
di
De
l’Hospital
si
ha
che
1
H
 x2 
ln
x
lim+ x 2 ln x = lim+
= lim+ x = lim+  −  = 0 per cui
x →0
x →0
1 x →0
2 x →0  2 
− 3
2
x
x
2
x

 3x 2 
lim+  (3 − 2 ln x ) + 1 = lim+ 
x 2 ln x + 1 = 0 − 1 + 1 = 1
 − xlim
x →0
x →0
→0 +
2
2




Quindi la funzione considerata è continua in x = 0 .
Vediamo ora la derivabilità, calcolando la derivata di f ( x) =
x > 0.
x2
(3 − 2 ln x ) + 1
2
per
6
Si ha:
f ' ( x) = 3x − x − 2 x ln x = 2 x − 2 x ln x
da cui
lim [2 x − 2 x ln x] = lim+ 2 x − lim+ 2 x ln x = 0 − lim+ 2 x ln x =
x →0 +
x →0
x →0
x →0
1
ln x H
= − lim+
=− lim+ x = lim+ 2 x = 0
x →0
x →0
x →0
1
1
− 2
2x
2x
per cui la funzione presenta anche la derivata destra in x = 0 pari al valore di quella
sinistra e cioè f ' (0 − ) = f ' (0 + ) = 0 e ciò dimostra la derivabilità della funzione stessa.
Inoltre ricordando che per funzioni di una sola variabile reale la derivabilità implica la
continuità, la dimostrazione della derivabilità in x = 0 implica anche la continuità della
funzione in x = 0 .
2)
Per dimostrare che l’equazione f ( x) = 0 ha un’unica radice reale in [0,+∞[ ricordiamo la
x2
derivata della funzione f ( x) =
(3 − 2 ln x ) + 1
2
per x > 0 :
f ' ( x) = 2 x − 2 x ln x = 2 x (1 − ln x) ≥ 0 ⇒ 1 − ln x ≥ 0 ⇒ 0 < x ≤ e
per cui nell’intervallo 0 < x ≤ e la funzione è crescente ed assumerà certamente valori
positivi essendo f (0) = 1 > 0 , mentre in [e,+∞[ la funzione è decrescente. Inoltre
 x2

x2
(3 − 2 ln x ) = 1 + (+ ∞ )(− ∞ ) = 1 − ∞ = −∞
lim  (3 − 2 ln x ) + 1  = 1 + lim
x → +∞ 2
x → +∞ 2


x2
= +∞, lim (3 − 2 ln x ) = −∞ . Questo significa che in [e,+∞[
x → +∞ 2
x → +∞
∃! x : f ( x ) = 0 . Questo valore lo si trova applicando il teorema degli zeri. Ad esempio
25
(3 − 2 ln 5) + 1 < 0 per cui questa unica radice reale
f (4) = 8(3 − 4 ln 2) + 1 > 0, f (5) =
2
si troverà certamente nell’intervallo [4,5], e può essere calcolata con uno dei metodi
numerici a disposizione, come il metodo di bisezione.
dal momento che
lim
7
Applichiamo il metodo di bisezione all’intervallo [4,5] accettando di fermarci quando
l’ampiezza dell’intervallo considerato ad ogni iterazione è minore di 0.001. Per fare ciò
riportiamo di seguito i dati ricavati tramite tabella excel:
a
b
(a + b )
f (a)
2
4
5
4.5
4.5
5
4.75
4.5
4.75
4.625
4.62
5
4.68
75
4.68
75
4.68
75
4.68
75
4.68
75
4.68
945
4.68
945
4.75
4.6875
4.75
4.7187
5
4.7031
3
4.6953
1
4.6914
1
4.6894
5
4.6904
3
4.71
875
4.70
313
4.69
531
4.69
141
4.69
141
4.69
043
2.8192
9
0.9174
3
0.9174
3
0.3267
0
0.0134
4
0.0134
4
0.0134
4
0.0134
4
0.0134
4
0.0034
6
0.0034
6
f (b)
 (a + b )  b − a
f

