fascicolo esame

Indice
PROBLEMI
internet: deascuola.it
e-mail: [email protected]
Redattore responsabile: Monica Martinelli
Redazione: Paola Sardella
Progetto grafico: Carla Devoto
Copertina: Simona Corniola, Simona Speranza
Realizzazione: M.T.M.
Disegni: Leprechaun
4
PROBLEMA 1 Una collisione tra meteoriti
(simulazione MIUR, 25 febbraio 2015)
4
Soluzione del problema 1
5
PROBLEMA 2 Un mappamondo prezioso
(simulazione MIUR, 25 febbraio 2015)
7
Soluzione del problema 2
8
Art Director: Nadia Maestri
Proprietà letteraria riservata
f 2015 De Agostini Scuola SpA – Novara
1a edizione: gennaio 2015
Printed in Italy
Foto di copertina: f Shutterstock
Le fotografie di questo volume sono state fornite da:
f Shutterstock
L’Editore dichiara la propria disponibilità a regolarizzare eventuali omissioni o errori di attribuzione.
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pagine del presente volume utili allo svolgimento dell’attività didattica.
Eventuali segnalazioni di errori, refusi, richieste di chiarimento di funzionamento tecnico dei supporti multimediali del corso o spiegazioni sulle scelte operate dagli
autori e dalla Casa Editrice possono essere inviate all’indirizzo di posta elettronica [email protected]
Stampa: Punto Web – Ariccia (Roma)
Ristampa: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
Anno:
2015 2016 2017
2018 2019 2020
PROBLEMA 3 Evoluzione di una
popolazione di camosci
Soluzione del problema 3
9
10
PROBLEMA 4 Una gara di sci
e le giornaliste sportive
Soluzione del problema 4
14
15
PROBLEMA 5 Un contenitore
«parabolico»
Soluzione del problema 5
17
18
PROBLEMA 6 Concentrazione di un
farmaco nel sangue e biodisponibilità 19
Soluzione del problema 6
21
QUESITI
24
Quesiti
Soluzioni dei quesiti
24
25
Problemi e quesiti
L Le Indicazioni Nazionali per il Liceo Scientifico e per il Liceo Scientifico
con opzione delle Scienze Applicate pongono in evidenza il fatto che, per
quanto riguarda la matematica, è importante che lo studente acquisisca
competenze quali rappresentare e interpretare grafici, risolvere problemi e
costruire modelli, argomentare e giustificare.
In aggiunta ai nuovi tipi di attività già inseriti nei volumi dell’edizione
BLU 2015, questo fascicolo propone una raccolta di sei problemi contestualizzati (tra i quali anche i due problemi della simulazione ministeriale del febbraio 2015). Di tutti si offre anche la risoluzione.
I dodici quesiti che seguono sono inerenti ai nuovi argomenti previsti dalle
Indicazioni Nazionali: geometria analitica nello spazio, equazioni differenziali e distribuzioni di probabilità. Questo consente al docente di far esercitare gli studenti su quesiti per i quali non sono disponibili esempi tratti dalle
prove d’esame degli anni passati.
Tutti i testi sono disponibili sia sul sito libro sia nell’eBook versione docente
in formato pdf scaricabili e stampabili e in formato rtf modificabile.
Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015
3
PROBLEMI
PROBLEMA 1
Una collisione tra meteoriti
Marco e Luca, durante la visita guidata a un museo scientifico interattivo, osservano su un monitor la simulazione della collisione tra due meteoriti, effettuata da un videogioco. Sul monitor sono rappresentate la traiettoria
del primo meteorite e il grafico della sua velocità in funzione del tempo, mostrato in figura.
v(t)[km/s]
35,00
30,00
25,00
20,00
15,00
10,00
5,00
t(s)
O
1,0
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0 10,0
In base alle loro conoscenze di matematica, discutono sul tipo di curva geometrica rappresentata dal grafico e
cercano di determinarne l’equazione, necessaria per procedere nella simulazione.
Aiuta Marco e Luca a determinare l’equazione che rappresenta la curva, spiegando il procedimento seguito.
Dopo che Marco e Luca hanno scritto sul terminale l’equazione trovata, il videogioco si complimenta con loro e
sul monitor appare la seguente espressione:
1
sðt Þ ¼ 1 3
t þ 5t 2 þ 5t, con t 0
3
Viene quindi chiesto loro di verificare se la funzione data rappresenta lo spazio percorso dal meteorite in funzione del tempo (legge oraria del moto).
Aiuta Marco e Luca a verificare che la funzione apparsa sul monitor rappresenta la legge oraria del moto,
spiegando il procedimento seguito.
A questo punto sul monitor appare un secondo meteorite, la cui traiettoria interseca quella del primo meteorite
in un punto P. Il videogioco chiede quale condizione deve essere verificata affinché avvenga l’urto.
2
3 Aiuta Marco e Luca a rispondere in modo qualitativo.
Marco e Luca rispondono correttamente e il primo meteorite viene colpito dal secondo e devia dalla traiettoria
originaria modificando il suo moto. Dopo l’urto il monitor indica che il primo meteorite si muove ora con la
nuova legge oraria:
sðt Þ ¼ 2t 2 þ
5
t
3
Il videogioco chiede quindi di determinare il tempo turto in cui è avvenuto l’urto.
4
Aiuta Marco e Luca a determinare il tempo turto.
5
Aiuta Marco e Luca a studiare la legge oraria del primo meteorite nell’intervallo tra 0 e 3 turto secondi, evidenziando la presenza di eventuali punti di discontinuità e/o di non derivabilità e tracciandone il grafico.
(simulazione MIUR 25 febbraio 2015)
4
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Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015
SOLUZIONE DEL PROBLEMA 1
1
v 30 ¼ aðt 5Þ2
Possiamo determinare il coefficiente a imponendo il passaggio per il punto A e scrivere l’equazione definitiva della parabola:
PROBLEMI
Il grafico rappresentato in figura è verosimilmente(1) una parabola, con vertice nel punto V ð5,30Þ e passante per il punto Að0, 5Þ.
Scriviamo l’equazione della velocità in funzione del tempo:
5 30 ¼ að5 )Þ2 ) a ¼ 1
v ¼ t 2 þ 10t þ 5
2
Poiché sappiamo che la velocità, espressa in funzione del tempo, è la derivata(2) della posizione, pure
espressa in funzione del tempo, possiamo verificare se s0 ðt Þ ¼ vðt Þ.
In effetti si ottiene:
s0 ðt Þ ¼ 1
3t 2 þ 10t þ 5 ¼ t 2 þ 10t þ 5
3
3
Affinché i due meteoriti si urtino in un certo istante di tempo, è necessario che le loro traiettorie si intersechino nel punto P in tale istante di tempo.
Le funzioni che rappresentano le loro posizioni al variare del tempo devono assumere lo stesso valore nell’istante di tempo in cui avviene l’urto. Ciò significa che i due grafici di tali funzioni devono pure intersecarsi in un punto, la cui ascissa rappresenta l’istante dell’urto e la cui ordinata la loro posizione comune in
tale istante.
4
La funzione che descrive la posizione del primo meteorite nel tempo è una funzione definita per i casi, come indicato di seguito:
8
1
>
>
0 t turto
< t 3 þ 5t 2 þ 5t
3
sðt Þ ¼
se
>
5
>
: 2t 2 þ t
t > turto
3
Poiché questa funzione deve essere continua per t ¼ turto (il meteorite non può «sparire» da una posizione
per «ricomparire» in un’altra), determinare l’istante turto equivale a trovare la soluzione della seguente equazione:
1 3
5
t þ 5t 2 þ 5t ¼ 2t 2 þ t ) t 3 9t 2 10t ) tðt 2 9t 10Þ ¼ 0 ) t1 ¼ 0 _ t2 ¼ 1 _ t3 ¼ 10
3
3
Escludendo la soluzione negativa e quella nulla, si ha che turto ¼ 10 s.
5
La funzione da studiare è la seguente:
8
1
>
>
0 t 10
< t 3 þ 5t 2 þ 5t
3
sðt Þ ¼
se
>
5
>
: 2t 2 þ t
10 < t < 30
3
Cominciamo a studiare la cubica, prescindendo dalle limitazioni poste: f ðt Þ ¼ 1 3
t þ 5t 2 þ 5t.
3
(1)
Il testo ministeriale non è del tutto preciso. Una curva che assomiglia a una parabola non è detto che lo sia, anche se il seguito del
problema, in cui si dà come equazione del moto una cubica, lo lascia forse sottinteso.
(2)
Data l’equazione della parabola, che rappresenta l’andamento della velocità nel tempo, l’equazione del moto è comunque definita a
meno di una costante (la posizione iniziale). Anche in questo caso viene lasciato sottinteso che sð0Þ ¼ 0.
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5
PROBLEMI
Dominio: R cioè ð1, þ1Þ.
1
Simmetrie: f ðt Þ ¼ t 3 þ 5t 2 5t 6¼ f ðt Þ ) la funzione non è né pari né dispari.
3
Intersezioni con gli assi cartesiani
Asse t:
8
8
(
<s ¼ 0
<s ¼ 0
s¼0
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
)
)
1 3
2
: t ¼ 0 _ t ¼ 15 285 _ t ¼ 15 þ 285
: t þ 5t 2 þ 5t ¼ 0
t
t
15t
15
¼
0
3
2
2
!
!
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
15 285
15 þ 285
,0
N
,0
Oð0, 0Þ
M
2
2
Asse s: ovviamente Oð0, 0Þ.
