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Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.

Della funzione f, definita per 0 < x < 6, si sa che è dotata di derivata prima e se-conda e che il grafico della sua derivata f'(x), disegnato a lato, presenta due tan-genti orizzontali per x = 2 e x = 4.

Si sa anche che f(0) = 9, f(3) = 6 e f(5) = 3.

1. Si trovino le ascisse dei punti di fles-so di f motivando le risposte in modo esauriente.

2. Per quale valore di x la funzione presenta il suo minimo assoluto? Sapendo che f t dt'( ) –=∫ 5

0

6

per quale valo-

re di x la funzione presenta il suo massimo assoluto?3. Sulla base delle informazioni note, quale andamento potrebbe avere il grafico

di f(x)?4. Sia g(x) la funzione definita da g(x) = x f(x). Si trovino le equazioni delle rette

tangenti ai grafici di f e di g nei rispettivi punti di ascissa x = 3 e si determini la misura, in gradi e primi sessagesimali, dell’angolo acuto che esse formano.

Siano f e g le funzioni definite da f(x) = ex e g(x) = ln x.

1. Fissato un riferimento cartesiano Oxy, si disegnino i grafici di f e di g e si calcoli l’area della regione R che essi delimitano tra x = 1/2 e x = 1.

2. La regione R, ruotando attorno all’asse x, genera il solido S e, ruotando attorno all’asse y, il solido T. Si scrivano, spiegandone il perché, ma senza calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi di S e di T.

esame di stato 2012 seconda prova scrittaper i licei scientificia indirizzo sperimentale (pni)

PROBLEMA1

PROBLEMA2

f'(x)

(0,–3)

(1,–1)

(2,0)

(3,–1)

(4,–2)

(5,0)

(6,2)

x

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1

UnMOdELLOindEttAgLiO

3. Fissato x0 > 0, si considerino le rette r e s tangenti ai grafici di f e di g nei rispettivi punti di ascissa x0. Si dimostri che esiste un solo x0 per il quale r ed s sono parallele. Di tale valore x0 si calcoli un’approssimazione arroton-data ai centesimi.

4. Sia h(x) = f(x) − g(x). Per quali valori di x la funzione h(x) presenta, nell’in-tervallo chiuso 1/2 ≤ x ≤ 1, il minimo e il massimo assoluti? Si illustri il ra-gionamento seguito.

1. Si calcoli: lim–

x

x x

x→ +0

3 4

2

2 3 .

2. Una moneta da 1 euro (il suo diametro è 23,25 mm) viene lanciata su un pavi-mento ricoperto con mattonelle esagonali (regolari) di lato 10 cm. Qual è la probabilità che la moneta vada a finire internamente a una mattonella (cioè non tagli i lati degli esagoni)?

3. Sia f(x) = 3x. Per quale valore di x, approssimato a meno di 10–3, la penden-za della retta tangente alla curva nel punto (x, f(x)) è uguale a 1?

4. L’insieme dei numeri naturali e l’insieme dei numeri razionali sono insiemi equipotenti? Si giustifichi la risposta.

5. Siano dati nello spazio n punti P1, P2, P3, …, Pn. Quanti sono i segmenti che li congiungono a due a due? Quanti i triangoli che hanno per vertici questi punti (supposto che nessuna terna sia allineata)? Quanti i tetraedri (supposto che nessuna quaterna sia complanare)?

6. Si dimostri che la curva di equazione y = x3 + ax + b ha uno ed un solo pun-to di flesso rispetto a cui è simmetrica.

7. È dato un tetraedro regolare di spigolo l e altezza h. Si determini l’ampiez-za dell’angolo a formato da l e da h.

8. Un’azienda industriale possiede tre stabilimenti (A, B e C). Nello stabilimen-to A si produce la metà dei pezzi, e di questi il 10% sono difettosi. Nello stabilimento B si produce un terzo dei pezzi, e il 7% sono difettosi. Nello stabilimento C si producono i pezzi rimanenti, e il 5% sono difettosi. Sapen-do che un pezzo è difettoso, con quale probabilità esso proviene dallo stabi-limento A?

9. Il problema di Erone (matematico alessandrino vissuto probabilmente nella seconda metà del I secolo d.C.) consiste, assegnati nel piano due punti A e B, situati dalla stessa parte rispetto a una retta r, nel determinare il cammino minimo che congiunge A con B toccando r. Si risolva il problema nel mo-do che si preferisce.