 2 
b − a < 0.001
#
bisezioni
-1.73595 0.91743
1
-1.73595 -0.31189
0.5
no
1
-0.31189 0.32670
0.25
no
2
-0.31189 0.01344
0.12
5
0.06
25
0.03
125
0.01
563
0.00
781
0.00
391
0.00
195
0.00
098
no
3
no
4
no
5
no
6
no
7
no
8
no
9
stop
10
-0.31189 -0.14771
-0.14771 -0.06676
-0.06676 -0.02656
-0.02656 -0.00654
-0.00654 0.00346
-0.00654 -0.00154
-0.00154 0.00096
Quindi un valore approssimato con due cifre significative è x ≅ 4.69
3)
Studiamo ora la funzione
 f ( 0) = 1


x2
(3 − 2 ln x ) + 1
f
(
x
)
=

2

x>0
Dominio: x > 0 anche se abbiamo visto che essa è prolungabile per continuità in x = 0
Intersezioni asse delle ascisse: come gia notato ∃! x : f ( x ) = 0 e si ha x ∈ [e,5]
8
Intersezioni asse delle ordinate: l’unica intersezione è nel punto di prolungabilità per
continuità e cioè (0,1).
Positività: come notato dallo studio della derivata prima, e dall’identificazione dell’unico
zero reale presente la funzione è sempre crescente 0 < x ≤ e (con f (0) = 1 > 0 ) e
decrescente [e,+∞[ , per cui la funzione è positiva in [0, x ) e negativa altrove.
Asintoti verticali: non ce ne sono vista la prolungabilità per continuità in x = 0
 x2

Asintoti orizzontali: non ce ne sono visto che lim  (3 − 2 ln x ) + 1  = −∞ come già
x → +∞ 2


evidenziato.
Asintoti
obliqui:
non
ce
ne
sono
poiché
 x2

 (3 − 2 ln x ) + 1 
2
 = lim  x (3 − 2 ln x ) + 1  = −∞
lim 

x → +∞
x → +∞  2
x


Crescenza e decrescenza: lo studio della derivata prima comporta che la funzione è
sempre crescente 0 < x ≤ e e decrescente [e,+∞[ , mentre la derivata seconda per x > 0 è
 5
pari a f ' ' ( x) = 2 − 2 ln x − 2 = −2 ln x = 0 ⇒ x = 1 per cui in 1,  la funzione ha un
 2
 e2

flesso; inoltre f ' ' (e) = −2 < 0 per cui il punto  e, + 1 è un massimo relativo ed
 2

assoluto per la funzione.
Il grafico è sotto presentato:
9
5
 5
Nel punto 1,  la tangente ha equazione y = m( x − 1) + con
2
 2
m = f ' (1) = (2 x − 2 x ln x) x =1 = 2 per cui la tangente ha equazione y = 2 x +
1
:
2
4)
Si consideri la figura seguente che è uno zoom della regione di interesse della figura
precedente:
10
L’area richiesta è
1
1
 x2
 3x 2

1 
1

An = ∫  (3 − 2 ln x ) + 1 −  2 x + dx = ∫ 
− 2 x + − x 2 ln x dx
2 
2

1  2
1  2

n
n
Ricordando l’integrazione per parti si ha:
∫ (x
2
)
ln x dx =
x3
x3  1 
x3
x3
+k
ln x − ∫  dx =
ln x −
3
3 x
3
9
per cui
1
1
 x2
 3x 2