Segno della funzione
f ðt Þ > 0 ) t t 2 15t 15 < 0
Risulta che la funzione è:
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
15 285
15 þ 285
_0<t <
;
– positiva per t <
2
2
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffi
15 285
15 þ 285
– negativa per
<t <0_t >
.
2
2
Comportamento agli estremi del dominio
1
5
5
lim f ðt Þ ¼ lim t 3 þ þ 2 ¼ 1
t)1
t)1
3
t
t
f ðt Þ
1
5
5
2
¼ lim t þ þ 2 ¼ 1.
Non ci sono asintoti obliqui, poiché lim
t)1 t
t)1
3
t
t
Derivata prima, crescita, decrescita, massimi e minimi
Sappiamo che f 0 ðt Þ ¼ t 2 þ 10t þ 5.
La funzione risulta derivabile in tutto il suo dominio.
Determiniamo i punti stazionari:
pffiffiffiffiffiffi
f 0 ðt Þ ¼ 0 ) t 2 10t 5 ¼ 0 ) t ¼ 5 30
pffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffi
Studiando il segno della derivata, si ottiene che f 0 ðt Þ 0 per 5 30 t 5 þ 30.
pffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffi
Dunque per t ¼ 5 30 la funzione presenta un punto di minimo relativo e per t ¼ 5 þ 30 un punto
di massimo relativo.
Derivata seconda, concavità, flessi
f 00 ðt Þ ¼ 2t þ 10
s(km)
La derivata seconda si annulla per t ¼ 5, dove il grafico della
funzione presenta un punto di flesso.
La funzione risulta:
1000
500
– convessa per t < 5;
– concava per t > 5.
Grafico di f ðt Þ: rappresentiamo il grafico in fig. 1, evidenziando in nero la parte relativa al problema (0 t 10Þ.
–10
O
10
20 t(s)
–500
Figura 1
6
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La restante parte del grafico della funzione sðt Þ è un arco di parabola,
5
la funzione g ðt Þ ¼ 2t 2 þ t, con la limitazione 10 < t 30.
3
5
25
La parabola ha vertice
nel
punto
H
,
, passa per l’origine
12
72
5
e per il punto Q , 0 .
6
s
2000
1500
500
t
–30 –20 –10 O 10 20 30
Riportiamo in fig. 2 l’intera parabola e l’arco in questione, evidenziato in nero.
Figura 2
PROBLEMI
1000
Il grafico della funzione sðt Þ, con le limitazioni poste, è riportato in fig. 3.
La funzione risulta, come già detto, continua nell’intervallo
considerato, ma presenta un punto di non derivabilità in cors
rispondenza dell’istante t ¼ 10 s.
Classifichiamo il punto di non derivabilità:
1500
2
0
lim s ðt Þ ¼ lim t þ 10t þ 5 ¼ 5
t)10
t)10
lim s0 ðt Þ ¼ limþ
t)10þ
t)10
5
4t þ
3
1000
125
¼
3
Si tratta dunque di un punto angoloso.
Poiché s0 ðt Þ rappresenta la velocità del meteorite, il significato
fisico del punto angoloso consiste nel fatto che la velocità,
nell’istante in cui avviene l’urto, varia bruscamente, da 5 km/s
125
a
km/s.
3
PROBLEMA 2
500
O
10
20
30
t
Figura 3
Un mappamondo prezioso
Lavori in un laboratorio d’arte vetraria e il responsabile del museo civico della tua città ti chiede di progettare un
espositore avente forma conica che possa contenere un prezioso e antico mappamondo. Il mappamondo ha raggio R e l’espositore deve essere ermeticamente chiuso, per impedire che il mappamondo prenda polvere.
Il tuo collega Mario dice che, per costruire l’espositore, si potrebbe utilizzare il quarzo ialino ma, data la preziosità
del materiale, per risparmiare è necessario determinarne le dimensioni ottimali. Inoltre per proteggere l’espositore
dalla polvere decidete di ricoprirlo con una sottile pellicola trasparente di nuova generazione e piuttosto costosa.
1
Trascurando lo spessore dell’espositore e attraverso un’opportuna modellizzazione geometrica, determina
l’altezza h e il raggio di base r dell’espositore affinché sia minima la sua superficie totale, allo scopo di utilizzare una quantità minima di pellicola(1).
Fornisci una spiegazione adeguata e convincente del procedimento seguito, eventualmente anche con rappresentazioni grafiche.
Ora tu e Mario dovete scegliere la pellicola da sistemare sulla superficie esterna dell’espositore. La scelta va fatta
tra due pellicole che hanno lo stesso costo unitario ma diverse proprietà: la prima ogni anno perde il 3% della resistenza all’usura che ha a inizio anno, mentre la seconda ogni anno perde il 2% della resistenza all’usura iniziale.
2
3
(1)
Aiuta Mario nel capire quale pellicola convenga scegliere in funzione della durata, tenendo conto del fatto
che entrambe hanno la stessa resistenza di partenza e che una pellicola va cambiata quando la sua resistenza all’usura risulta inferiore al 30% della sua resistenza di partenza.
(simulazione MIUR 25 febbraio 2015)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Ricorda che la superficie totale S di un cono è data dall’espressione: S ¼ r 2 þ r r 2 þ h2 .
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7
SOLUZIONE DEL PROBLEMA 2
PROBLEMI
1
2 Si tratta di determinare il cono avente superficie totale minima, tra quelli
circoscritti alla sfera del mappamondo.
In fig. 1 è rappresentata la situazione, dove poniamo(2):
OK ¼ R
HB ¼ r
V
VH ¼ h
I limiti relativi alle variabili r e h per cui il problema ha significato sono dati da
r > R e h > 2R.
Dalla similitudine dei triangoli rettangoli VHB e VKO, possiamo dedurre la seguente proporzione:
A
OK : HB ¼ VK : VH
K
O
H
B
Figura 1
Osservando che:
VO ¼ h R
e che
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
VK ¼
2
VO OK ¼
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ðh RÞ2 R2 ¼ h2 2hR
e sostituendo nella proporzione precedente a ciascun segmento l’espressione della relativa misura, otteniamo
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
hR
R : r ¼ h2 2hR : h ) r ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
h2 2hR
La funzione che rappresenta l’area della superficie totale del cono, espressa al variare di h, è pertanto la seguente:
sffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffi
R2 h2
Rh
h2 R2
R2 h2
Rh2 pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
þ h2 ¼ 2
þ 2
R2 þ h2 2hR ¼
S ¼ SðhÞ ¼ 2
2
h 2hR
h 2hR
h 2hR
h 2hR
h2 2hR
¼
Rh2
Rh2
ðR þ h RÞ ¼
2hR
h 2R
h2
h2
.
Possiamo dunque minimizzare la funzione f ðhÞ ¼
h 2R
La sua derivata prima è:
f 0 ðh Þ ¼
2hðh 2RÞ h2
ðh 2RÞ2
¼
h2 4hR
ðh 2RÞ2
Studiamo il segno della derivata, che si annulla per h ¼ 0 _ h ¼ 4R.
Il numeratore risulta positivo per h < 0 _ h > 4R, il denominatore per ogni h 6¼ 2R.
Riassumiamo lo studio del segno nel seguente schema:
0
segno del numeratore
segno del denominatore
segno della frazione
0
4R
2R
−
+
−
0
−
+
0
−
+
+
x
+
min
Risulta quindi che il cono avente area totale minima ha altezza h ¼ 4R e raggio di base r ¼
La superficie totale di tale cono misura pertanto: Smin ¼ 8R2 .
pffiffiffi
2R.
(2)
b B ¼ x, comporterebbe calcoli più
Osserviamo che una soluzione del problema per via trigonometrica, ponendo, per esempio H V
complessi.
8
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3
PROBLEMI
Analizziamo l’andamento della resistenza delle due pellicole.
Per quanto riguarda la prima, detta R0 la resistenza iniziale, possiamo osservare quanto segue:
– dopo un anno la resistenza è R1 ¼ 0,97 R0 ;
– dopo due anni la resistenza è R2 ¼ 0,97 R1 ¼ ð0,97Þ2 R0 ;
– procedendo in tal modo, dopo n anni, la resistenza sarà Rn ¼ ð0,97Þn R0 .
Per quanto riguarda la seconda pellicola, possiamo invece osservare quanto segue:
– dopo un anno la resistenza è R01 ¼ ð1 0,02Þ R0 ;
– dopo due anni la resistenza è R02 ¼ ð1 2 0,02Þ R0 ;
– procedendo in tal modo, dopo n anni, la resistenza sarà Rn ¼ ð1 n 0,02Þ R0 .
Per capire quale delle due pellicole è più conveniente, risolviamo, in entrambi i casi, la disequazione
R < 0,3 R0 .
Per la prima pellicola si ha:
ð0,97Þn R0 < 0,3 R0 ) n ln 0,97 < ln 0,3 ) n >
ln 0,3
’ 39,5
ln 0,97
Per la seconda si ha:
ð1 n 0,02Þ R0 < 0,3 R0 ) 0,02 n > 0,7 ) n >
0,7
¼ 35
0,02
La prima pellicola andrebbe cambiata dopo circa 39 anni, mentre la seconda dopo 35 anni, pertanto è più
conveniente la prima.
Evoluzione di una popolazione
di camosci
PROBLEMA 3
In un parco naturale vengono immessi 72 camosci. A
causa di limitazioni dovute alle risorse di cibo che
l’ambiente può fornire, si stima che a lungo andare la
popolazione di camosci potrà avvicinarsi sempre di
più alla soglia limite di 1800 esemplari, senza tuttavia
mai superarla.
