Esame di Maturità 2026 – Seconda prova di Matematica

Home » Esame di Maturità 2026 – Seconda prova di Matematica

Sommario

Leggi...

In questo articolo proponiamo la traccia e lo svolgimento completo della seconda prova di Matematica dell’Esame di Maturità 2026, per i licei scientifici.

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Luigi De Masi, Valerio Brunetti.

Traccia

$\quad$

Problema 1. In tabella sono indicati i rilevamenti, fatti a inizio anno a partire dal 2016, del livello dell’acqua del lago di Bracciano. Nel 2016 e nel 2017 il lago, oggetto di prelievi, era utilizzato come riserva idrica di emergenza per i comuni limitrofi e per l’approvvigionamento di Roma. Nel 2017, in considerazione dell’impatto ambientale e del notevole abbassamento del livello idrometrico rispetto a quello considerato ottimale, si è deciso di interrompere i prelievi, sospensione tuttora in atto.

$\quad$

Anno (al 1° gennaio)	2016	2017	2018	2019	2020	2021	2022	2023	2024	2025	2026
Differenza del livello rispetto allo zero idrometrico (in dm)	-6	-16	-20	-18	-16	-14	-12	-10	-10	-10	-10

$\quad$

Si scelga un sistema di riferimento in cui l’unità, sull’asse delle ascisse, corrisponda all’arco temporale di un anno e il 1° gennaio 2016 allo zero, mentre sull’asse delle ordinate l’unità corrisponda a una differenza di 1 dm rispetto allo zero idrometrico (livello ottimale).

Con buona approssimazione, dall’inizio del 2016 fino all’inizio del 2019, si può descrivere l’andamento del livello delle acque con il modello polinomiale

$y=a(x-2)^4+b(x-2)^3+c(x-2)^2-20, \qquad a,b,c \in \mathbb{R}.$

Nel periodo tra l’inizio del 2019 e l’inizio del 2023 si assume una crescita oscillante, approssimata con un modello del tipo $y=mx-24+\operatorname{sen}^2(\pi x)$ , con $m \in \mathbb{R}.$ Poi, fino all’inizio del 2026, l’andamento può essere approssimato con un modello del tipo $y=2\cos(2\pi x)+k$ , con $k \in \mathbb{R}$ .

$\quad$

Utilizzando i dati riportati in tabella e le informazioni fornite, definire il modello matematico $f(x)$ che esprime l’andamento del livello delle acque del lago in funzione del tempo, dopo aver determinato i valori dei parametri.
Si assuma come modello descrittivo dell’andamento idrometrico del lago la funzione

$f(x)= \begin{cases} -\dfrac{1}{2}(x-2)^4-(x-2)^3+\dfrac{7}{2}(x-2)^2-20, & 0 \le x < 3, \\[0.3cm] 2x-24+\operatorname{sen}^2(\pi x), & 3 \le x \le 7, \\[0.3cm] 2\cos(2\pi x)-12, & 7 < x \le 10. \end{cases}$

Studiare $f$ e tracciare un suo grafico, dopo aver verificato la continuità, studiato la derivabilità e determinato i punti di estremo relativo.

Giustificare la non applicabilità del teorema di Lagrange alla funzione $f$ in $[0;10]$ .
Esistono, tuttavia, punti di ascissa $s \in ]0;10[$ tali che

$f'(s)=\frac{f(10)-f(0)}{10}\,?$

Motivare la risposta.

Spiegare perché il teorema della Media Integrale è applicabile alla funzione $f$ in $[0;10]$ .
Calcolare, quindi, la variazione media $\Delta h$ del livello delle acque del lago negli anni presi in esame.

Infine, considerando che la superficie del lago è di circa $57\ \text{km}^2$ , utilizzare $\Delta h$ per stimare, in litri, la differenza del volume di acqua tra l’inizio del 2016 e l’inizio del 2026.

Svolgimento punto 1.