1 
1

An = ∫  (3 − 2 ln x ) + 1 −  2 x + dx = ∫ 
− 2 x + − x 2 ln x dx =
2 
2

1  2
1  2

n
n
1
1
x
11x

x x
x 
x x3
=  − x 2 + − ln x +  = 
− x 2 + − ln x  =
2 3
9  1  18
2 3
2
1
3
3
3
3
n
n
11
1
11
1
1
1 1
−1+ −
+ 2 −
+ 3 ln  =
3
18
2 18n
2n 3n  n 
n
1
11
1
1 ln(n)
= −
+ 2 −
−
3
9 18n
2n 3n 3
n
=
5)
Va calcolato il seguente limite:
11
1
1 ln(n)  1
1
1 
1
 11
 ln(n) 
lim An = lim  −
+ 2 −
−
= + lim  −
+ 2 −  − lim  3 
3
3
3

n → +∞
n → +∞ 9
2n 3n  9 n→+∞ 18n
2n  n→+∞ 3n 
18n
n
n

11
1
1 
 11
 11 
 1 
 1 
Ora lim  −
+ 2 −  = lim  −
+ lim  2  + lim  −  = 0 essendo i tre

3
3
n → +∞
2n  n→ +∞ 18n  n→ +∞ n  n→ +∞ 2n 
n
 18n
limiti banalmente nulli.
Inoltre applicando de l’Hopital si ha per l’altro limite:
1
H
ln(
)
1
n


lim  3  = lim n 2 = lim 3 = 0 per cui
n → +∞ 3n
n → +∞ 9n

 n→+∞ 9n
11
1
1 ln(n)  1
1
1 
1
 11
 ln(n)  1
lim An = lim  −
+ 2 −
−
= + lim  −
+ 2 −  − lim  3  =
3
3
3

n → +∞
n → +∞ 9
2n 3n  9 n→ +∞ 18n
2n  n→+∞ 3n  9
18n
n
n

Questo risultato lo si interpreta geometricamente col fatto che se n → +∞ la retta x =
1
n
tende all’asse delle ordinate, per cui A∞ rappresenta l’area compresa tra il grafico della
 5
funzione, l’asse delle ordinate e la sua tangente inflessionale in 1,  .
 2
12
13
14
Soluzione
1)
Si consideri la figura seguente:
L’angolo in Ĉ = 36° essendo la decima parte dell’angolo piatto, mentre il lato AB del
triangolo ABC è evidentemente il lato del decagono inscritto, mentre AH è la bisettrice
riferita
al
lato
BC.
In
questo
modo
si
ha:
HAˆ B = HAˆ C = 36° ⇒ AH = HC , ABˆ H = AHˆ B = 72° ⇒ HA = AB . In questo modo il
triangolo AHB risulta essere simile al triangolo di partenza ABC per cui vale la seguente
uguaglianza:
CH HB CB − CH
=
=
CB AB
CH
Ora detto CH = HA = AB = x l’uguaglianza si riscrive:
x r−x
−1 ± 5
=
⇒ x 2 + rx − r 2 = 0 ⇒ x = r
r
x
2
15
di cui la soluzione accettabile è x = r
−1 + 5
essendo CH = HA = AB = x il lato del
2
decagono e quindi una quantità strettamente positiva. Per cui, ricordando che
−1 + 5
è
2
la sezione aurea dell’unità, si ha che il lato del decagono è sezione aurea del raggio.
Ora per il teorema dei seni applicato al triangolo AHB si ha:
AB
HB
AB sin(72°) 2 sin(36°) cos(36°)
=
⇒
=
=
= 2 cos(36°) ⇒
HB sin(36°)
sin(72°) sin(36°)
sin(36°)
AB
AB
AB
=
=
=
cos(36°) =
2 HB 2(CB − CH ) 2(CB − AB )
−1+ 5
5 −1
3 + 5 5 −1
5 +1
2
=
=
=
8
4
 −1+ 5  2 3 − 5
2r 1 −