La crescita della popolazione di camosci può essere
modellizzata tramite una funzione della forma:
a
P ðt Þ ¼
t , con t 0
1 þ b 2 5
dove P ðt Þ rappresenta con buona approssimazione il numero di camosci dopo un tempo t (misurato in anni) dal momento della loro immissione (t ¼ 0Þ.
1
Dai dati che si hanno a disposizione, ricava i valori di a e b che si adattano alla situazione descritta.
Stima, in base al modello che hai determinato, quale sarà il numero di camosci dopo 15 anni dalla loro immissione.
Trascorsi i suddetti 15 anni, purtroppo, la popolazione inizia a diminuire a causa di una malattia infettiva che
porterà progressivamente alla morte di tutti gli esemplari.
2
3
Stabilisci quale delle seguenti funzioni può descrivere l’evoluzione della popolazione, per t 15, motivando adeguatamente la risposta:
a. P ðt Þ ¼
450
ðt þ 15Þ2 þ1
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
b. P ðt Þ ¼
450
ðt 15Þ4 þ1
c. P ðt Þ ¼
450t 2
ðt 15Þ2 þ1
d. P ðt Þ ¼
450t 4
ðt 15Þ4 þ1
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9
PROBLEMI
4
Studia e traccia il grafico, per t 0, della funzione P ðt Þ, definita a tratti, che descrive l’evoluzione della popolazione di camosci nell’ipotesi di comparsa della malattia, assumendo che l’evoluzione per t 15 sia
ben modellizzata dalla funzione individuata al punto precedente. Analizza in particolare che cosa accade
per t ¼ 15 dal punto di vista della continuità e della derivabilità. Tralascia lo studio di P00 ðtÞ per t 15, ma
precisa il minimo numero di punti di flesso compatibile con le altre informazioni ricavate sul grafico della
funzione.
5
Determina la velocità di crescita della popolazione nell’istante immediatamente precedente la comparsa
della malattia infettiva e la velocità di decrescita della popolazione nell’istante immediatamente seguente
tale evento.
6
In quale momento la velocità di crescita della popolazione di camosci è stata massima? E qual è il valore di
tale velocità massima? Se non fosse sopraggiunta la malattia, in quale momento si sarebbe verificata la
massima velocità di crescita?
SOLUZIONE DEL PROBLEMA 3
1
Dai dati che si hanno a disposizione, per determinare la funzione è necessario imporre:
8
(
(
< a ¼ 72
P ð0Þ ¼ 72
a ¼ 1800
1þb
)
)
lim P ðt Þ ¼ 1800
:
b ¼ 24
t)þ1
a ¼ 1800
1800
Dunque la funzione cercata ha espressione P ðt Þ ¼
t .
1 þ 24 2 5
2
Calcoliamo P ð15Þ ¼
1800
15
1 þ 24 2 5
¼
1800
¼ 450.
1þ3
Dopo 15 anni dall’immissione degli animali si prevede una popolazione di 450 esemplari.
3
La funzione che descrive la popolazione dopo il quindicesimo anno, in base alle indicazioni fornite, deve
soddisfare le seguenti condizioni:
– per t ¼ 15 deve assumere valore pari a 450;
– deve essere decrescente, poiché la popolazione diminuisce;
– deve tendere a 0 quando t ) þ1, poiché si dice che l’infezione porta progressivamente alla morte di
tutti gli individui.
L’unica, tra le funzioni date, che soddisfa tutte le richieste è quella riportata al punto b.
Si ha infatti:
P ð15Þ ¼
450
4
ð15 15Þ þ1
¼
450
¼ 450
1
lim P ðt Þ ¼ lim
t)þ1
t)þ1
450
4
ðt 15Þ þ1
¼
450
¼0
þ1
450
450
La funzione riportata al punto a. è tale per cui P ð15Þ ¼
¼
, quindi non soddisfa la prima
2
901
ð15 þ 15Þ þ1
richiesta.
La funzione riportata al punto c. è tale per cui:
lim P ðt Þ ¼ lim
t)þ1
t)þ1
450t 2
2
ðt 15Þ þ1
¼ lim
t)þ1
450 t 2
¼ 450
30
226
þ 2
t2 1 t
t
quindi non soddisfa la terza richiesta.
La funzione riportata al punto d. è tale per cui:
lim P ðt Þ ¼ lim
t)þ1
t)þ1
450t 4
4
ðt 15Þ þ1
¼ lim
t)þ1
450 t 2
¼ 450
60
1350
4 153
154
t2 1 þ
þ
t3
t4
t
t2
quindi non soddisfa la terza richiesta.
10
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
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4
1800
450
Studiamo separatamente le due funzioni f ðt Þ ¼
, prescindendo dalle lie g ðt Þ ¼
t
1 þ 24 2 5
ðt 15Þ4 þ1
mitazioni del problema.
1800
Cominciamo con f ðt Þ ¼
t .
1 þ 24 2 5
PROBLEMI
La funzione che si richiede di studiare è la seguente:
8
1800
>
>
0 t 15
>
t
>
<
1 þ 24 2 5
P ðt Þ ¼
se
>
450
>
>
>
t > 15
:
ðt 15Þ4 þ1
Dominio: R (il denominatore è positivo per ogni valore di t).
Simmetrie: f ðt Þ ¼
1800
t
1 þ 24 2 5
6¼ f ðt Þ ) la funzione non è né pari né dispari.
Intersezioni con gli assi cartesiani
8
<y ¼ 0
1800
Asse t:
:
¼0
t
1 þ 24 2 5
L’equazione non ha soluzioni, per cui non vi sono intersezioni con l’asse t.
(
t¼0
1800
1800
Asse y: y ¼ f ð0Þ ¼
¼ 72 ) Að0, 72Þ
¼
1 þ 24 20
25
Segno della funzione
f ðt Þ > 0 )
1800
t
1 þ 24 2 5
> 0 ) verificata per ogni valore di t.
La funzione è quindi sempre positiva.
Comportamento agli estremi del dominio
lim f ðt Þ ¼ lim
t)1
t)1
1800
1 þ 24 t
2 5
¼
1800
¼ 0þ
þ1
L’asse t è quindi asintoto orizzontale per t ) 1.
lim f ðt Þ ¼ lim
t)þ1
t)þ1
1800
t
1 þ 24 2 5
¼
1800
¼ 1800
1
La retta di equazione y ¼ 1800 è quindi asintoto orizzontale per t ) þ1.
Derivata prima, crescita, decrescita, massimi e minimi
1
t
2 5 ln 2
24 t
8640 ln 2 2 5
5
f 0 ðt Þ ¼ 1800
¼ t 2
t 2
1 þ 24 2 5
1 þ 24 2 5
La funzione risulta derivabile in tutto il suo dominio.
I fattori che compaiono nella derivata sono positivi per ogni valore di t, per cui la funzione risulta crescente in tutto il suo dominio.
Derivata seconda, concavità, flessi
2
1
1
t
t
t
t
t
2 5 ln 2 1 þ 24 2 5 2 5 2 1 þ 24 2 5 24 2 5 ln 2
5
5
00
¼
f ðt Þ ¼ 8640 ln 2
t 4
1 þ 24 2 5
1
t
t
t
t
t
t
2 5 ln 2 1 þ 24 2 5 1 þ 24 2 5 48 2 5
2 5 24 2 5 1
2
5
¼ 8640 ln 2
¼ 1728ð ln 2Þ t 4
t 3
1 þ 24 2 5
1 þ 24 2 5
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
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11
Studiamo il segno dell’unico fattore che non assume valori positivi per ogni valore di t:
t
PROBLEMI
24 2 5 1 0 ! t 5 log2 24
:
La derivata seconda risulta quindi:
– positiva per t < 5 log2 24;
– negativa per t > 5 log2 24.
Il grafico presenta un punto di flesso discendente in F 5 log2 24,900 .
Grafico di f ðt Þ: rappresentiamo il grafico in fig. 1, evidenziando in nero la parte relativa al problema
(0 t 15Þ.
P
1800
1600
1400
1200
1000
900
800
F
600
450
400
200
–60
Figura 1
–40
O
–20
Continuiamo con lo studio di g ðt Þ ¼
450
ðt 15Þ4 þ1
5log224
A
15 20
40
t(anni)
60
80
.
Dominio: R (il denominatore è positivo per ogni valore di tÞ.
Simmetrie: g ðt Þ ¼
450
4
ðt 15Þ þ1
¼
450
ðt þ 15Þ4 þ1
6¼ g ðt Þ ) la funzione non è né pari né dispari.
Intersezioni con gli assi cartesiani
Asse t:
8
>
<y ¼ 0
450
>
¼0
:
ðt 15Þ4 þ1
L’equazione non ha soluzioni, per cui non vi sono intersezioni con l’asse t.
8
>
<t ¼ 0
225
450
225 ) B 0,
Asse p:
>
¼
25313
: p ¼ g ð0 Þ ¼
25 313
ð15Þ4 þ1
Segno della funzione
g ðt Þ > 0 )
450
ðt 15Þ4 þ1
> 0 verificata per ogni valore di t.
La funzione è quindi sempre positiva.
Comportamento agli estremi del dominio
lim f ðt Þ ¼ lim
t)1
t)1
450
4
ðt 15Þ þ1
¼
450
¼ 0þ
þ1
L’asse t è quindi asintoto orizzontale per t ) 1.
