Succedono cose strane in pausa pranzo nelle facoltà di Ingegneria. Può capitare, infatti, che due studenti, vicini a ultimare i propri studi, si facciano prendere dalla nostalgia per gli anni delle scuole superiori e, in uno slancio di empatia verso i maturandi, decidano di risolvere la prova dell’esame di maturità di quest’anno. Con questo spirito io e il mio amico Michele Guizzardi, del dipartimento di Fisica del Politecnico di Milano, ci siamo cimentati nei due problemi proposti dal Ministero agli alunni dei licei scientifici. Questa è la nostra soluzione, non per forza quella giusta.

Qui potete trovare le tracce fornite dal ministero

Problema 1: Avete scelto la bicicletta? Ora pedalate

1) Il problema è alquanto bizzarro. Ma non c’è da spaventarsi.
Per vedere se la funzione proposta è coerente con quella disegnata calcoliamo la f(x) in alcuni punti critici, come ad esempio il punto di ascissa( f(0) ) nulla e quello di ordinata nulla ( f(a)=0 ).
Nel primo caso andiamo a sostituire ad x il valore 0 ottenendo:

f(0)=\sqrt{2}+\frac{e^{0}+e^{0}}{2}=\sqrt{2}+\frac{1+1}{2}\approx 0.41

che è coerente con il punto massimo della curva sul grafico.

Piccolo inciso: La parte di funzione data dalla frazione è essa stessa una funzione piuttosto nota, ma che si vede poco al liceo: il coseno iperbolico. Questa funzione ha come minimo 1, coerentemente con quanto trovato qui.

Il punto di ordinata nulla ci permetterà anche di trovare i valori di a e -a, risolvendo in x l’equazione: f(a)=0

f(a)=0\Rightarrow \sqrt{2}+\frac{e^{a}+e^{-a}}{2}

imponendo e^{a}=t e svolgendo qualche conto ottengo:

t+\frac{1}{t}-\sqrt{8}=0\Rightarrow t^{2}+\sqrt{8} t +1=0

che ha come soluzioni in t:

t_{1}=\sqrt{2}+1
t_{2}=\sqrt{2}-1

ma ricordando il cambio di variabile che abbiamo fatto si ha che

a=\ln(\sqrt2+1)\approx 0.8
 -a=\ln(\sqrt2-1)\approx- 0.8

Utile è anche vedere il comportamento della derivata prima, che graficamente rappresenta la pendenza della curva. Ricordando le regole di derivazione, in particolare di derivare l’esponente negativo, si ha:

f'(x)=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}

Risolvendo la disequazione: $latex {e^{-x}-e^{x}}> 0$
Si vede che:

f’(x)>0 per ogni x>0 e f’(x)

a=\ln(\sqrt2+1)\approx 0.8
-a=\ln(\sqrt2-1)\approx- 0.8

Come richiesto.

2)
Per risolvere il primo punto basta calcolare la derivata prima nei punti a e -a.

Come abbiamo calcolato prima:

f'(x)=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}\Rightarrow
f'(a)=\frac{e^{-a}-e^{a}}{2}\Rightarrow f'(a)=\frac{e^{-\ln(\sqrt2+1)}-e^{\ln(\sqrt2+1)}}{2}=-1

$latex f'(-a)=\frac{e^{a}-e^{-a}}{2}$
f'(-a)=\frac{e^{\ln(\sqrt2-1)}-e^{-\ln(\sqrt2-1)}}{2}=+1

Siccome i due valori sono uno l’opposto e il reciproco dell’altro, le tangenti in questi due punti sono perpendicolari. Ma siccome la funzione è periodica, lo sono anche in tutti gli altri punti.

Per calcolare la lunghezza della curva, si usa la formula suggerita dal testo (avete notato la nota a piè di pagina, vero?), alla quale si sostituisce la derivata prima della funzione, e mettendo come estremi di integrazione -a e a.
È bene ricordare che nel momento di svolgere il quadrato della somma degli esponenziali, bisogna procedere come nel quadrato del binomio, e quindi quando si calcola il doppio prodotto dei due, essendo uno il reciproco dell’altro, si elidono.