2 

r
(
)
(
)(
2
 5 +1
6+2 5 1
 = 1− 

Ora sin(36°) = 1 − cos (36°) = 1 − 

 16  = 4 10 − 2 5 mentre
4




2
2
 5 +1
 AB sin(36°) 

sin(18°) = cos(72°) = 1 − sin (72°) = 1 − 
 = 1 − 

HB
2




2
 3 + 5  5 − 5 
10 + 2 5

 = 1−
1 − 
=


16
 2  8 
2
5− 5 


 8 =


6−2 5
5 −1
=
16
4
2)
Affinché due curve f ( x ), g ( x ) siano tangenti nel medesimo punto di ascissa x0 deve
aversi che
 f ( x 0 ) = g ( x0 )

 f ' ( x0 ) = g ' ( x0 )
La
prima
condizione
sin( x0 ) = 1 ⇒ x0 =
π
2
per
le
curve
f ( x) = x sin( x ), g ( x) = x
+ 2kπ , mentre la seconda impone
comporta
sin( x0 ) + x0 cos( x0 ) = 1 ,
16
)
equazione quest’ultima soddisfatta da x0 =
π
2
+ 2kπ . Ecco per cui è stato dimostrato che
le due curve f ( x) = x sin( x), g ( x) = x sono tangenti quando sin( x) = 1 .
Analogamente il discorso vale per f ( x) = x sin( x), g ( x ) = − x per le quali la prima
condizione
impone
sin( x0 ) = −1 ⇒ x0 =
3π
+ 2kπ ,
2
mentre
la
seconda
sin( x0 ) + x0 cos( x0 ) = −1 , equazione quest’ultima soddisfatta da x0 =
impone
3π
+ 2kπ . Ecco
2
per cui è stato dimostrato che le due curve f ( x) = x sin( x), g ( x ) = − x sono tangenti
quando sin( x) = −1 .
3)
Nella teoria delle trasformazioni geometriche, una traslazione corrisponde alla
composizione σ o φ di due simmetrie assiali , φ con asse r e σ con asse s . Inoltre se la
composizione è una traslazione si ha:
I due assi, r , s sono paralleli;
r
I due assi, r, s sono perpendicolari al vettore v di traslazione;
r
La distanza tra i due assi è la metà del modulo del vettore v ;
r
Il vettore v è diretto da r verso s .
r
r
Il vettore v di traslazione è pari a v =
r
perpendicolare al vettore v =
(
)
(
)
5 ,− 5 , per cui la piu’ immediata retta
5 ,− 5 non è altro che la bisettrice del primo e terzo
quadrante, cioè r : y = x per cui la prima trasformazione è:
 x' = y
 y' = x
φ :
17
Ora una retta s parallela alla retta r : y = x e che ha distanza da essa pari a
d=
 5
1 r 1
1
5
2
2
 ed ha equazione
v =
vx + v y =
10 , passa per il punto 
,−
2
2
2
2 
 2
s : y = x − 5 . Ora dobbiamo determinare la trasformazione σ .
Per fare ciò dobbiamo ricordare che dato un generico punto P( x, y ) ed il suo simmetrico
P' ( x' , y ' ) rispetto a σ , la retta PP’ è perpendicolare ad s : y = x − 5 per cui dobbiamo
imporre che
y '− y
= −1 ⇒ y '− y + x'− x = 0 e che il punto medio del segmento PP’
x'− x
appartenga alla retta s : y = x − 5 cioè
y '+ y x'+ x
=
− 5 ⇒ y '+ y − ( x'+ x ) = −2 5 . Per
2
2
cui dal sistema
 y '− y + ( x'− x ) = 0

 y '+ y − ( x'+ x ) = −2 5
ricaviamo, sottraendo l’una dall’altra e poi sostituendo:
 x' = x + y − y ' = y + 5
 y ' = x − 5
σ :
Per cui la trasformazione completa diretta fornisce:
φ
σ
σ o φ : P ( x, y ) → P ' ( x ' , y ' ) → P ' ' ( x ' ' , y ' ' )
 x' = y σ  x' ' = y '+ 5 = x + 5
→
 y ' = x  y ' ' = x'− 5 = y − 5
σ oφ : 
Che corrisponde alla trasformazione originaria.
La trasformazione inversa comporta:
σ
φ
φ o σ : P ( x, y ) → P ' ( x ' , y ' ) → P ' ' ( x ' ' , y ' ' )
 x' = y + 5
σ  x' ' = y ' = x − 5