12
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
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Derivata prima, crescita, decrescita, massimi e minimi
4ðt 15Þ3
1800ð15 t Þ3
g 0 ðt Þ ¼ 450 h
i2 ¼ h
i2
ðt 15Þ4 þ1
ðt 15Þ4 þ1
ð15 t Þ3 0 ! t 15
La derivata prima risulta quindi:
– positiva per t < 15
– nulla per t ¼ 15
– negativa per t > 15.
PROBLEMI
La funzione risulta derivabile in tutto il suo dominio.
Studiamo il segno dell’unico fattore che non assume soltanto valori positivi:
Dunque la funzione è crescente per t < 15 e decrescente per t > 15.
Vi è un punto di massimo assoluto in M ð15, 450Þ.
Derivata seconda, concavità, flessi
Tralasciamo lo studio della derivata seconda.
Grafico di g ðt Þ: rappresentiamo il grafico in fig. 2, evidenziando in nero la parte relativa al problema
(t > 15Þ.
P
500
450
400
300
200
100
t(anni)
O
5
10
15
20
25
30
Figura 2
Possiamo ora «raccordare» i due grafici e rappresentare la funzione Pðt Þ (fig. 3).
P
500
450
400
300
200
100
t(anni)
O
5
10
15
20
25
30
35
40
Figura 3
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13
La funzione è continua in tutto il suo dominio, ma presenta un punto di non derivabilità per t ¼ 15.
Classifichiamolo:
t
PROBLEMI
8640 ln 2 2 5
135
¼
ln 2
lim P 0 ðt Þ ¼ lim t 2
t)15
t)15
2
1 þ 24 2 5
1800ð15 t Þ3
limþ P 0 ðt Þ ¼ limþ h
i2 ¼ 0
t)15
t)15
ðt 15Þ4 þ1
Si tratta quindi di un punto angoloso, in cui la velocità di variazione passa bruscamente dal valore
135
ln 2 al valore 0 a causa dell’insorgere della malattia.
2
Dalle informazioni ricavate fino a questo punto, possiamo dire che il grafico della funzione P ðt Þ non presenta flessi per t 15, mentre ne deve presentare almeno uno per t > 15. Ciò è motivato dal fatto che la
funzione, nella sua definizione in quest’ultimo intervallo, presenta un massimo proprio per t ¼ 15, in cui
la concavità del grafico è rivolta verso il basso, mentre sappiamo anche che, per t ) þ1, essa tende a 0,
per cui, da un certo punto in poi, il grafico deve avere concavità rivolta verso l’alto.
5
Dalle informazioni ricavate relativamente al punto angoloso, sappiamo che, nell’istante immediatamente
precedente la comparsa della malattia, la velocità di crescita della popolazione è stata pari a
135
ln 2 ’ 46,8 unità/anno, mentre nell’istante immediatamente successivo è stata pari a 0.
2
6
Dallo studio della derivata seconda di Pðt Þ, nella sua definizione relativa al periodo precedente l’insorgenza
della malattia, possiamo dedurre che P0 ðt Þ è sempre crescente nell’intervallo t 15, per cui il valore massimo nella velocità di crescita della popolazione si è avuto proprio per t ¼ 15, in cui, come abbiamo detto, ta135
le valore è stato di
ln 2 ’ 46,8 unità/anno. Se non fosse insorta la malattia, la velocità di crescita sa2
rebbe ulteriormente aumentata, fino a raggiungere un massimo in corrispondenza del flesso F trovato, vale
a dire per t ¼ 5 log2 24 ’ 22,9 anni.
PROBLEMA 4
Una gara di sci e le giornaliste sportive
Le giornaliste sportive Emanuela e Barbara stanno osservando il grafico riportato in figura, dove la curva nera
rappresenta lo spazio s (in metri) percorso da uno sciatore durante una gara in funzione del tempo t (in secondi),
mentre in grigio è rappresentata (in parte) la retta tangente alla curva precedente nel punto A. Il punto B è un
punto di flesso.
s(m)
C
800
400
320
B
A
100
O
14
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
t(s)
5 10
20
40
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1
Giustifica le affermazioni che Barbara ha fornito a Emanuela.
Supponendo che la curva nera riportata in figura abbia un’espressione analitica del tipo
sðt Þ ¼ at 3 þ bt 2 þ ct þ d, determina i coefficienti a, b, c e d in base ai dati che puoi ricavare dal grafico.
Da ultimo Barbara afferma che, «a occhio», sembra che lo sciatore nell’istante in cui il cronometro è stato fatto
partire e nell’istante finale avesse la stessa velocità.
2
3
PROBLEMI
Barbara deduce dal grafico alcune considerazioni che lasciano stupita Emanuela:
– prima dell’istante in cui veniva fatto partire il cronometro ðt ¼ 0Þ, probabilmente agli sciatori era concesso di
percorrere un tratto in discesa per «lanciarsi»;
– la gara prevedeva un tratto in salita e uno in discesa;
– dopo 10 s la velocità dello sciatore era esattamente di 16 m/s;
– la velocità media dello sciatore nell’intervallo di tempo considerato è stata di 20 m/s e, durante la sua performance, in due diversi istanti la velocità dello sciatore è stata esattamente uguale alla velocità media.
Dopo avere disegnato il grafico della funzione che rappresenta l’andamento della velocità nel tempo, determina la minima velocità che lo sciatore ha raggiunto e stabilisci se è vera o falsa l’ultima ipotesi avanzata
da Barbara.
SOLUZIONE DEL PROBLEMA 4
1
Se il grafico riportato in figura rappresenta lo spazio percorso in funzione del tempo, la velocità in funzione
del tempo è data dalla derivata prima di tale funzione.
Possiamo osservare che, nell’origine, la tangente al grafico ha coefficiente angolare positivo, per cui la velocità ha un valore diverso da zero. Per questo motivo Barbara afferma che, nell’istante in cui il cronometro è
stato fatto partire, lo sciatore era già lanciato.
Sempre osservando l’andamento della retta tangente al grafico nei suoi punti, notiamo che il coefficiente
angolare diminuisce passando dall’origine fino al punto di flesso B, per poi aumentare nel tratto che va da
B a C. Ciò significa che, nei primi 20 s, la velocità diminuisce, mentre nei successivi 20 s essa aumenta. Per
questo motivo Barbara suppone che il primo tratto della gara sia in salita e il secondo in discesa.
All’istante t ¼ 10 s, la velocità dello sciatore risulta uguale al coefficiente angolare della retta riportata in figura. Osservando che tale retta passa per i punti di coordinate ð10, 320Þ e ð40, 800Þ, il suo coefficiente an800 320
480
golare è pari a v10 ¼
¼
¼ 16 m/s.
40 10
30
Lo sciatore in effetti percorre 800 m in 40 s, per cui la sua velocità media è di 20 m/s.
Poiché la funzione s ¼ sðt Þ è ovunque continua e derivabile nell’intervallo di tempo considerato, il teorema di Lagrange ci assicura che, almeno in un istante, la derivata, cioè la velocità, deve essere stata uguale
alla media. Poiché però in questo caso il grafico pare presentare una simmetria rispetto al punto B, possiamo congetturare che tale valore sarà assunto due volte. In effetti, si può osservare che la velocità media è
di 20 m/s anche in ciascuno dei due intervalli [0, 20] e [20, 40], dunque il teorema di Lagrange ci assicura
l’esistenza di un istante in cui la velocità è 20 m/s all’interno del primo intervallo e di un istante in cui la
velocità è di 20 m/s all’interno del secondo intervallo.
2
I dati presenti sul grafico sono ridondanti e in alcuni casi equivalenti.
Determiniamo i coefficienti imponendo quanto segue:
8
sð0Þ ¼ 0
>
>
>
>
>
< sð40Þ ¼ 800
>
s0 ð10Þ ¼ 16
>
>
>
>
: 00
s ð20Þ ¼ 0
)
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
8
d¼0
>
>
>
>
>
< 64000a þ 1600b þ 40c ¼ 800
>
300a þ 20b þ c ¼ 16
>
>
>
>
:
120a þ 2b ¼ 0
)
8
d¼0
>
>
>
>
>
< b ¼ 60a
>
800a þ c ¼ 20
>
>
>
>
:
900a þ c ¼ 16
)
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15
PROBLEMI
8
8
1
>
>
a¼
d
¼
0
>
>
>
>
25
>
>
>
>
>
>
>
>
<
< b ¼ 60a
12
b¼
)
1
5
>
>
a¼
>
>
>
>
>
>
25
>
>
c
¼
52
>
>
>
:
>
:
900a þ c ¼ 16
d¼0
La funzione ha quindi espressione s ¼ sðt Þ ¼
1 3 12 2
t t þ 52t.
25
5
Applichiamo alla funzione il teorema di Lagrange, per determinare gli istanti di cui ha parlato Barbara nella
terza affermazione:
s0 ðt Þ ¼ v ðt Þ ¼
3 2 24
t t þ 52
25
5
sð0Þ ¼ 0
sð40Þ ¼ 800
sð40Þ sð0Þ
¼ s0 t .
Il teorema afferma che 9t 2 ½0,40
40 0
Dobbiamo cercare i punti t per cui si verifica
3 2 24 800
t t þ 52 ¼
¼ 20.
25
5
40
Risolviamo l’equazione di secondo grado ottenuta:
pffiffiffi
pffiffiffi
3 2 24 60 20 3
60 þ 20 3
t t þ 32 ¼ 0 ) 3t2 120t þ 800 ¼ 0 ) t ¼
_t ¼
25
5
3
3
Entrambi i valori trovati appartengono all’intervallo ½0, 40.