Inserendo nel modello polinomiale i dati relativi agli anni 2016, 2017 e 2019 si ottiene il sistema di tre equazioni nelle incognite $a,b,c$ :
$\begin{cases} 16a-8b+4c-20=-6 \\ a-b+c-20=-16 \\ a+b+c-20=-18 \end{cases} \iff \begin{cases} 8a-4b+2c=7 \\ a-b+c=4 \\ a+b+c=2. \end{cases}$

Sottraendo le ultime due relazioni si ottiene $2b=-2$ , cioè $b=-1$ . Inserendo ad esempio nella prima e nella terza relazione si ottiene

$\begin{cases} 8a+2c=3 \\ b=-1 \\ a+c=3. \end{cases}$

Sottraendo il doppio della terza equazione dalla prima si ottiene $6a=-3$ , da cui $a=-\frac12$ , e di conseguenza $c=\frac72$ . La funzione che descrive la differenza del livello richiesta vale dunque

$y_1(x)=-\frac12(x-2)^4-(x-2)^3+\frac72(x-2)^2-20.$

Assumendo nel tratto centrale un modello descritto da $mx-24+\sin^2(\pi x)$ , si vede che $\sin^2(\pi x)=0$ per tutti i valori interi di $x$ . Dunque, dato che i dati sono rilevati in tali punti di ascissa intera, occorre cercare una funzione lineare $y(x)=mx-24$ che soddisfi i dati della tabella. Dal dato $f(3)=-18$ segue
$3m-24=-18 \iff m=2.$

Il modello nell’ultimo periodo è determinato dal fatto che, per ogni $x$ intero, si ha $\cos(2\pi x)=1$ . Dal dato $f(8)=-10$ si ricava
$2+k=-10 \iff k=-12.$

Il modello nei vari anni è quindi

$f(x)= \begin{cases} -\dfrac12(x-2)^4-(x-2)^3+\dfrac72(x-2)^2-20, & 0\le x<3,\\[7pt] 2x-24+\sin^2(\pi x), & 3\le x\le 7,\\[4pt] 2\cos(2\pi x)-12, & 7<x\le 10, \end{cases}$

coerentemente con quanto fornito successivamente dalla traccia.

Svolgimento punto 2.

La continuità e la derivabilità nei punti interni dei singoli tratti è immediata, poiché la funzione è data da somme, prodotti e composizioni di funzioni polinomiali e trigonometriche. Anche in $0$ e in $10$ la funzione è continua e derivabile per le stesse ragioni. Rimane da controllare la continuità e la derivabilità nei punti $x=3$ e $x=7$ .

$\quad$

$x=3$ . Si ha
$\begin{gathered} \lim_{x\to 3^-}f(x) = -\frac12-1+\frac72-20 = -18, \\ \lim_{x \to 3^+}f(x)=f(3)=6-24+\sin^2(3\pi)=-18. \end{gathered}$

Dato che il limite sinistro e destro della funzione nel punto coincidono con il valore di $f$ , questa è continua in $x=3$ .

Le derivate delle due espressioni che descrivono $f$ sono

$\begin{gathered} f'(x)=-2(x-2)^3-3(x-2)^2+7(x-2) \qquad \forall x \in [0,3), \\ f'(x)=2+ 2\pi \sin (\pi x) \cos (\pi x)=2+\pi\sin(2\pi x) \qquad \forall x \in (3,7). \end{gathered}$

Grazie al teorema di Lagrange, i loro limiti per $x \to 3^{\pm}$ , che coincidono con i loro valori in $x=3$ , sono rispettivamente la derivata sinistra e la derivata destra di $f$ in tale punto:

$f'_-(3)=-2-3+7=2, \qquad f'_+(3)=2+\pi\sin(6\pi)=2.$

Dato che tali derivate sono uguali, ne segue che $f$ è derivabile in $x=3$ con $f'(3)=2$ .

$x=7$ . Anche in $x=7$ la funzione è continua in quanto
$\begin{gathered} \lim_{x \to 7^-}f(x)=f(7)=14-24+\sin^2(7\pi)=-10, \\ \lim_{x\to 7^+}f(x)=2\cos(14\pi)-12=-10. \end{gathered}$

Anche in questo punto, quindi, la funzione è continua. Al fine di studiare la derivabilità di $f$ in questo punto, si osserva che la derivata nell’ultimo intervallo vale

$f'(x)=-4\pi\sin(2\pi x) \qquad \forall x \in (7,10]$

Grazie agli stessi argomenti del caso precedente, si ottiene

$f'_-(7)=2+\pi\sin(14\pi)=2, \qquad f'_+(7) = -4\pi \sin (2\pi \cdot 7) = 0.$

Dato che le due derivate non coincidono e sono finite, $f$ non è derivabile in $x=7$ , che è invece un punto angoloso per la funzione.