\int_{-a}^{+a}{\sqrt{1+\frac{1}{4} (e^{-x}-e^{x})^2}}dx=
\int_{-a}^{+a}{\sqrt{1+\frac{1}{4} (e^{-2x}-e^{2x}+2)}}dx=
\frac{1}{2} \int_{-a}^{+a}{e^{-x}-e^{x}}dx

integrando si ottiene:

\frac{1}{2} (e^{a}-e^{-a}-e^{-a}+e^{a})= e^{a}-e^{-a}= e^{\ln{\sqrt{2}+1}}-e^{\ln{\sqrt{2}-1}}=\sqrt{2}+1-\sqrt{2}+1=2

Che è uguale al lato della ruota quadrata

3)
Sappiamo che il punto centrale del quadrato resta a un’altezza costante (d).
Questa altezza dipende dal valore della funzione f(x) e dal segmento CA.
Quindi potremo scrivere l’equazione della coordinata del centro d=f(x)+CA(x).
Ci viene detto che i due triangoli che si formano, ACL e ALM, sono simili e ricordando la definizione possiamo scrivere CL:AM=CA:AL da cui possiamo ricavare:
CA=\frac{CL*AL}{AM}
ora CL è la lunghezza di metà lato del quadrato che quindi equivale ad 1.
d=f(x)+\frac{AL}{AM}
Sappiamo anche che definendo come \alpha l’angolo formato da AM e AL il rapporto tra questi ci da:

\frac{CL*AL}{AM}=1/cos(\alpha)

Ora possiamo sfruttare il suggerimento datoci nel testo e quindi legare la derivata della funzione con la tangente e scrivere
\alpha=\tan(f'(x))^{-1}
la sostituiamo all’interno del coseno legando così la distanza alla derivata della funzione e alla funzione stessa.
Ricordando la relazione tra coseno e tangente

\cos(\tan(\theta)^{-1})=\frac{1}{\sqrt{ 1+\theta^2}}

Ora abbiamo tutti gli ingredienti necessari per calcolare d.

d=\sqrt2-\frac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{1+{\frac{e^x-e^{-x}}{2}}^{2}}

da cui ricaviamo d=\sqrt{2} .
che possiamo validare andando a vedere che l’altezza nel punto x=0 ricordando che il mezzo lato del quadrato è pari a 1 è data da:

\sqrt{2}-1+1= \sqrt{2}

4)
La nuova funzione è molto simile alla precedente, cambia la costante a cui viene sommata (ciò farà traslare la nostra funzione, ma poco importa) e i limiti del dominio. Quest’ultimo dettaglio, però, fa variare anche l’angolo che c’è tra due gobbe. Trovando quanto vale questo angolo possiamo trovare di che forma sarà la ruota, poiché sappiamo essere un poligono regolare.
Calcoliamo le derivate nei due punti. La derivata prima della nuova funzione non cambia rispetto a quella precedente (la derivata di una costante è 0):
f'(x)=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}
che nei due punti diventa:

f'(\frac{\ln{3}}{2})=\frac{e^{-\frac{\ln{3}}{2}}-e^{\frac{\ln{3}}{2}}}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}
f'(-\frac{\ln{3}}{2})=\frac{e^{\frac{\ln{3}}{2}}-e^{-\frac{\ln{3}}{2}}}{2}=-\frac{1}{\sqrt{3}}

usando la funzione arcotangente si scopre che le due tangenti formano angoli di 30° con la direzione positiva e negativa dell’asse x. La ruota dovrà avere un angolo in grado di incastrarsi, cioè la somma di tutti e tre gli angoli dovrà essere 180°. Perciò:

180°-30°-30°=120°

Il poligono che ha tale angolo è un esagono regolare.

Problema 2: C’è chi scende e c’è chi sale

1)

Probabilmente avete ripassato le definizioni di continuità e di derivabilità, perciò concorderete sul fatto che la funzione sia continua per tutti i valori reali, mentre non è derivabile in tutti i punti simili a B e D, cioè quelli con ascissa 2n+1 con n numero naturale.
Il limite per x che tende a infinito non esiste. Infatti è una funzione periodica oscillante, quindi, anche intuitivamente, non posso sapere che valore precisamente ha quando tende a infinito, ma so che avrà un valore finito. L’altro limite lo calcoliamo proprio sfruttando questo fatto: il numeratore sarà finito, mentre il denominatore infinito, quindi il limite vale 0.