3
3 2 24
t t þ 52, è un arco di parabola con la concavità rivolta verso l’al25
5
tro, il vertice nel punto V ð20, 4Þ (il minimo della parabola corrisponde al flesso della cubica precedente) e
passante per il punto Pð0, 52Þ.
Il grafico della velocità, vðt Þ ¼
In fig. 1 è rappresentata l’intera parabola in grigio ed è evidenziato in nero il tratto di grafico attinente al
problema.
v(m/s)
100
50
t(s)
–10
O
10
20
30
40
50
Figura 1
Barbara non si è sbagliata. Infatti si ha:
v ð0Þ ¼ vð40Þ ¼ 52 m/s
16
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PROBLEMA 5
Un contenitore «parabolico»
Andrea è uno studente di ingegneria con l’hobby del bricolage e decide di costruire un contenitore di legno compensato, come quello riportato in figura, da tenere sulla propria scrivania.
1
il fondo deve essere quadrato;
2
il volume deve essere uguale a 1350 cm3 ;
3
il divisorio deve dividere il contenitore in due parti di
uguale capienza;
l
2
PROBLEMI
l
2
Andrea vuole che il contenitore soddisfi i seguenti requisiti:
l
4
l’altezza deve essere minore del lato di base;
5
la quantità di compensato usata deve essere la minima possibile.
l
Andrea, supponendo che sia trascurabile lo spessore del legno, esprime l’area S (in cm2 Þ della superficie di compensato che occorre utilizzare per costruire una scatola che soddisfi i requisiti 1, 2, 3, in funzione della misura l
(in cm) del lato di base. Rappresenta quindi la funzione ottenuta, utilizzando un software per la matematica, e
trova il grafico in figura.
s
4000
3500
3000
2500
2000
1500
1000
500
l
O
5
10
15
20
25
30
35
40
a. Evidenzia la parte del grafico che soddisfa il requisito 4. e, interpretando il grafico, stabilisci se è possibile o
meno costruire il contenitore rispettando tutte le specifiche indicate sopra.
b. Ammettiamo che Andrea riesca a costruire il contenitore che rispetti tutte le caratteristiche desiderate. Supponendo che il legno costi 20 euro al metro quadro, Andrea riesce a spendere meno di 1 euro per il materiale?
Nei suoi ragionamenti Andrea osserva anche che, se si trascura la condizione 5. e si pensa di aumentare il lato di
base del contenitore, via via che quest’ultimo cresce, l’area della superficie di compensato che è necessario utilizzare per costruirlo si avvicina sempre di più all’area della base, per cui anche il grafico della funzione rappresentata, all’aumentare di l, deve avvicinarsi sempre di più...
c. Completa il ragionamento di Andrea, sia considerando il problema dal punto di vista geometrico, sia dal punto di vista analitico.
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17
SOLUZIONE DEL PROBLEMA 5
PROBLEMI
a. Indicando con l il lato di base e con h l’altezza, supponendo di esprimere le lunghezze in cm, possiamo scrivere che il volume del contenitore è dato da:
V ¼ l2 h ¼ 1350
da cui possiamo dedurre
h¼
1350
l2
Affinché l’altezza sia minore del lato di base è necessario imporre:
h<l)
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1350
< l ) l > 1350 ’ 11,05
l2
Osservando il grafico pare che il problema sia compatibile, poiché il valore di l corrispondente al minimo dell’area pare soddisfare la condizione appena trovata.
Evidenziamo sul grafico la parte relativa al problema, in colore nero (fig. 1).
s
4000
3500
3000
2500
2000
1500
1000
500
l
Figura 1
O
5
10 15 20 25 30 35 40
b. Per rispondere al quesito è necessario trovare l’espressione della funzione rappresentata nel grafico e determinare il suo minimo.
La superficie di materiale da acquistare è data da cinque rettangoli tutti uguali, aventi un lato pari a l e l’altro
pari a h, e da un quadrato di base di lato l. Possiamo quindi scrivere:
S ¼ SðlÞ ¼ 5lh þ l2 ¼ 5 1350
6750
l3 þ 6750
þ l2 ¼ l2 þ
¼
l
l
l
Per determinare il minimo, calcoliamo la derivata prima e ne studiamo il segno:
S0 ðlÞ ¼ 2l 6750
2l3 6750
¼
l2
l2
L’unico fattore a non assumere solo valori positivi è quello a numeratore, per cui studiamo il segno di tale
fattore:
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
p
3
2l3 6750 0 ) l 3375 ¼ 15
Risulta quindi che la derivata prima è:
– positiva per l > 15;
– negativa per l < 15;
– nulla per l ¼ 15.
18
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La funzione presenta un punto di minimo per l ¼ 15, in cui essa assume il valore Smin ¼ Sð15Þ ¼ 675.
La superficie di materiale che Andrea deve acquistare è pertanto pari a 675 cm2 .
Se il costo al metro quadro è di 20 euro, la spesa che Andrea deve sostenere è pari a 0,0675 20 ¼ 1,35 euro.
PROBLEMI
c. All’aumentare del lato di base, se il volume del contenitore rimane costante, ovviamente dovrà diminuire l’altezza. Ne consegue che il parallelepipedo si riduce sempre di più, fino a tendere al semplice quadrato di base,
che ha area pari a l2 .
6750
Dal punto di vista analitico ciò è evidente, poiché nell’espressione della funzione SðlÞ ¼ l2 þ
, all’aumenl
6750
tare di l, il termine
diventa sempre più trascurabile, mentre tende a prevalere il termine l2 . Possiamo dil
re che, per grandi valori di l, si ha SðlÞ ’ l2 , il che equivale ancora a dire che, per grandi valori di l, il grafico riportato nelle figure precedenti si avvicina sempre più a quello della parabola di equazione S ¼ l2 (fig. 2).
s
4000
3500
3000
2500
2000
1500
1000
500
l
Figura 2
PROBLEMA 6
O
5
10 15 20 25 30 35 40 45 50
Concentrazione di un farmaco
nel sangue e biodisponibilità
È noto che la concentrazione di un farmaco nel
sangue varia nel tempo in modo diverso a seconda
che esso sia assunto per via endovenosa o per via
orale.
In particolare, nel primo caso, la concentrazione è
massima nel momento in cui il farmaco viene assunto, dopodiché diminuisce al passare del tempo.
Nel secondo caso, invece, poiché il farmaco deve
essere metabolizzato, la concentrazione, a partire
dal valore iniziale uguale a 0, aumenta fino a un valore massimo, per poi diminuire.
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19
PROBLEMI
I grafici riportati nella figura in grigio e in nero rappresentano, nei due casi, la velocità di variazione della concentrazione ematica, espressa in mg/lh, in funzione del tempo, espresso in h, per un certo farmaco. In figura è riportata anche la retta tangente al grafico disegnato in nero nel punto corrispondente a t ¼ 0.
64
dC
(mg/lh)
dt
2,5
t(h)
O
–20
1
Stabilisci quale dei due grafici corrisponde all’assunzione per via endovenosa e quale all’assunzione per via
orale, motivando in modo esauriente la tua scelta.
2
In base alle informazioni che puoi ricavare dai grafici, determina le espressioni analitiche delle funzioni
rappresentante in grigio e in nero, supponendo che esse siano rispettivamente della forma:
2
f ðt Þ ¼ A 5e2t e 5 t
g ðt Þ ¼ Bekt
Per il farmaco in questione si sa che la concentrazione iniziale (ossia per t ¼ 0), in caso di assunzione per
via endovenosa, è pari a 50 mg/l.
3
Deduci le espressioni analitiche delle funzioni Co ðt Þ e Ce ðt Þ, che esprimono la concentrazione del farmaco
nel sangue rispettivamente nel caso di somministrazione per via orale e per via endovenosa e rappresentale
graficamente.
La biodisponibilità di un farmaco è la frazione del principio attivo somministrato che raggiunge la circolazione
sanguigna; se la somministrazione avviene per via endovenosa, la biodisponibilità è massima e uguale a 1
(100%), mentre nel caso di una somministrazione per altra via si hanno valori inferiori a causa del parziale assorbimento e del metabolismo.
4
Calcola la biodisponibilità del farmaco in esame nel caso della somministrazione per via orale, tenendo
conto che essa è definita dal seguente rapporto, espresso in percentuale:
ð þ1
ð0þ1
Co ðt Þdt
Ce ðt Þdt
0
20
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SOLUZIONE DEL PROBLEMA 6
Osserviamo che i grafici riportati nella figura rappresentano le derivate, calcolate rispetto alla variabile tempo, delle funzioni che, nei due casi, forniscono la concentrazione del farmaco nel sangue.
Nel caso in cui il farmaco sia assunto per via endovenosa, si è detto che la concentrazione parte da un valore iniziale non nullo, per poi decrescere continuamente nel tempo. Ciò significa che la derivata della concentrazione deve essere una funzione che assume solo valori negativi, per cui il suo grafico può solamente
essere quello rappresentato in nero. Nel caso in cui invece il farmaco venga assunto per via orale, si è detto
che la concentrazione parte dal valore 0 iniziale, aumenta fino a un massimo e in seguito decresce. Ciò significa che la sua derivata inizialmente è positiva, assume poi il valore 0 in corrispondenza del massimo di
concentrazione, per poi diventare negativa. Il grafico riportato in grigio in effetti ben rappresenta questa situazione.