Studiamo gli estremi suddividendo il dominio.

$\quad$

Per studiare gli estremi si parte dal primo intervallo $[0,3]$ . La derivata si può scrivere nella forma
$f'(x)=-(x-2)\Bigl(2(x-2)^2+3(x-2)-7\Bigr) \qquad \forall x \in [0,3].$

Le radici del fattore di secondo grado, viste nella variabile $t=x-2$ , sono

$t=\frac{-3-\sqrt{65}}{4}, \qquad t=\frac{-3+\sqrt{65}}{4},$

che però non soddisfano la condizione $-2\le t<1$ , corrispondente a $0 \leq x \leq 3$ . Ne consegue che il segno del fattore di secondo grado è costante in questo intervallo e, dato che esso è negativo ad esempio per $x=2$ , esso è costantemente negativo. Il fattore $-(x-2)$ cambia segno in $x=2$ . Ne segue che

$f'(x) \begin{cases} <0 & \text{se } 0 \leq x < 2 \\ =0 & \text{se } x= 2 \\ >0 & \text{se } 2< x \leq 3. \end{cases}$

Quindi il punto $x=0$ è di massimo relativo per $f$ (in quanto il suo dominio è $[0,10]$ ), mentre $x=2$ è di minimo relativo, e

$f(0)=-6, \qquad f(2)=-20.$

Relativamente all’intervallo $[3,7]$ , determiniamo innanzitutto i punti critici mediante l’equazione
$f'(x)=0 \iff 2+\pi\sin(2\pi x)=0.$

Posto

$\alpha=\arcsin\left(\frac{2}{\pi}\right), \qquad \delta=\frac{\alpha}{2\pi},$

con $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$ , i punti critici compresi tra $3$ e $7$ sono

$x=n+\frac12+\delta, \qquad \text{per ogni } n\in\{3,4,5,6\},$

$x=n-\delta, \qquad \text{per ogni } n\in\{4,5,6,7\}.$

Per studiarne la natura, calcoliamo la derivata seconda della funzione in questo intervallo:

$f''(x)=2\pi^2\cos(2\pi x) \qquad \forall x \in (3,7).$

Nei punti critici $x=n+\frac12+\delta$ , per ogni $n\in\{3,4,5,6\}$ , il coseno è negativo; dunque essi sono dei punti di massimo relativo. Nei punti $x=n-\delta$ , per ogni $n\in\{4,5,6,7\}$ , il coseno è positivo e pertanto essi sono di minimo relativo. I valori corrispondenti sono esprimibili in forma compatta come

$f\left(n+\frac12+\delta\right) = 2n-23+\frac{\alpha}{\pi}+\frac{1+\cos\alpha}{2}, \qquad \text{per ogni } n\in\{3,4,5,6\},$

$f(n-\delta) = 2n-24-\frac{\alpha}{\pi}+\frac{1-\cos\alpha}{2}, \qquad \text{per ogni } n\in\{4,5,6,7\}.$

Il punto $x=7$ è di massimo relativo per la funzione in quanto, dal segno della derivata nell’intervallo $(3,7)$ , risulta che essa è crescente in un intorno sinistro di $7$ . Inoltre, il termine $2\cos(2\pi x)$ ha un punto di massimo per $x=7$ .

Nell’intervallo $(7,10]$ è sufficiente studiare il termine $2 \cos(2\pi x)$ , che ha valore massimo pari a $2$ se
$2\pi x = 2k\pi \,\,\,\, k \in \mathbb{Z} \iff x\in \{8,9,10\}$

in cui $f$ assume valore $-10$ . Invece la funzione assume valore minimo per

$2\pi x= (2k+1)\pi \,\,\,\, k \in \mathbb{Z} \iff x \in \left\{ \frac{15}{2}, \frac{17}{2}, \frac{19}{2} \right \}.$

in cui $f$ assume valore $-14$ .

