fascicolo esame
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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. Nel rispetto del DL 74/92 sulla trasparenza nella pubblicità, le immagini escludono, ogni e qualsiasi possibile intenzione o effetto promozionale verso i lettori. Tutti i diritti riservati. 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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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE 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. LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 . LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 ) Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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. LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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. LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE ¼ 8 16 ¼ ¼ 64% 25 25 2 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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. LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015 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 LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE Petrini - La matematica a colori F De Agostini Scuola SpA, 2015