2
Dal grafico disegnato in grigio possiamo osservare che f ð0Þ ¼ 64, per cui possiamo dedurre quanto segue:
PROBLEMI
1
f ð0Þ ¼ 64 ) Að5 1Þ ¼ 64 ) A ¼ 16
2
Dunque la funzione ha espressione f ðt Þ ¼ 16 5e2t e 5 t .
Per quanto riguarda la funzione disegnata in nero, dal grafico deduciamo le seguenti condizioni:
8
< g ð0Þ ¼ 20
: g 0 ð0 Þ ¼ 8
)
8
< B ¼ 20
: kB ¼ 8
8
< B ¼ 20
)
:k ¼ 2
5
2
La funzione ha quindi espressione g ðt Þ ¼ 20e 5 t .
3
Per quanto riguarda la funzione Co ðt Þ è necessario integrare la funzione f ðt Þ, con la condizione Co ð0Þ ¼ 0.
Si ha dunque:
ð 2
5
5 2
2
Co ðt Þ ¼ 16 5e2t e 5 t dt ¼ 16 e2t þ e 5 t þ C ¼ 40 e 5 t e2t þ C
2
2
Co ð0Þ ¼ 0 ) 40ð1 1Þ þ C ¼ 0 ) C ¼ 0
Dunque la funzione che descrive l’andamento temporale della concentrazione del farmaco, se assunto per
via orale è:
2
Co ðt Þ ¼ 40 e 5 t e2t
Per quanto riguarda invece la funzione Ce ðt Þ è necessario integrare la funzione g ðt Þ, con la condizione
Ce ð0Þ ¼ 50.
Si ha dunque:
ð
5 2
2
2
20e 5 t dt ¼ 20 e 5 t þ C0 ¼ 50e 5 t þ C0
Ce ðt Þ ¼
2
Ce ð0Þ ¼ 50 ) 50 þ C0 ¼ 50 ) C0 ¼ 0
Dunque la funzione che descrive l’andamento temporale della concentrazione del farmaco, se assunto per
via endovenosa è:
2
Ce ðt Þ ¼ 50e 5 t
2
Studiamo la funzione y ¼ Co ðt Þ ¼ 40 e 5 t e2t , prescindendo dalle limitazioni del problema (t 0Þ.
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
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21
Dominio: R cioè ð1; þ1Þ.
2
Simmetrie: Co ðt Þ ¼ 40 e 5 t e2t 6¼ Co ðt Þ ) la funzione non è né pari né dispari.
PROBLEMI
Intersezioni con gli assi cartesiani: sappiamo già che il grafico passa per l’origine; osserviamo che non
possono esserci altre intersezioni con l’asse t.
Segno della funzione
2
f ðt Þ > 0 ) e 5 t e2t > 0 ) 2
t > 2t ) t > 0
5
La funzione risulta quindi:
– positiva per t > 0;
– negativa per t < 0.
Comportamento agli estremi del dominio
2
8
lim Co ðt Þ ¼ lim 40 e 5 t e2t ¼ lim 40e2t e 5 t 1 ¼ 1
t)1
t)1
t)1
lim Co ðt Þ ¼ lim 40 e
t)þ1
25 t
t)þ1
e2t ¼ 0
L’asse t è quindi asintoto orizzontale per t ) þ1.
Derivata prima, crescita, decrescita, massimi e minimi
2 C0o ðt Þ ¼ f ðt Þ ¼ 16 5e2t e 5 t
La funzione risulta derivabile in tutto il suo dominio.
Si ha:
2
C0o ðt Þ 0 ) 5e2t e 5 t 0 ) t 5
ln 5 ’ 1,01
8
La derivata risulta quindi:
– positiva per t <
5
ln 5;
8
– negativa per t >
5
ln 5;
8
– nulla per t ¼
5
ln 5.
8
La concentrazione presenta pertanto un punto di minimo in M
5
32
ffiffiffi
.
ln 5, p
4
8
5
Derivata seconda, concavità, flessi
2 2
1 2t
e 5 5e2t
C00o ðt Þ ¼ 16 10e2t þ e 5 t ¼ 32
5
5
Si ha:
C00o ðt Þ 0 )
1 2t
5
e 5 5e2t 0 ) t ln 5 ’ 2,01
5
4
La derivata seconda risulta quindi:
– positiva per t >
5
ln 5;
4
– negativa per t <
5
ln 5;
4
– nulla per t ¼
5
ln 5.
4
Il grafico presenta un punto di flesso ascendente in F
22
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
5
192
ln 5, pffiffiffi .
4
5 5
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Grafico di Co ðt Þ: rappresentiamo il grafico in fig. 1, evidenziando in nero la parte relativa al problema
(t 0Þ.
30
Co(mg/l)
F
10
O
PROBLEMI
M
20
t(h)
1
–10
2
3
4
5
6
7
8
9
10
–20
–30
Figura 1
2
Per quanto riguarda la rappresentazione grafica della funzione y ¼ Ce ðt Þ ¼ 50e 5 t , non è necessario. Basta
solamente osservare che si tratta di una curva esponenziale discendente, opportunamente dilatata.
Riportiamo in fig. 2 il grafico, evidenziando in nero la parte relativa al problema (t 0Þ.
70
Ce (mg/l)
60
50
40
30
20
10
Figura 2
4
O
t(h)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Si ha:
ð þ1
ð0þ1
ð þ1
Co ðt Þdt
¼
Ce ðt Þdt
0
0
k
2
5 2
1
40 lim e 5 t þ e2t
40 e 5 t e2t dt
k)þ1
2
2
0
¼
¼
ð þ1
k
5
2
25 t
50e dt
50 lim e 5 t
k)þ1
2
0
0
5 2
1
5
1
4 lim e 5 k þ e2k þ k)þ1
2
2
2
2
¼
5 2k 5
5 lim e 5 þ
k)þ1
2
2
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¼
8
16
¼
¼ 64%
25
25
2
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23
QUESITI
QUESITI
1
Di un cubo si conoscono le coordinate dei vertici di una base Oð0, 0, 0Þ, Að2, 0, 0Þ, Bð2, 2, 0Þ e Cð0, 2, 0Þ e
quelle dell’altro vertice O0 ð0, 0, 2Þ, appartenente all’asse z.
Dopo avere dimostrato che il poligono che si ottiene sezionando il cubo con il piano passante per i punti
P ð0, 3, 0Þ, Q ð3, 0, 0Þ e Rð0, 0, 1Þ è un rombo, determinane area e perimetro.
2
Dato il triangolo OAB, con Oð0, 0, 0Þ, Að3, 0, 0Þ e Bð0, 4, 0Þ, sia V ð0, 0, 4Þ il vertice di una piramide di base
OAB e altezza VO. Determina l’ampiezza dell’angolo diedro che il piano ABV forma con il piano di base della piramide.
pffiffiffi
Dato il cono di centro Cð1, 1, 0Þ, vertice Vð1, 1, 2 2Þ e raggio di base uguale a 1, determina l’equazione della superficie sferica in esso inscritta.
3
4
Date la superficie sferica centrata nell’origine e avente raggio 3 e la retta passante per i punti Að1, 1, 1Þ e
Bð0, 0, 1Þ, siano P e Q i loro punti di intersezione. Determina le equazioni dei piani tangenti a in P e Q e
il valore di ciascuno degli angoli diedri che questi due piani individuano intersecandosi.
5
Di una funzione f ðxÞ si sa che f ð0Þ ¼ 4, f 0 ð0Þ ¼ 0, f 00 ð0Þ ¼ 3 e f 0 ðxÞ ¼ f 000 ðxÞ þ x.
Determina l’espressione analitica della funzione.
6
Nelle seguenti figure sono riportati i grafici di quattro funzioni. Con considerazioni che puoi dedurre dai
grafici, individua quale tra essi può rappresentare un integrale particolare dell’equazione differenziale
1
y 0 ¼ . In seguito risolvi l’equazione e deduci dal grafico scelto l’integrale particolare che in esso è rapprey
sentato.
y
y
3
1
2
1
–1 – 1 O 1
2
2
–1
x
1
O
–1
2
1
2
x
1
B
–2
y
A
y
4
3
3
2
2
1
1
O
24
5
1 1
2
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
2
3
4
x
O
C
1 1
2
x
D
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Dallo studio dell’andamento di una variabile economica y in funzione del tempo t (espresso in anni),
emerge che la velocità istantanea di variazione di y è direttamente proporzionale al quadrato della stessa y.
Sapendo che, nell’istante in cui l’analisi è iniziata (t ¼ 0Þ il valore di y era uguale a 10 e che dopo 10 anni
esso è divenuto uguale a 100, ci si chiede dopo quanti anni la variabile assumerà valori negativi.
8
Il professore di matematica richiede ai suoi alunni di discutere su quale andamento possa avere una generica funzione di cui si sa solamente che ha la stessa espressione analitica della sua derivata seconda.
Barbara disegna l’asse x.
Paolo disegna la curva esponenziale di equazione y ¼ ex .
Laura disegna la curva esponenziale di equazione y ¼ ex .
Il professore ai tre alunni risponde come segue: «avete ragionato bene tutti e tre, ma la vostra risposta è incompleta». Che cosa intende dire?
9
Due variabili casuali x e hanno entrambe distribuzione normale, la prima con valor medio m ¼ 3 e varianza s2 ¼ 0,25, la seconda con valor medio ¼ 1 e varianza 2 ¼ 0,64. È più probabile trovare 2 < x < 4
o 2 < < 4? Motiva la risposta facendo uso delle tavole della distribuzione normale standardizzata.