Un grafico coerente con lo studio precedente è il seguente.

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 1.

Svolgimento punto 3.

Dato che la funzione non è derivabile in $x=7$ , il teorema di Lagrange non è applicabile a $f$ in $[0,10]$ .

Il coefficiente angolare della secante passante per gli estremi dell’intervallo vale

$\frac{f(10)-f(0)}{10} = \frac{-10-(-6)}{10} = -\frac25.$

Nonostante il teorema di Lagrange non sia applicabile all’intervallo considerato, è possibile che esistano dei punti la cui derivata soddisfi $f'(x)=-\frac25$ . Ad esempio, nell’intervallo $[0,3]$ , la funzione $f'$ è continua e

$f'(0)=-10<-\frac25<0=f'(2).$

Per il teorema dei valori intermedi esiste almeno un punto $x_0\in(0,2)$ tale che

$f'(x_0)=-\frac25.$

Tale punto non è l’unico soddisfacente le proprietà volute: con un ragionamento simile, punti aventi derivata richiesta possono essere individuati anche nell’intervallo $(3,7)$ e in $(7,10)$ .

Svolgimento punto 4.

Il teorema della Media Integrale è applicabile perché $f$ è continua in $[0,10]$ . Esiste quindi almeno un punto $\xi\in[0,10]$ tale che

$f(\xi)=\frac1{10}\int_0^{10}f(x)\,dx.$

In questo punto la traccia del problema è formulata in maniera leggermente imprecisa, in quanto una richiesta naturale sembrerebbe appunto quella di determinare il valore di tale media integrale. Esso però rappresenta la differenza media del livello rispetto allo zero idrometrico nell’arco dei 10 anni considerati, non la variazione media del livello delle acque.

Interpretando dunque il problema in questo modo, lo scostamento medio del livello rispetto allo zero idrometrico è proprio la media integrale di $f$ :

$\Delta h=\frac1{10}\int_0^{10}f(x)\,dx.$

Al fine di calcolarla, suddividiamo l’integrale nei tre intervalli:

$\begin{aligned} \int_0^3 \left[ -\frac12(x-2)^4-(x-2)^3+\frac72(x-2)^2-20 \right]dx &= \bigg[ - \frac{(x-2)^5}{10} - \frac{(x-2)^4}{4} + \frac{7(x-2)^3}{6} - 20 x \bigg]_{x=0}^{x=3} \\ &= -\frac{981}{20}. \end{aligned}$

Per l’integrale nel secondo intervallo, ricordando che $\sin^2 \alpha=\frac{1-\cos(2\alpha)}{2}$ , si ottiene

$\begin{aligned} \int_3^7 \left[ 2x-24+\sin^2(\pi x) \right]dx &= \bigg[x^2-24x\bigg]_{x=3}^{x=7} + \int_3^7 \left (\frac{1}{2}- \frac{\cos(2\pi x)}{2} \right )dx \\ &= \bigg[x^2-24x\bigg]_{x=3}^{x=7} + \bigg[\frac{x}{2}- \frac{\sin(2\pi x)}{4\pi} \bigg]_{x=3}^{x=7} \\ &= -54. \end{aligned}$

Considerando che l’integrale del coseno su un periodo è nullo in virtù della sua simmetria, oppure mediante un calcolo diretto, si ottiene infine

$\int_7^{10} \left[ 2\cos(2\pi x)-12 \right]dx = - \int_7^{10} 12 \,dx = -36.$

Pertanto

$\int_0^{10}f(x)\,dx = -\frac{981}{20}-54-36 = -\frac{2781}{20},$

e quindi

$\Delta h = -\frac{2781}{200}\,\mathrm{dm} = -13\text{,}905\,\mathrm{dm} = -1\text{,}3905\,\mathrm{m}.$

Anche l’ultima domanda, relativa alla differenza del volume di acqua tra l’inizio del 2016 e l’inizio del 2026, è formulata male.

$\quad$

Infatti, in primo luogo non viene chiarita la forma di tale volume mancante. Poiché però viene richiesta solo una stima, e dato che vengono forniti soltanto la superficie $S$ del lago e il suo livello, occorre immaginare che il redattore delle tracce ci chieda di assumere che tale volume sia di forma cilindrica.