→
 y ' = x − 5  y ' ' = x' = y + 5
φ oσ : 
(
r
con vettore di traslazione v = − 5 , 5
)
18
4)
Il cilindro circolare retto della figura sottostante ha raggio di base x > 0 ed altezza h > 0 .
La sua superficie totale sarà allora
AT = Abasi + Alaterale = 2πx 2 + 2πhx
Inoltre per ipotesi V = π hx 2 da cui h =
V
per cui
πx 2
AT = 2πx 2 + 2πhx = 2πx 2 +
2V
x
L’obiettivo è ora di minimizzare l’area totale, per cui si calcolano le derivate:
(
)
2V 2 2πx 3 − V
V
=
> 0 ⇒ πx 3 − V > 0 ⇒ x > 3
2
2
2π
x
x
4V
AT'' = 4π + 3
x
 V 
 = 8π > 0
AT''  3

 2π 
AT' = 4πx −
19
per cui il minimo dell’area totale lo si raggiunge quando
V
h= 2 =
πx
V
V 
π 
 2π 
2
3
=
VV
−
2
3
2
2
23π 3
π
x=3
V
2π
da cui
1
V
 V 3
= 2
= 2 x . Quindi il minimo dell’area
 = 23
2π
 2π 
totale lo si ha quando l’altezza è pari al diametro di base e quindi quando il cilindro retto
risulta equilatero. Inoltre utilizzando i dati presenti si ha V = 0.4l ≅ 400cm 3 da cui
V
200
=3
≅ 4cm
2π
π
h = 2 x ≅ 8cm
x=3
5)
Il numero di Nepero, come π , è un numero trascendente irrazionale cioè non è soluzione
di una equazione polinomiale a coefficienti razionali. Se a Nepero è attribuita la scoperta
del numero e, ad Eulero va il merito di averlo approfondito e reso popolare. Fu Eulero per
primo ad indicarlo con la lettera "e" ed a calcolarlo fino alla 13ª cifra decimale:
2.7182818284590.
Le definizioni del numero di Nepero possono essere molteplici. Ne evidenzieremo tre. La
prima si basa sul concetto di limite , per cui il numero di Nepero non è altro che
n
 1
lim 1 +  = e .
n→ +∞
 n
La seconda sfrutta l’espansione in serie di Taylor della funzione esponenziale per cui
un'ulteriore definizione potrebbe essere fornita dalla somma della seguente serie
convergente:
+∞
1 1 1 1 1
= + + + + LL
0! 1! 2! 3!
n = 0 n!
e=∑
Un modo alternativo (non standard) di definire e coinvolge le equazioni differenziali: il
numero di Nepero si può definire come il valore in x = 1 della funzione f(x) soluzione
unica del problema di Cauchy dato dall'equazione differenziale f ' ( x) = f ( x) con
condizioni iniziali f(0) = 1 e risolvibile semplicemente attraverso la separazione delle
variabili come mostreremo a breve.
Il problema di Cauchy è
20
 f ' ( x ) = f ( x)

 f ( 0) = 1
che sotto alcune ipotesi, si dimostra fornire un’unica soluzione.
Per calcolarla basta ricordare le equazioni differenziali a variabili separabili: infatti
l’equazione differenziale f ' ( x) = f ( x) , supponendo f ( x ) ≠ 0 si può riscrivere come:
f ' (x )
=1
f (x )
Ed integrando ambo i membri in dx si ricava:
f ' (x )
∫ f (x ) dx = ∫ dx cioè ln f (x ) = x + k
Quindi il problema iniziale diventa:
ln f ( x ) = x + k