La funzione può essere scritta in più parti così:

f(x)=
x         0\leqslant x\leqslant 1
2-x     1< x\leq 3
x-4     3< x\leq 4

La derivata prima sarà:

g(x)=
1       0\leqslant x\leqslant 1
-1     1< x\leq 3
1       3< x\leq 4

E la funzione integrale, che viene calcolata integrando e la funzione e usando la x come estremo, viene, una volta calcolate le costanti d’integrazione negli estremi inclusi:
h(x)=
\frac{x^2}{2}              0\leqslant x\leqslant 1
2x-\frac{x^2}{2}-1     1< x\leq 3
\frac{x^2}{2}-4x        3< x\leq 4

2)
Prendiamo la funzione s(x)=\sin(bx) sappiamo che la funzione seno ha un periodo di 2 mentre la nostra funzione ha un periodo di 4.
Per trovare la costante b tale che ci dia un periodo di 4 bisogna calcolare
T=\frac{2\pi}{b}=4

da cui:
b=\frac{\pi}{2}

Disegnando le due funzioni nell’intervallo [0,1] e vediamo che il quadrato che si forma con i punti AOBC è un quadrato di lato 1.
La probabilità di un punto di stare in una di queste aree è data dalla frazione che questa occupa nel quadrato.
Per calcolare le probabilità quindi dovremo calcolare le aree di queste 3 zone.
L’area sottesa dalla retta x è semplicemente calcolabile con la formula dell’area di un triangolo rettangolo=\frac{base*altezza}{2} che da come risultato \frac{1}{2} .
Per calcolare l’area compresa tra la funzione seno e la retta x bisogna calcolare l’integrale del seno e sottrarci l’area della prima zona.

A_{2}=\int_{0}^{1} \sin{\frac{\pi x}{2}}dx-\frac{1}{2}=\left [ -\frac{2\cos{\frac{\pi x}{2}}}{\pi} \right ]^{1}_{0}=\frac{4-\pi}{2\pi}

che corrisponde a circa il 14%
A_{3} semplicemente lo troviamo sottraendo all’area totale le due calcolate
A_{3}=A_{tot}-A_{1}-A_{2}=36%

3)
Ora ci richiede di calcolare la stessa usando come funzioni quelle di prima elevate al quadrato.
Possiamo da subito stimare come varieranno le aree andando a vedere che tra 0 e 1 quella che prima era una retta adesso è una parabola e la parabola è più “lenta” in questo intervallo.
Un discorso analogo può esser fatto anche per l’area A_{3} dato che il \sin{\frac{\pi x}{2}}^2 è più lento del \sin{\frac{\pi x}{2}} .
Ora andiamo a quantificare questa prima analisi qualitativa.

Iniziamo a calcolare l’integrale della parabola:

A_{1}=\int_{0}^{1} x^2 dx=\left [ \frac{x^3}{3} \right ]^{1}{0}=\frac{1}{3} =33.3%

andiamo ora a valutare la seconda area

A_{2}=\int_{0}^{1} \sin\left[ {\frac{\pi x}{2}}\right ]^2dx-\frac{1}{3}=\int_{0}^{1}\frac{1-\cos{\pi x}}{2}dx-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}\left[x-\sin{\pi x}\right]_{0}^{1}-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}=16.7%

Con un semplice calcolo troviamo che l’area restante è A_{3}=50%

4)
Per calcolare il volume di un solido di rotazione utilizziamo la formula del metodo dei gusci cilindrici ovvero:

Volume_{y}=\int_{a}^{b}xf(x)dx

Possiamo spezzare la funzione in 2 ed andare prima ad integrare la funzione che va da 0 a 1 e poi quella che va da 1 a 3 e poi sommare il volume.

V_{1}=2\pi\int_{0}^{1}x*\frac{x^2}{2}dx=\pi\left[ \frac{x^4}{4}\right]_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}

mentre il secondo volume è dato da:

V_{2}=2\pi\int_{1}^{3}x*\left[ 2x-\frac{x^2}{2}-1\right]=2\pi*\left [ \frac{2x^{3}}{3}-\frac{x^4}{8}-\frac{x^2}{2} \right ]_{1}^{3}=\frac{20}{3}\pi

per un volume totale di
V_{tot}=V_{1}+V_{2}=\frac{\pi}{4}+\frac{20}{3}\pi=\frac{83}{12}\pi

Un numero magari strano da trovare come soluzione di un esercizio, ma solo perché non ci siamo abituati.