10
Un’azienda che produce volani per il badminton, vendendoli
in confezioni da 10 pezzi, dà la possibilità di restituire una
confezione nel caso in cui vengano trovati più di 2 volani difettosi.
Qual è la probabilità che, su 1000 confezioni vendute, nemmeno una venga restituita, se la probabilità che un volano sia
difettoso è del 3%?
11
Al pronto soccorso di un grande ospedale arriva, in media, un’ambulanza ogni 6 minuti. Qual è la probabilità che, in una giornata intera, arrivino esattamente 240 ambulanze? Qual è la probabilità che, in un giorno, non arrivi nemmeno un’ambulanza?
12
Data una funzione del tipo f ðxÞ ¼
QUESITI
7
k
, stabilisci se può essere considerata come funzione densità di pro1 þ x2
babilità di una variabile aleatoria X. In caso affermativo, determina il valore di k affinché essa lo sia, calcola
il valor medio e la probabilità che 0 < X < 1. In caso negativo, spiega esaurientemente perché.
SOLUZIONI DEI QUESITI
1
Il cubo e la sua sezione con il piano sono mostrati in fig. 1.
z
3
O' 2
D
–3
P
–2
–1
G
A
Figura 1
LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE
x
5
4
3
R 1
1
O
E –2
–1
1
H
2
B
F
K
–3
C 2
3
y
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25
QUESITI
Determiniamo le equazioni delle rette che contengono gli spigoli del cubo paralleli all’asse z.
x¼2
AD:
y¼0
x¼2
BE:
y¼2
x¼0
CF:
y¼2
x¼0
OO0 :
y¼0
Determiniamo ora l’equazione del piano, imponendo il passaggio per i tre punti dati.
: ax þ by þ cz þ d ¼ 0
8
d
>
9
>
b¼
>
P 2 ) 3b þ d ¼ 0 >
>
>
3
=
<
d
d
d ) : x þ y dz þ d ¼ 0 ) x y þ 3z 3 ¼ 0
Q 2 ) 3a þ d ¼ 0
)
>
>
a
¼
3
3
;
>
>
3
>
R2)cþd ¼0
>
:
c ¼ d
Calcoliamo ora le coordinate dei punti di intersezione tra il piano e gli spigoli di cui sopra.
8
8
x¼2
>
>
x y þ 3z 3 ¼ 0
>
>
>
>
<
<
y ¼ 0 ) G 2, 0, 1
G ¼ \ AD:
x¼2
)
>
>
3
>
>
>
>
:y ¼ 0
:z ¼ 1
3
8
8
x y þ 3z 3 ¼ 0
x¼2
>
>
<
<
H ¼ \ BE:
x¼2
)
y ¼ 2 ) H ð2, 2, 1Þ
>
>
:
:
y¼2
z¼1
8
8
x¼0
>
>
x y þ 3z 3 ¼ 0
>
>
>
>
<
<
5
y
¼
2
) K 0, 2,
K ¼ \ CF:
x¼0
)
>
>
3
>
>
>
>
:z ¼ 5
:y ¼ 2
3
R ¼ \ OO0 ) Rð0, 0, 1Þ
Le misure dei lati del quadrilatero GHKR sono:
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffi
4
40
2 pffiffiffiffiffiffi
GH ¼ 4 þ ¼
¼
10
9
9
3
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4
2 pffiffiffiffiffiffi
HK ¼ 4 þ ¼
10
9
3
26
KR ¼
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4
2 pffiffiffiffiffiffi
4þ ¼
10
9
3
RG ¼
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4
2 pffiffiffiffiffiffi
4þ ¼
10
9
3
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RH ¼
pffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4þ4¼2 2
QUESITI
Poiché il quadrilatero in questione ha i 4 lati tutti congruenti fra loro è, appunto, un rombo.
8 pffiffiffiffiffiffi
10.
Il suo perimetro misura p ¼
3
Per determinare l’area, calcoliamo la lunghezza delle diagonali:
rffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi rffiffiffiffiffiffiffiffi
16
88
2 pffiffiffiffiffiffi
¼
¼
22
GK ¼ 4 þ 4 þ
9
9
3
L’area è data quindi da:
a¼
2
1
1 2 pffiffiffiffiffiffi pffiffiffi
4 pffiffiffiffiffiffi
GK RH ¼ 22 2 2 ¼
11
2
2 3
3
Ci riferiamo alla fig. 2.
V 4
3
Figura 2
2
5
4
3
A
1
2
1
B 3
4
5
2
1
O
–2
–1
–1
–1
–2
Primo modo
Possiamo determinare l’equazione del piano ABV imponendo il passaggio per i tre punti, a partire dall’equazione di un generico piano ax þ by þ cz þ d ¼ 0:
8
d ¼ 3a
8
>
>
>
>
>
3
<
< 3a þ d ¼ 0
b¼ a
4b þ d ¼ 0 )
4
>
>
>
:
>
>
4c þ d ¼ 0
:c¼ 3a
4
Il piano ha dunque equazione 4x þ 3y þ 3z 3 ¼ 0.
Considerando che il piano di base della piramide è il piano xy, per il quale un vettore perpendicolare è
!
k ð0, 0, 1Þ, mentre un vettore perpendicolare al piano ABV è !
v ð4, 3, 3Þ, possiamo determinare l’angolo diedro ’ tra i due piani come segue:
!
!
v k
ð4, 3, 3Þ ð0, 0, 1Þ
3
3
cos ’ ¼ ! ¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ pffiffiffiffiffiffi ) ’ ¼ arccos pffiffiffiffiffiffi ’ 59 20 1000
!
16
þ
9
þ
9
34
34
v k
Secondo modo
In alternativa, si sarebbe potuto tracciare l’altezza OH relativa all’ipotenusa AB del triangolo rettangolo AOB,
b O e che cos ’ ¼ OH .
quindi osservare che l’angolo diedro cercato è ’ ¼ V H
VH
pffiffiffiffiffiffi
12
4 34
3
, da cui si ritrova che ’ ¼ arccos pffiffiffiffiffiffi .
e VH ¼
Si ricava che OH ¼
5
5
34
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27
3
Facendo riferimento alla fig. 3, dalla similitudine dei triangoli ACV e KBV, dove K è il centro della sfera inscritta nel cono, possiamo scrivere la seguente proporzione:
QUESITI
BK : AC ¼ VK : VA
V
2
4
3K
B
2
C
1
1
A
–1
O
1
2
–2
–1
–2
–1
Figura 3
Ponendo BK ¼ x e osservando che l’apotema del cono è VA ¼
precedente diventa:
pffiffiffi
x:1¼ 2 2x :3)x¼
qffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
2
2
AC þ VC ¼ 1 þ 8 ¼ 3, la proporzione
pffiffiffi
2
2
pffiffiffi !
pffiffiffi
2
2
e raggio uguale a
, per cui la sua equazione è la seLa superficie sferica ha quindi centro K 1, 1,
2
2
guente:
pffiffiffi !2
pffiffiffi
2
1
ðx 1Þ þðy 1Þ þ z ¼
) x2 þ y2 þ z2 2x 2y 2z þ 2 ¼ 0
2
2
2
4
2
Ci riferiamo alla fig. 4.
6
4
–12 –10
Q
–8
8 –6
2
–4
4–
–2
2
–2
2 O
–6
6 –4 –
–10 –8 –
B A
2
P
8
4 6
2 4
6 8 1
10
–2
2
10
–4
Figura 4
28
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L’equazione della superficie sferica è:
x2 þ y 2 þ z2 ¼ 9
Per trovare le coordinate dei punti P e Q, mettiamo a sistema le equazioni della retta e della superficie sferica:
8
8
x¼1t
x¼1t
>
>
>
>
<
<
y ¼1t
y ¼1t
)
) t ¼ 1 2 ) t1 ¼ 1 _ t2 ¼ 3
z¼1
z
¼
1
>
>
>
>
: 2
: 2
2
2
t 2t 3 ¼ 0
x þy þz ¼9
QUESITI
Le equazioni della retta AB sono:
8
<x ¼ 1 t
y ¼1t
:
z¼1
I punti di intersezione sono quindi i seguenti Pð2, 2, 1Þ e Q ð2, 2, 1Þ.
Poiché i piani tangenti risultano perpendicolari alle rette passanti per l’origine e, rispettivamente, per i
!
!
punti P e Q, tali piani saranno pure perpendicolari ai vettori OP ¼ ð2, 2, 1Þ e OQ ð2, 2, 1Þ. Detti e i
due piani, le loro equazioni saranno allora del tipo:
: 2x þ 2y þ z þ k ¼ 0
: 2x þ 2y z þ h ¼ 0
Imponendo per il passaggio per P e per il passaggio per Q, otteniamo:
: 2x þ 2y þ z 9 ¼ 0
: 2x þ 2y z þ 9 ¼ 0
I due angoli diedri che i piani formano intersecandosi sono tra loro supplementari.
Indicato con ’1 il minore, si ha:
! !
OP OQ
ð2, 2, 1Þ ð2, 2, 1Þ
7
7
¼ pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ¼ ) ’1 ¼ 180 arccos cos ’1 ¼
’ 38 560 3300
9
9
4þ4þ1 4þ4þ1
OP OQ
Indicato con ’2 il maggiore, si ha:
’2 ¼ 180 ’1 ’ 141 30 2700
5
Se poniamo f 0 ðxÞ ¼ gðxÞ, l’ultima delle relazioni date dal testo diviene:
gðxÞ ¼ g 00 ðxÞ þ x
[1]
equazione differenziale del secondo ordine, a coefficienti costanti, non omogenea.