 f ( 0) = 1
Dalla prima, per x=0, si ricava ln f (0 ) = k e ricordando che la condizione iniziale
impone f (0) = 1 , allora si ricava k = ln 1 = 0 , per cui infine si ricava:
ln f ( x ) = x → f ( x ) = e x → f ( x ) = ± e x
In cui va scartata la soluzione f ( x ) = −e x perché non soddisfa la condizione iniziale.
In conclusione la soluzione esiste, è unica ed è l’autofunzione f ( x ) = e x che valutata in
x = 1 fornisce il numero di Nepero.
Il problema di Cauchy sopra svolto torna utile anche perché evidenzia come la funzione
f ( x ) = e x abbia derivata coincidente con essa stessa (ecco per cui è chiamata
autofunzione), per cui a questo punto avremmo risposto anche alla seconda domanda
posta dal quesito.
Un ulteriore modo per dimostrare ciò è applicare la definizione e quindi effettuare il
limite del rapporto incrementale:
f ( x + h) − f ( x )
f ( x + h) − f ( x )
e x+h − e x
f ' ( x) = lim
= lim
= lim
=
h →0
h→0
h →0
x+h−x
h
h
ex eh −1
eh −1
lim
= e x lim
= ex
h→0
h
→
0
h
h
(
)
(
)
21
dal momento che lim
h→0
(e
h
− 1)
= 1 per il limite fondamentale.
h
Un modo per calcolare il valore è sfruttare una delle sue definizioni, ad esempio quella
n
 1
come limite di successione lim 1 +  = e . In tal caso si può notare come già per
n → +∞
 n
n=5000 si ottiene un’approssimazione con le prime tre cifre decimali corrette.
6)
Poiché le due rette si corrispondono secondo una omotetia di centro l’origine, allora
l’equazione dell’omotetia è
 x' = ax
 y ' = ay
σ :
e la sua inversa sarà:

x =
−1 
σ :
y =

x'
a
y'
a
Sostituendo entrambe le equazioni della trasformazione σ −1 nell’equazione della retta
y = 2 x + 1 si ricava la retta
y'
x'
= 2 + 1 ⇔ y ' = 2 x'+ a . Tale retta corrisponde alla
a
a
retta y = 2 x − 4 se e solo se a = −4 per cui
 x' = −4 x
 y ' = −4 y
σ :
e la sua inversa sarà:
x'

x=−


4
σ −1 : 
 y = − y'

4
7)
Matematicamente il fattoriale è definito in maniera ricorsiva e cioè:
n(n − 1)! n ≥ 1
n!= 
n=0
1
22
Nel calcolo combinatorio e probabilistico il simbolo n! indica il numero di permutazioni
che si possono fare con n oggetti.
Ad esempio se volessimo conoscere quante parole è possibile comporre con n lettere
prese a caso, allora il numero di tali parole sarà n!= n(n − 1 = (n − 2)(n − 3) KK * 2 *1 .
Prendiamo a tal proposito la parola TRE e vediamo quante altre parole si ricavano
permutando le lettere T, R ed E: si hanno le seguenti parole:
TRE,TER,RTE,RET,ETR,ERT
cioè si hanno 6 parole come previsto dal fattoriale 3!=3*2*1=6.
Il legame col coefficiente binomiale viene fuori della potenza n-esima del binomio di
Newton
(a + b )n = ∑  a k b n−k
k
n
n
k =0
 