10. Si provi che fra tutti i coni circolari retti circoscritti a una sfera di raggio r, quel-

lo di minima area laterale ha il vertice che dista r 2 dalla superficie sferica.

Figura 1 – Foto di un uovo di gallina

QUEstiOnARiO

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1. Una funzione f presenta un punto di flesso in x0 quando f"(x0) = 0 ed f" assume segni discordi in un intorno sinistro e in un intorno destro del punto x0. Dall’osservazione del grafico di f' proposto dalla traccia in intorni di x = 2 e di x = 4, si deduce che:

– f' è crescente per x < 2, mentre è decrescente per x > 2; – f' è decrescente per x < 4, mentre è crescente per x > 4.

Quindi x = 2 e x = 4 sono punti stazionari di f' ed f" soddisfa le condi-zioni affinché f presenti punti di flesso in x = 2 ed x = 4.

2. La funzione f è decrescente nell’intervallo [0; 5), in quanto f' in questo in-tervallo si mantiene non positiva; f ha un punto di flesso con tangente oriz-zontale in x = 2: infatti f'(2) = 0, ma f' non cambia segno in un intorno di x = 2; f cresce nell’intervallo (5; 6). Da queste osservazioni discende che f assume il minimo assoluto in x = 5.

Inoltre, per il teorema fondamentale del calcolo integrale, f f f t dt( ) – ( ) '( ) –6 0 50

6

= =∫

f f f t dt( ) – ( ) '( ) –6 0 50

6

= =∫ ; ricordando che f(0) = 9, si deduce che f(6) = 4. Il massimo assoluto può trovarsi solo agli estremi del dominio: dal confronto dei valori assun-ti agli estremi dell’intervallo [0; 6], si conclude che il massimo assoluto è in x = 0.

3. Alle osservazioni dei punti precedenti, si aggiunge che:

– in (0, 2) la funzione f è decrescente e concava verso l’alto; – in (2, 4) la funzione f decresce con concavità verso il basso; – in (4, 5) la funzione f decresce con concavità verso l’alto; – in (5, 6) la funzione f cresce con concavità verso l’alto.

Un possibile grafico è indicato in figura 1.

RisOLUziOnEdELPROBLEMA1

Figura 1 Figura 2

y

M

m

y

C

y = 3x + 9y = – x + 9

BOA

1110

8

6

4

2

9

876

5

4

3

2

1

–1 1 2 3–2 2 4 6 8 10

4 5 6 7 8 9

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1

4. Tenendo presente che g'(x) = xf'(x) + f(x), da f'(3) = −1 ed f(3) = 6 si rica-va g' (3) = 3 (−1) + 6 = 3. Di conseguenza, le tangenti richieste t ed s hanno rispettivamente equazioni:

y = −x + 9 ed y = 3x + 9

Le tangenti t ed s, che si intersecano nel punto (0; 9), sono rappresentate in figura 2. Si osserva che:

– OCB� = 45° poiché la retta t è parallela alla bisettrice del II e IV quadrante;

– tg da cui/ , , .ACO ACO� �= ≈ °3 9 18 435 Si deduce che l’ampiezza di ACB ACO OCB� � �è + ≈ 45° + 18,435° = 63,435°;

cioè ACB� ≈ 63°26'. Allo stesso risultato si può anche pervenire applicando direttamente la formula:

tg da c– '

',ACB m m

m m� =

+ ⋅=

12 uui arctg '.ACB� = ≈ °2 63 26

1. Indicando con R la regione evidenziata in figura 3, la sua area è f x g x dx( ) – ( )/

( )∫1 2

1

Inoltre è noto che e dx e cx x= +∫ e, integrando per parti, si trova ln x dx =∫ = +– .x x x cln Ne segue

e dx e e x dx =∫ – ln/1 2

1

e xx =∫ – – ln ./

12

1

21 2

1

In definitiva risulta: Area (R) = e e– –ln

.+ 12

22

RisOLUziOnEdELPROBLEMA2

Figura 3 Figura 4

y

y = exy = ex

y = lnx

–1

–1

–2

1

2

3

4

1

2

3

–0.5 0.5

0.5 1 1.5 2

1 1.5

y

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2a. La richiesta è anomala, in quanto, di norma, si studiano i solidi generati dalla rotazione di una regione che non è «attraversata» dall’asse di rotazione, come invece succede in questo caso. Qui si pone il problema di capire come gestire la porzione del solido generata dalla rotazione della parte di regione situata «sotto» l’asse di rotazione: in altre parole, nella rotazione completa una por-zione del solido è «spazzata due volte». Tale porzione va comunque contata una sola volta; quindi, quando la regione R compie un giro completo attorno all’asse x, la parte situata nel semipiano negativo delle ordinate va trascurata perché produce un solido interno a quello generato dall’altra parte di R (fi-gura 4). Per il volume del solido S, di conseguenza, è sufficiente calcolare:

Vol ( ) [ ( )] .//

S f x dx e dxx= ⋅ = ⋅ ∫∫π π2 2

1 2

1

1 2

1

Però non è detto esplicitamente che la regione R compia un giro completo attorno all’asse x. Si potrebbe interpretare il testo pensando ad una rotazione di mezzo giro attorno all’asse x; in tal caso, la parte situata nel semipiano negativo delle y genererebbe un solido non più trascurabile ed S risultereb-be la somma del solido generato dalla rotazione di mezzo giro attorno all’as-se x dal sottografico della funzione f e del solido generato nella stessa rota-zione dal sottografico della funzione g.

2b. Volume del solido T. metodo 1 – Le funzioni f e g sono simmetriche rispetto alla retta y = x;

di conseguenza, il solido T è equivalente al solido T', ottenuto dalla rota-zione attorno all’asse x della superficie R', simmetrica di R rispetto alla retta y = x (figura 5).

Figura 5

3

2

1

–1

–1 1 2 3

y = 1/2

y = 1

+

x = 1x = 1/2

y

x

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1

Poiché all’intervallo [1/2; 1] corrisponde il suo simmetrico [ln(1/2); e], si ha:

Vol Vol( ) ( ') ( ) –T T ex= = ⋅

π 2

212

+

+∫ln( / )

– – (l1 2

02

221

12

1dx dx nn ) .x dxe

ee2

0

∫∫

Vol Vol( ) ( ') ( ) –T T ex= = ⋅

π 2

212

+

+∫ln( / )

– – (l1 2

02

221

12

1dx dx nn ) .x dxe

ee2

0

∫∫

metodo 2 Si può usare il metodo dei «gusci cilindrici concentrici» (si veda il quesito 3

del tema PNI del 2011, Archimede, n. 4 del 2011, pag. 190). Nel nostro caso il volume è dato da

Vol ( ) ( – ln ) ./

T x e x dxx= ∫21 2

1

π

Il teorema di Guldino non è invece facilmente applicabile perché, non essendo simmetrica la regione, è complicato determinarne il baricentro.

3. Fissato x0 > 0, sia r la tangente al grafico di f in x0 e sia s la tangente a g in x0. I coefficienti angolari di r ed s sono rispettivamente f'(x0) e g'(x0); il parallelismo fra r ed s è espresso dalla condizione f'(x0) = g'(x0); dunque:

ex

x01

0

=

Per dimostrare l’esistenza e l’unicità della soluzione, consideriamo i grafici di f'(x0) e g'(x0) (figura 6). Limitandoci al I quadrante f '(x0) è crescente, men-tre g'(x0) è decrescente; si tratta di funzioni continue; inoltre è facile verifi-care che, per esempio, per x = 1/4 si ha f'(x0) < g'(x0), mentre per x = 3/4 si ha f'(x0) > g'(x0): infatti

e e4 34443

< > .e

Ne segue che le due curve hanno uno e un sol punto in comune, che è com-preso nell’intervallo (1/4, 3/4).

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Per determinare un valore approssimato di x0 , consideriamo la funzione F(x) = f'(x) − g'(x) = ex – 1/x. Usando il metodo di bisezione, si ricava un’appros-simazione di x0 con la precisione richiesta in 8 iterazioni. Si conclude x0 ≈ 0,57.

n x0 = (an +bn)/2 an bn f(an) f(bn) f(x0)

1 0,5 0,25 0,75 -2,71597 0,783667 -0,35128

2 0,625 0,5 0,75 -0,35128 0,783667 0,268246

3 0,5625 0,5 0,625 -0,35128 0,268246 -0,02272

4 0,59375 0,5625 0,625 -0,02272 0,268246 0,126556

5 0,578125 0,5625 0,59375 -0,02272 0,126556 0,052963

6 0,570313 0,5625 0,578125 -0,02272 0,052963 0,015395

7 0,566406 0,5625 0,570313 -0,02272 0,015395 -0,00359

8 0,568359 0,566406 0,570313 -0,00359 0,015395 0,005918

4. Sia h(x) = f(x) – g(x); i punti stazionari di h sono gli zeri di h x ex

x'( ) –= 1 che coincide con la funzione F del precedente punto 3. Dunque uno zero di h', che abbiamo visto essere l’unico, è il punto x0 ≈ 0,57. Studiando il segno di h' si ricava facilmente che h è decrescente per 1/2 < x < x0 e crescente per x0 < x < 1.