In tal caso, la differenza di volume di acqua tra l’inizio del 2016 e l’inizio del 2026 si ottiene dalla semplice considerazione che, nell’arco di tempo considerato, il livello dell’acqua è variato di $f(10)-f(0)=-4 \,\mathrm{dm}=-0\text{,}4\,\mathrm{m}$ . Ciò produce però una differenza di volume di acqua pari a
$\Delta V = S \cdot \big(f(10)-f(0) \big) = 57\cdot 10^6\,\mathrm{m}^2 \cdot (-0\text{,}4)\mathrm{m} = -22\,800\,000\,\mathrm{m}^3 \overset{(1\,\mathrm{m}^3=1000L)}{=} -22\,800\,000\,000 \,L,$

che non dipende in alcun modo dallo scostamento medio $\Delta h$ del livello dell’acqua rispetto allo zero calcolato prima.

Dunque è ragionevole supporre che il redattore delle tracce intendesse richiedere il calcolo del volume $V'$ di acqua mancante, in media nei 10 anni considerati, rispetto al livello ottimale del lago corrispondente allo zero idrometrico. Quest’ultimo volume dipende effettivamente da $\Delta h$ e vale

$\Delta V = S \cdot \Delta h = 57\cdot 10^6\,\mathrm{m}^2 \cdot (-1\text{,}3905)\mathrm{m} = -79\,258\,500\,\mathrm{m}^3 = -79\,258\,500\,000\,\mathrm{L}.$

Problema 2. Siano $\varphi_a$ e $\gamma$ , rispettivamente, i grafici rappresentativi delle funzioni:

$f_a(x)=\frac{ax^2}{x-1} \quad \text{con } a \ne 0 \qquad g(x)=\frac{|x|}{x^2+1}$

$\quad$

Al variare del parametro $a$ , studiare gli intervalli di monotonia della funzione $f_a$ . Considerata la retta $r$ , di equazione $y=k$ $(k \in \mathbb{R})$ , determinare i valori di $a$ e $k$ in modo che $r$ risulti tangente ai grafici $\varphi_a$ e $\gamma$ .

Siano $A$ e $B$ i punti stazionari, rispettivamente, dei grafici $\varphi_a$ e $\gamma$ , con $x_A \ne 0$ e $x_B>0$ . Determinare il valore di $a$ in corrispondenza del quale la misura del segmento $AB$ risulti minima.
D’ora in avanti, si ponga $a=\frac{1}{8}$ .

Studiare le funzioni $f_{\frac{1}{8}}$ e $g$ , esaminandone in particolare la continuità e la derivabilità, e tracciare i loro grafici $\varphi_{\frac{1}{8}}$ e $\gamma$ in un medesimo sistema di riferimento. Utilizzare tali grafici per risolvere la disequazione $f_{\frac{1}{8}}(x)>g(x)$ .

Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata da $\gamma$ , dall’asse $x$ e dalle rette parallele all’asse $y$ passanti per i punti di flesso.

Svolgimento punto 1.

Per ogni $a \neq 0$ , i domini delle funzioni $f_a$ e $g$ sono

$D_{f_a}=\mathbb{R}\setminus\{1\}, \qquad D_{g}=\mathbb{R}.$

La funzione $f_a$ è derivabile nel suo dominio e si ha

$f_a'(x) = a\,\frac{2x(x-1)-x^2}{(x-1)^2} = a\,\frac{x(x-2)}{(x-1)^2}.$

Il denominatore è positivo per ogni $x\in \mathbb{R}\setminus\{1\}$ , quindi la monotonia $f_a$ dipende solo dal segno di $a$ e da quello del prodotto $x(x-2)$ , che è negativo in $(0,2)$ e non negativo nel complementare di tale intervallo.