n
n!
è il cosiddetto coefficiente binomiale.
dove   =
 k  k!(n − k )!
n
n!
in termini probabilistici indica il numero di scelte che si
Il simbolo   =
 k  k!(n − k )!
possono fare con k oggetti a partire dagli n totali.
Ad esempio se lanciamo 5 volte una moneta non truccata e vogliamo sapere quante volte
escono tre teste, utilizzando il coefficiente binomiale si ricava che tre teste escono un
numero di volte pari a
5
5!
5!
120
  =
=
=
= 10
 3  3!(5 − 3)! (3!)(2!) 6 * 2
Infatti le possibili combinazioni di 3 teste sui 5 lanci in totale sono:
TTTCC, TTCTC, TTCCT, TCTCT, TCTTC, TCCTT, CTTTC, CTTCT, CTCTT,
CCTTT.
Per cui la probabilità che escono tre teste in 5 lanci sarà, sfruttando la distribuzione
binomiale ed essendo la probabilità di uscire testa pari a quella di uscire croce e pari ad
1
P(C ) = P(T ) = visto che la moneta è non truccata:
2
2
3
 5  1   1 
10 5
P(3 TESTE ) =      =
=
32 16
 3  2   2 
Probabilità che potevamo calcolare anche rapportando i casi favorevoli (10) sui casi totali
( 2 5 = 32) .
23
8)
Bisogna innanzitutto esplicitare la curva come y = f (x) .
1
1
Da x = e t + 2 deriva e t = x − 2 ⇒ e −t =
per cui si ricava y =
+3.
x−2
x−2
Il punto di tangenza è P = (3,4) e la tangente in esso è y = m( x − 3) + 4 con

1
m = y ' (3) =  −
2
 (x − 2)
9)

 = −1 per cui la tangente è y = −( x − 3) + 4 = − x + 7

 x =3
Lanciando due dadi il risultato 10 lo si ottiene 3 volte su 36, in corrispondenza di
entrambe le facce 5 e di una faccia 4 e l’altra 6 e viceversa, per cui
Pr{somma 10} =
3
1
=
.
36 12
In sei lanci la probabilità di ottenere due 10 la si ricava attraverso l’utilizzo della variabile
aleatoria binomiale per cui
2
4
2
4
 6  1   11 
6!  1   11 
114
Pr{2 volte somma 10 in 6 lanci} =      =
    = 15 6 ≈ 0.0735
2!4!  12   12 
12
 2  12   12 
Infine
Pr{almeno 2 volte somma 10 in 6 lanci} =
= 1 − Pr{ 0 volte somma 10 in 6 lanci} − Pr{1 volte somma 10 in 6 lanci} =
0
6
1
5
6
 6  1   11   6  1   11 
115
 11 
= 1 −      −      = 1 −   − 6 6 ≈ 0.0831
12
 12 
 0  12   12  1  12   12 
10)
Indichiamo con m = 30 l’età media della popolazione. Ora il 40% della popolazione ha
un’età x ≥ 60 anni, per cui il restante 60% ha un’età y < 60 anni.
Studiamo prima il caso in cui il 40% della popolazione ha un’età x = 60 anni . In tal caso
n
ricordando che l’età media m = ∑ p i xi in termini matematici ciò lo si spiega attraverso
i =1
la seguente equazione:
0.4 x + 0.6 y = m = 30 ⇒
0.6 y = 30 − 0.4 * 60 = 30 − 24 = 6 ⇒
0.6 y = 6 ⇒ y = 10
24
Quindi se il 40% della popolazione ha un’età x = 60 anni ed il rimanente 60% ha 10
anni, allora l’età media è 30 anni.
Studiamo ora il caso in cui il 40% della popolazione ha un’età x ≥ 60 anni
In tal caso bisogna imporre il sistema seguente:
150 − 2 x
>0
150 − 2 x


y=
3

0
.
4
x
+
0
.
6
y
=
30

 x < 75

3


150 − 2 x

⇒  x ≥ 60
⇒
< 60 ⇒  x > −15 ⇔ 60 ≤ x < 75
 x ≥ 60
3
0 < y < 60
0 < y < 60

 x ≥ 60



 x ≥ 60



Quindi in conclusione se 40% della popolazione ha un’età x ≥ 60 anni, per avere un’età
media di 30 anni, tale età non può superare i 75 anni, cioè 60 ≤ x < 75 .
25

Seconda prova 2005 (PNI). - Liceo Scientifico "E. Fermi"

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