Confrontando h(x0), h(1/2) e h(1), concludiamo che: il massimo assoluto si ha in x = 1 e il minimo assoluto in x = x0.

Per il quesito 7 si veda il tema di ordinamento.

1. Il passaggio al limite dà luogo ad una forma indeterminata del tipo 0/0. Siamo nel-le condizioni richieste per applicare il teorema di De l’Hôpital: si perviene così a

Figura 6

–1 1

1

2

3

4

2 3 4

y = ex

y

y = 1/x

RisPOstEALQUEstiOnARiO

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1

limln – ln

x

x x

x→ +

⋅ ⋅ ⋅ ⋅0

3 43 2 2 4 3 32

.

Calcolando il limite per il numeratore si ottiene un valore negativo, mentre il denominatore tende a 0 da destra. Quindi, lim

–– .

x

x x

x→ += ∞

0

3 4

2

2 3

2. Nella definizione classica la probabilità è data dal rapporto tra il numero N

di casi favorevoli al verificarsi dell’evento e il numero M di casi possibili. Analogamente, nella situazione descritta possiamo calcolare la probabilità come rapporto tra l’area N della figura «favorevole» e l’area M della figura completa. Poiché il pavimento è ricoperto da mattonelle uguali, possiamo ri-ferirci alla sola mattonella su cui cade il centro della moneta.

L’esagono di lato L = 10 cm (che rappresen- ta la mattonella) ha apotema di 10

32

cm. Allora M è l’area dell’esagono, mentre N è l’area dell’esagono contenuto nel pre-cedente (con lo stesso centro e i lati paral- leli) avente apotema a r–=

10

32

cm, essendo r il raggio della moneta espresso in centimetri (figura 7). Infatti affinché la moneta non intersechi il lato della matto-nella, il suo centro deve cadere all’interno dell’esagono più scuro in figura 7.

Il lato L' di quest’esagono è 2

3

10 3 2 325

3

a – ,= cm ≈ 8,658 cm.

L’area M è 6 volte l’area di un triangolo equilatero di lato L, cioè L2 34

6⋅ ⋅ . Analogamente, N L( ') .= ⋅ ⋅2 3

46 Quindi la probabilità richiesta è

NM

L

L

LL

( ') ( ') ,=⋅ ⋅

⋅ ⋅= ≈

2

2

2

2

34

6

34

6

8 658810

0 7496 752

2. %.≈ ≈

L

L'

Figura 7

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Naturalmente, si poteva scrivere direttamente che il rapporto N/M è uguale al rapporto fra i quadrati delle misure di due segmenti corrispondenti nei due esagoni, per esempio proprio (L')2/L2.

3. La pendenza della retta tangente alla curva nel punto (x, f(x)) è f'(x) = 3x ln 3. Si deve quindi determinare il valore di x tale che 3x ln 3 = 1. Passando ai logaritmi naturali, si trova ln (3x ln 3) = ln 1 da cui x = –ln(ln 3) / ln 3.

Non essendo richiesto un metodo di approssimazione, la calcolatrice fornisce il risultato x ≈ –0,086.

4. L’insieme N dei numeri naturali e l’insieme Q dei numeri razionali, entram-bi costituiti da un’infinità numerabile di elementi, sono equipotenti: i due insiemi hanno la stessa cardinalità, che si indica con ℵ0 («aleph 0»), cioè hanno lo stesso numero di elementi.

Osserviamo, in primo luogo, che una frazione positiva a/b può essere con-siderata una coppia ordinata (a, b), ossia un elemento del prodotto cartesia-no N0 × N0 (dove N0 indica l’insieme dei naturali diversi da 0). Ora, si può definire una funzione iniettiva f : N0 × N0 → N0 ponendo f(a, b) = 2a3b. Ciò garantisce che la cardinalità di N0 × N0 è minore o uguale a quella di N0 ; analogamente, la funzione g : N0 → N0 × N0 definita da g(n) = (n, 1) è iniet-tiva, e garantisce che la cardinalità di N0 è minore o uguale a quella di N0 × N0 .