$\quad$

Se $a>0$ , la funzione risulta crescente in ciascuno degli intervalli
$(-\infty,0), \qquad (2,+\infty)$

e decrescente in ciascuno degli intervalli

$(0,1), \qquad (1,2).$

Se invece $a<0$ , il segno della derivata si inverte; pertanto $f_a$ è decrescente in ognuno degli intervalli
$(-\infty,0), \qquad (2,+\infty)$

e crescente in ognuno degli intervalli

$(0,1), \qquad (1,2).$

La retta $r$ è orizzontale e quindi può essere tangente al grafico di $f_a$ , che è derivabile, solo nei suoi punti stazionari. Questi ultimi, dalle considerazioni precedenti, sono $x=0$ e $x=2$ , i cui corrispondenti valori di $f$ sono quindi

$f_a(0)=0, \qquad f_a(2)=4a.$

Dunque, gli unici valori di $k$ per i quali la retta $r$ è tangente a $\varphi_a$ sono $k=0$ e $k=4a$ . Occorre stabilire se, per tali valori, la retta $r$ risulta tangente al grafico di $g$ . Osserviamo che $g$ assume valori sempre non negativi, tranne per $x=0$ che è l’unico punto in cui si annulla. La retta $r$ , per $k=0$ , tocca il grafico $\gamma$ nella sola origine, ma non è tangente ad esso nel senso in cui tale termine viene solitamente inteso.

Per il valore $k=4a$ , occorre determinare i punti a tangente orizzontale per $g$ . Osserviamo che $g$ è pari, dunque è sufficiente studiare la tangenza della retta nel semipiano $x>0$ . Con tale condizione, la derivata di $g$ vale

$g'(x)= \dfrac{1-x^2}{(x^2+1)^2} \qquad \forall x>0.$

I punti a tangente orizzontale del grafico $\gamma$ sono quindi $x=\pm 1$ e in entrambi i casi l’ordinata è

$g(-1)=g(1)=\frac12.$

Ne segue che la retta $y=k=4a$ è tangente a $\gamma$ se e solo se

$k=\frac{1}{2} \iff a= \frac{1}{8}.$

In definitiva, i valori di $k$ e $a$ richiesti sono

$k =\frac{1}{2}, \qquad a = \frac{1}{8}.$

Svolgimento punto 2.

Si passa ora alla richiesta sulla distanza $AB$ . Il vincolo $x_A\ne 0$ seleziona, tra i punti stazionari di $\varphi_a$ , il punto

$A=(2,4a).$

Il vincolo $x_B>0$ seleziona, tra i punti stazionari di $\gamma$ , il punto

$B=\left(1,\frac12\right).$

Il quadrato della distanza tra i due punti è

$\overline{AB}^2 = (2-1)^2+\left(4a-\frac12\right)^2 = 1+\left(4a-\frac12\right)^2.$

che è minima se e solo se il secondo addendo si annulla, essendo quest’ultimo un quadrato, ovvero se e solo se

$4a-\frac12=0 \iff a=\frac18.$

Da questo punto in poi si assume

$a=\frac18, \qquad f=f_{\frac18}(x)=\frac{x^2}{8(x-1)}.$

Svolgimento punto 3.

La funzione $f$ è continua e derivabile infinite volte in tutto il suo dominio, in quanto quoziente di funzioni continue e derivabili.

Essa possiede un asintoto verticale di equazione $x=1$ , infatti

$\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+}\frac{x^2}{8(x-1)}=+\infty, \qquad \lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^-}\frac{x^2}{8(x-1)}=-\infty.$

Al fine di studiare il comportamento all’infinito, ricordiamo che, per definizione, una retta di equazione $y=mx+q$ è un asintoto obliquo per la funzione $f$ , per $x \to +\infty$ , se e solo se

$\lim_{x \to +\infty} \Big( f(x)-mx-q \Big)=0.$

La divisione tra polinomi dà

$\frac{x^2}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1} \implies f(x)=\frac{x+1}{8}+\frac{1}{8(x-1)} \quad \forall x \neq 1.$

Si ha quindi

$\lim_{x \to \pm\infty} \left ( f(x) - \frac{x+1}{8} \right ) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{8(x-1)} = 0,$

da cui segue che $f$ possiede l’asintoto obliquo

$y=\frac{x+1}{8}.$

$f$ è derivabile infinite volte nel suo dominio e si ha

$f'(x)=\frac{x(x-2)}{8(x-1)^2}, \quad f''(x)=\frac{1}{4(x-1)^3} \qquad \forall x \neq 1.$

La monotonia già studiata per $a>0$ assicura che $f$ è crescente

$(-\infty,0)\cup(2,+\infty)$

e decrescente in ciascuno degli intervalli

$(0,1), \qquad (1,2).$

Dunque il punto $x=0$ è di massimo relativo, mentre $x=2$ è di minimo relativo.