Questionario

I quesiti da scegliere sono solo 5, ma vi daremo qualche spunto per ognuno dei 10 proposti.

Si integra per parti la parte a sinistra della seconda equazione e si arriva all’espressione richiesta (quella a destra dell’uguale). Sempre integrando per parti si risolve anche l’ultimo integrale, che risulterà dipendere dall’equazione appena dimostrata.
Conviene disegnare la situazione in 2D, il problema si riduce quindi ad un rettangolo inscritto in una semicirconferenza, il cui centro è anche il punto medio della base del rettangolo. Un raggio collega il centro con un vertice e forma con i lati del rettangolo un triangolo rettangolo. Applicando il teorema di pitagora si può esprimere una dimensione in funzione dell’altra e del raggio. Trovo le dimensioni che massimizzano il volume (ponendo a zero la derivata del volume). A questo punto avendo le dimensioni calcolo il volume del cilindro e della sfera e li paragono.
Dato che il denominatore è x, quando ne faccio il limite a zero mi aspetto che, se il numeratore è finito, il limite diverga. Invece è finito. Quindi si avrà una situazione del tipo 0/0. Impongo a zero il numeratore e sostituendo ad x il valore nullo trovo il parametro b. Usando De L’Hopital trovo anche il parametro a.
Il valore medio con una distribuzione continua si trova:
\int_{0}^{2}xf(x)dx
Quando si ha a che fare con una distribuzione continua, si ha una certa probabilità di ottenere un numero compreso in un intervallo di valori. La probabilità per ogni singolo valore è invece nulla.
Quest’ultima richiesta si traduce nel trovare la probabilità di avere un numero compreso tra 0 e 1(un intervallo, finalmente). Quindi basta fare l’integrale di f(x) tra questi due valori.
Per trovare una retta nello spazio conoscendo due punti si usa la relazione:

\frac{x-x_{a}}{x_{b}-x_{a}}=\frac{y-y_{a}}{y_{b}-y_{a}}=\frac{z-z_{a}}{z_{b}-z_{a}}

L’equazione di un piano è del tipo ax+by+cz+d=0. I denominatori dell’espressione ci
forniranno anche i valori dei parametri a, b, c del piano dato che è perpendicolare. Il passaggio per l’ultimo punto ci permetterà di trovare anche d.

6) Il numeratore al limite è nullo. Per soddisfare la richiesta dovrà esserlo anche il denominatore, ritornando alla situazione di prima 0/0. Sempre usando De L’Hopital ricavo il parametro richiesto.

7) Niente panico. I centri delle sfere sono tutti sulla stessa retta che è perpendicolare al piano e passano per P. Uso la relazione vista nel quesito 5. Ricordando la formula della distanza di due punti nel piano ( quella che sembra il teorema di Pitagora, ricordi?) ricavo i valori che mi mancano.

8) Siccome è truccato il dado, si può immaginare che anzichè 12 facce ne abbia tredici. La tredicesima sarà un 3, così questo numero avrà probabilità doppia di uscire: 2/13, contro 1/13 di tutti gli altri numeri. La probabilità che il 3 esca più di 2 volte su 5 posso trovarla come complementare della probabilità che non esca zero volte, una e due. Ciascuna di queste probabilità la calcolo con la formula di Bernoulli relativa.

9) Studio i limiti della funzione a sinistra per x che va a più e meno infinito. Siccome hanno segno opposto sono sicuro che almeno una volta la funzione passa per lo zero, quindi una soluzione esiste. Studiandone la derivata vedo che è sempre crescente (monotona) f’(x)>0 per ogni x. Quindi passerà una sola volta per l’asse delle x. Quindi la soluzione è unica

10) La funzione non è derivabile in x=2 e x=-2 che sono interni all’intervallo, ma ha un punto stazionario in 0. Il Teorema di Rolle ci garantisce che rispettate certe condizioni si ha un punto stazionario. Non ci garantisce il viceversa, e questo ne è un esempio. Il Teorema rimane valido.

E adesso sotto a studiare per le altre prove!!

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