In alternativa, si possono ordinare gli elementi di Q in modo da stabilire una corrispondenza biunivoca con l’insieme dei naturali N, utilizzando, ad esem-pio, il metodo di Georg Cantor, che numera, mettendoli in successione, i numeri razionali.

Lo schema a lato illustra questo metodo per dimostrare la numerabilità dei nume-ri razionali positivi.

La corrispondenza biunivoca si può rap-presentare così:

N 1 2 3 4 5 6 7 …

Q 1/1 2/1 1/2 1/3 2/2 3/1 4/1 …

Un ragionamento analogo può ripetersi per i razionali relativi, per esempio associando i numeri razionali positivi ai naturali dispari e i razionali negativi ai naturali pari maggiori di 0.

5. Il numero di segmenti che congiungono gli n punti è dato dalle combinazio- ni semplici di n oggetti presi a 2 a 2, ossia:

n nn

n n2 2 2

12

= =!!( – )!

( – ). La

richiesta richiama problemi simili, come quello di individuare il numero delle strette di mano scambiate fra n amici.

1/1

1/2

1/3

1/4

1/5

…

2/1

2/2

2/3

2/4

2/5

…

3/1

3/2

3/3

3/4

3/5

…

4/1

4/2

4/3

4/4

4/5

…

…

…

…

…

…

…

5/1

5/2

5/3

5/4

5/5

…

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Analogamente, i triangoli che hanno per vertici questi punti (escludendo che ci siano terne allineate) sono

n nn

n n n3 3 3

1 26

= =!!( – )!

( – )( – ); così i tetraedri

(con l’esclusione di quaterne complanari) sono

n nn

n n n n4 4 4

1 2 324

= =!!( – )!

( – )( – )( – ).

6. Condizione necessaria e sufficiente perché una funzione abbia un punto di flesso è che la derivata seconda si annulli nel punto e presenti valori discor-di in un intorno sinistro e in un intorno destro del punto stesso. Visto che f' = 3x2 + a e f" = 6x, si deduce facilmente che f"(x) = 0 se e solo se x = 0. Si verifica inoltre che:

f" < 0 per x < 0 e f" > 0 per x > 0.

Dunque x = 0 è ascissa di un punto di flesso di f, di ordinata f(0) = b; anzi, il punto F(0; b) è l’unico flesso di f.

Per dimostrare che f è simmetrica rispetto ad F, basta tener presenti le for-mule relative alla simmetria rispetto a un punto che, in questo caso, sono:

x xy b y

' –' –==

2

Sostituendo nell’espressione di f si trova

2b – y = (–x)3 + a(–x) + b da cui y = x3 + ax + b.

In conclusione, f coincide con l’equazione della sua trasformata rispetto al punto F(0; b).

8. Si può usare il teorema di Bayes, dopo aver rappresentato le probabilità in gioco in una tabella.

A B C

Probabilità che un pezzo provenga dallo stabilimento 1/2 1/3 1/6

Probabilità che quel pezzo sia difettoso 1/10 7/100 5/100

Sia E l’evento «il pezzo è difettoso». Nella seconda riga della tabella compaio-no le probabilità condizionate p(E|A).

Applicando la formula di Bayes si ha:

p A Ep A p E A

p A p E A p B p E B( | )

( ) ( | )( ) ( | ) ( ) ( | )

=⋅

⋅ + ⋅ ++ ⋅p C p E C( ) ( | )

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da cui:

p A E( | ) =⋅

⋅ + ⋅ + ⋅=

12

10100

12

10100

13

7100

16

5100

, %.3049

0 61 61≈ =

9. Con riferimento alla figura 8, il problema consiste nel minimizzare il percor-so AQ'B, individuando il punto Q sulla retta r che realizza questa condi-zione. Si arriva facilmente al risultato per via sintetica, ricorrendo alle proprie-tà delle simmetrie assiali.

Detto A' il simmetrico di A rispetto alla retta r, si unisca A' con B: sia Q l’intersezione del segmento A'B con r. Ora, AQ è congruente ad A'Q: quindi il cammino AQ + QB è congruente al cammino A'Q + QB = A'B. Questo è il cammino minimo.

Infatti, preso un qualsiasi altro punto Q' su r, il cammino AQ' + Q'B ri-sulta congruente al cammino A'Q' + Q'B, maggiore di A'B per la disugua-glianza triangolare.