Cominciamo determinando l’integrale generale dell’equazione omogenea associata:
gðxÞ ¼ g 00 ðxÞ ) g 00 ðxÞ gðxÞ ¼ 0
L’equazione caratteristica è:
t 2 1 ¼ 0 ) t ¼ 1
Dunque l’integrale generale cercato è una funzione del tipo:
y ¼ ’ðxÞ ¼ c1 ex þ c2 ex
Cerchiamo ora un integrale particolare dell’equazione non omogenea, nella forma g^ðxÞ ¼ ax þ b. Determiniamo i parametri a e b in modo che g^ðxÞ sia soluzione dell’equazione [1]:
g^0 ðxÞ ¼ a
g^00 ðxÞ ¼ 0
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29
Sostituendo nella [1] si ottiene:
ax þ b ¼ 0 þ x )
a¼1
) g^ðxÞ ¼ x
b¼0
QUESITI
L’integrale generale della [1] si ottiene sommando l’integrale generale dell’equazione omogenea all’integrale particolare appena trovato:
gðxÞ ¼ ’ðxÞ þ g^ðxÞ ¼ c1 ex þ c2 ex þ x
Determiniamo ora le costanti, utilizzando le condizioni al contorno che il problema ci dà:
(
f 0 ð0 Þ ¼ 0
00
f ð0 Þ ¼ 3
(
)
g ð0 Þ ¼ 0
0
g ð0Þ ¼ 3
(
)
c1 þ c2 ¼ 0
c1 c2 þ 1 ¼ 3
(
)
c1 ¼ 1
c2 ¼ 1
) gðxÞ ¼ ex ex þ x
Per trovare f ðxÞ integriamo ancora quest’ultima, sfruttando la condizione al contorno f ð0Þ ¼ 4:
ð
x2
þk
f ðxÞ ¼ gðxÞdx ¼ ex þ ex þ
2
f ð0Þ ¼ 4 ) 1 þ 1 þ k ¼ 4 ) k ¼ 2
Quindi si ottiene:
f ðxÞ ¼ ex þ ex þ
6
x2
þ2
2
Per individuare il grafico dell’integrale particolare procediamo per esclusione. Osserviamo preliminarmente che dall’equazione differenziale y0 ¼
1
segue che negli intervalli dove la funzione è positiva (ossia quelli
y
in cui y > 0) si ha anche y0 > 0 e quindi la funzione deve essere strettamente crescente.
Grafico A: nell’intervallo x < 1
la funzione risulta positiva e strettamente decrescente, dunque questa
2
funzione è da scartare.
Grafico B: nell’intervallo 0 < x <
1
la funzione risulta positiva e strettamente decrescente, dunque questa
2
funzione è da scartare.
Grafico C: la funzione è positiva e strettamente crescente; inoltre nel punto in cui la funzione interseca
1
l’asse x, la retta tangente parrebbe essere verticale (concordemente al fatto che, se y 0 ¼ , quando y ¼ 0, y 0
y
non esiste); il grafico è quindi plausibile.
Grafico D: nell’intervallo x <
1
la funzione risulta positiva e strettamente decrescente, dunque questa
2
funzione è da scartare.
Risolviamo l’equazione differenziale:
y0 ¼
pffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1
1
) ydy ¼ dx ) y 2 ¼ x þ c ) y ¼ 2x þ c
y
2
:
Confrontando il risultato ottenuto con il grafico scelto, si deduce che esso rappresenta l’integrale particolapffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
re di equazione y ¼ 2x 1.
30
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7
dy
¼ ky2 , dove k è una costante da determinare. RisolL’equazione differenziale che risolve il problema è
dt
viamo l’equazione:
QUESITI
dy
dy
1
1
¼ ky2 ) 2 ¼ kdt ) ¼ kt þ c ) y ¼ dt
y
y
kt þ c
yð0Þ ¼ 10
Dalle condizioni
, otteniamo:
yð10Þ ¼ 100
8
8
1
1
>
>
>
>
< c ¼ 10
<c¼
10
)
>
>
1
9
>
>
:
:k ¼
¼ 100
10k þ c
1000
La funzione che risolve il problema posto ha dunque equazione:
y¼
1000
100 9t
Ponendo infine y < 0 si trova:
1000
100
<0 ) t>
’ 11,1
100 9t
9
La variabile diventa negativa dopo circa 11 anni, 1 mese e 10 giorni.
8
La funzione cercata è una qualsiasi soluzione dell’equazione differenziale y 00 ¼ y, equazione di secondo ordine, lineare, omogenea.
Poiché la sua equazione caratteristica, r 2 1 ¼ 0, ha per soluzioni r ¼ 1, l’integrale generale dell’equazione è dato da:
y ¼ c1 ex þ c2 ex
In effetti tutti e tre gli alunni hanno una parte di ragione, poiché la funzione proposta da Barbara si ottiene
ponendo c1 ¼ c2 ¼ 0, quella proposta da Paolo si ottiene ponendo c1 ¼ 1 e c2 ¼ 0 e quella proposta da Laura si ottiene ponendo c1 ¼ 0 e c2 ¼ 1.
Nessuno dei tre alunni ha però considerato che ci sono altre infinite possibilità.
9
Standardizzando le variabili date, otteniamo le seguenti:
z¼
xm
x3
¼
¼ 2x 6
s
0,5
¼
þ1
5 þ 5
¼
¼
0,8
4
A queste corrispondono i seguenti valori:
x¼2
)
z ¼ 2
x¼4
)
¼2
)
z¼2
15
¼ 3,75
¼
4
¼4
)
¼
25
¼ 6,25
4
Abbiamo dunque le due probabilità da cercare:
P ð2 < x < 4Þ ¼ P ð2 < z < 2Þ ¼ Fð2Þ Fð2Þ ¼ Fð2Þ ½1 Fð2Þ ¼ 2Fð2Þ 1 ¼
¼ 2 0,9772 1 ¼ 0,9544
P ð2 < < 4Þ ¼ P ð3,75 < < 6,25Þ ¼ Fð6,25Þ Fð3,75Þ ¼ 1 0,99991 ¼ 0,0001
Abbiamo indicato con FðxÞ la funzione di ripartizione della variabile normale standardizzata, i cui valori sono disponibili su tabella.
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31
Concludiamo quindi che è di gran lunga superiore la prima delle due probabilità.
In effetti l’intervallo scelto contiene, per la prima distribuzione, il valor medio come punto centrale, mentre per la seconda distribuzione il valor medio è abbastanza lontano.
QUESITI
10
Calcoliamo la probabilità che una scatola venga restituita, cioè la probabilità che una scatola contenga più
di due volani difettosi, su 10 totali.
L’evento «un volano è difettoso» è un evento bernoulliano con probabilità p ¼ 0,03, mentre il suo evento
contrario ha probabilità q ¼ 1 p ¼ 0,97.
Il numero X di palline difettose in una scatola è una variabile aleatoria binomiale, per cui la probabilità che
una scatola sia restituita è:
pðX > 2Þ ¼ 1 pðX 2Þ ¼ 1 ½pðX ¼ 0Þ þ pðX ¼ 1Þ þ pðX ¼ 2Þ ¼
10
10
10
0,030 0,9710 þ
0,031 0,979 þ
0,032 0,978 ¼
¼1
0
1
2
¼ 1 0,978 0,972 þ 10 0,03 0,97 þ 45 0,032 ’ 0,0028
Anche l’evento «una scatola viene restituita» è un evento bernoulliano, questa volta con probabilità
P ¼ 0,0028, mentre il suo evento contrario ha probabilità Q ¼ 1 P ¼ 1 0,0028 ¼ 0,9972.
Dunque la probabilità che nessuna scatola, su 1000 vendute, sia restituita è:
1000
P ðX ¼ 0 Þ ¼
0,00280 0,99721000 ¼ 0,99721000 ’ 0,06
0
11
Possiamo considerare il numero di ambulanze che arrivano al giorno al pronto soccorso sia una variabile
aleatoria poissoniana, con parametro ¼ 10 24 ¼ 240, dal momento che arriva in media un’ambulanza
ogni 6 minuti, quindi 10 all’ora.
Dunque la probabilità che arrivino esattamente 240 ambulanze al giorno è data da:
pðX ¼ 240Þ ¼ e240
240240
’ 0,026
240!
La probabilità che non arrivi nemmeno un’ambulanza è invece:
pðX ¼ 0Þ ¼ e240
12
2400
’ 5,9 10105
0!
Calcoliamo:
ð þ1
f ðxÞdx ¼ k
1
ð þ1
1
dx
t
¼
k
lim
½
arctan
x
¼
k
lim
½
arctan
t
arctan
ð
t
Þ
¼
k
þ
¼ k
t
t)þ1
t)þ1
1 þ x2
2
2
Poiché il risultato dell’integrale è finito, è possibile considerare la funzione data come densità di probabilità, a condizione che il risultato dell’integrale stesso sia uguale a 1.
Dunque si ha:
k ¼ 1 ) k ¼
1
Per calcolare il valor medio è necessario risolvere l’integrale:
ð þ1
ð
1 þ1 xdx
xf ðxÞdx ¼
1 1 þ x2
1
Poiché la funzione integranda è dispari, il valor medio è ¼ 0.
ð1
1
1 1
Per finire, calcoliamo pð0 < X < 1Þ ¼ f ðxÞ dx ¼ ½ arctan x10 ¼ ¼ .
4
4
0
32
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