10. Si consideri la sezione del cono con il piano passante per il vertice V e per-

pendicolare al piano di base. Con le notazioni in figura 9, si ha OP = r; la superficie da minimizzare è S = p ∙ HB ∙ VB.

Poiché HB = PB, si ha VB = VP + HB e, dunque, S = p ∙ HB ∙(VP + HB). Si ponga VO = x. Il triangolo OPV è rettangolo in P; applicando il teore-

ma di Pitagora, si ha:

VP VO PO x r= =2 2 2 2– –

Figura 8 Figura 9

A

A'

Q Q'

B V

K

P

BH

O

A

r

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1

Dalla similitudine fra i triangoli VHB e VPO segue:

HBOP

VHVP

= e quindi HHBx r r

x rr x r

x r= + ⋅ = +( )

– –2 2.

Pertanto,

S r x rx r

x r x r r x rx r

r x r= + + + +

= + +π π

–( )( – )

–rr x r

x rr x r rx r

x rrx x r

x+

= + + = +

––

–π π

2 2 2

–– r

S r x rx r

x r x r r x rx r

r x r= + + + +

= + +π π

–( )( – )

–rr x r

x rr x r rx r

x rrx x r

x+

= + + = +

––

–π π

2 2 2

–– r.

Basta quindi minimizzare la funzione f x x x rx r

( )–

.= +

Studiando il segno di f x x xr rx r

'( )– –( – )

,=2 2

2

2 si ottiene che f assume il mini- mo quando x r r ,= + 2 cioè quando V dista r 2 dalla superficie sferica, come richiesto.

Le richieste della traccia erano ampiamente alla portata degli studenti dell’indirizzo PNI.

Rimangono le perplessità, già segnalate l’anno scorso, sull’opportunità della pubblicazione di una griglia di correzione proposta a livello nazionale differita di un giorno; si ribadisce che questo intralcia il lavoro delle commissioni, che devono ritardare di un giorno l’avvio delle correzioni.

Anche quest’anno è stata confermata la tendenza a incentrare le richieste, so-prattutto nei due problemi, sui contenuti di analisi, che sono affrontati dagli stu-denti dell’ultimo anno di liceo.

Il problema 1 richiedeva capacità di osservazione di grafici, di applicazione di teoremi e concetti cardine del quinto anno (condizioni per l’esistenza di massimi, minimi, flessi di una funzione, teorema fondamentale del calcolo integrale) più che di manipolazione e di calcolo; richieste certamente non identificative dei contenu-ti specifici dell’indirizzo PNI.

Qualche difficoltà di interpretazione è sorta per gli studenti che hanno affron-tato il problema 2: è apparsa ambigua la richiesta di calcolo del volume del solido S, generato da una rotazione non ben individuata attorno all’asse x.

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Archimede 1 2013

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Ancora nel problema 2, prevalentemente incentrato sugli integrali nei primi due punti, il terzo punto valuta competenze di approssimazione numerica che sono proprie dell’indirizzo, anche se la richiesta è limitata a un calcolo piuttosto labo-rioso e non alla formalizzazione del procedimento.

I quesiti presentano contenuti affrontati in analisi (specialmente i quesiti 1 e 10), in geometria solida (quesito 7), nell’ambito della probabilità e delle trasformazioni geometriche: il quesito 9 viene svolto in via sintetica già al secondo anno, con la proposta delle simmetrie assiali, e il quesito 8 è presentato sui manuali di probabi-lità in applicazione del teorema di Bayes, in forme sostanzialmente identiche. Nessuna difficoltà anche nella soluzione del quesito 5 sul calcolo combinatorio, dove il ricorso alle combinazioni semplici è subito evidente dalla lettura del testo.

Più interessante il quesito 2, in cui il candidato può mettere in gioco più com-petenze apprese nel corso dei cinque anni, sia legate al calcolo delle probabilità, sia di natura geometrica, sia relative alle proprietà dei rapporti di similitudine.

Il quesito 3 è apparso scarsamente significativo nella richiesta, in quanto non è chiaramente specificato l’uso di un metodo di approssimazione ed è stato quindi scelto da molti studenti per la brevità della soluzione, ottenuta con l’uso della cal-colatrice. Infine, interessante e avvincente ma tutt’altro che banale la richiesta del quesito 4, affrontato solo in casi isolati dai candidati: si tratta di un argomento teo-rico, svolto solitamente negli anni precedenti e difficimente richiamato nell’ultimo anno di studi.

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Liceo Scientifico «Camillo Golgi» – Broni (PV) angela.sclavi@gmail.com

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