La derivata seconda è positiva per $x>1$ e negativa per $x<1$ , dunque $f$ è convessa in $(1,+\infty)$ e concava in $(-\infty,1)$ .

Come già osservato, la funzione

$g(x)=\frac{|x|}{x^2+1}$

è definita e continua in $\mathbb{R}$ ed è inoltre pari, poiché quoziente di due funzioni pari. Essa è inoltre derivabile infinite volte in $\mathbb{R} \setminus\{0\}$ e non è derivabile in $x=0$ , in quanto

$\begin{gathered} g'_-(0) = \lim_{h\to 0^-}\frac{g(h)-g(0)}{h}= \lim_{h\to 0^-} -\frac{\cancel{h}}{\cancel{h}(h^2+1)} -1, \\[4pt] g'_+(0) = \lim_{h\to 0^+}\frac{g(h)-g(0)}{h}= \lim_{h\to 0^+} \frac{\cancel{h}}{\cancel{h}(h^2+1)} +1. \end{gathered}$

Le derivate destra e sinistra sono finite ma non coincidono, dunque $x=0$ è un punto angoloso per $g$ .

Per $x\neq 0$ si ha

$g'(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2-1}{(x^2+1)^2}, & x<0,\\[8pt] \dfrac{1-x^2}{(x^2+1)^2}, & x>0. \end{cases}$

Dal segno del numeratore, si vede che $g$ è crescente in $(-\infty,-1)$ e $(0,1)$ , mentre è decrescente in $(-1,0)$ e in $(1,+\infty)$ . I punti $x=\pm 1$ sono di massimo relativo per $g$ , mentre $x=0$ è di minimo assoluto in cui $g(0)=0$ , come già osservato precedentemente. Dalla monotonia di $g$ segue inoltre che $x=\pm 1$ sono punti di massimo assoluto per $g$ , e

$\max g=g(\pm 1)= \frac{1}{2}.$

Inoltre

$\lim_{x\to \pm \infty} \frac{|x|}{x^2\left(1+\frac{1}{x^2 }\right )} = 0,$

quindi l’asse $x$ è un asintoto orizzontale per $g$ .

Grazie alla parità di $g$ , è sufficiente studiare la convessità per $x>0$ , dove si ha

$g''(x)=\frac{2x(x^2-3)}{(x^2+1)^3} \qquad \forall x>0.$

Il denominatore è sempre positivo e anche $x$ lo è nell’intervallo considerato. Dal segno di $x^2-3$ e dalla parità, segue che $g$ è convessa negli intervalli $(-\infty,-\sqrt{3}]$ e $[\sqrt{3,+\infty)}$ , mentre è concava in ciascuno degli intervalli $[-\sqrt{3},0]$ e $[0,\sqrt{3}]$ . Essa non è però concava nell’intero intervallo $[-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ , poiché ad esempio

$g(0)= 0 < \frac{1}{2}g(-)+\frac{1}{2}g(1) = \frac{1}{2}.$

I punti $x=\pm \sqrt{3}$ sono di flesso per $g$ e il valore della funzione in tali punti è

$g(-\sqrt3)=g(\sqrt3)=\frac{\sqrt3}{4}.$

I grafici di $f$ e $g$ sono riportati nello stesso sistema di riferimento.

$\quad$

Figura 2.

$\quad$

Dallo studio appena svolto, si possono agevolmente confrontare le due funzioni.

$\quad$

Nell’intervallo $(-\infty,1)$ , si ha $f\leq 0$ , mentre $g\geq 0$ , dunque la disuguaglianza stretta $f(x)> g(x)$ non è mai soddisfatta.

Nell’intervallo $(1,+\infty)$ , dalle considerazioni precedenti segue
$f(x)\geq \min f=\frac{1}{2}=\max g\geq g(x) \qquad \forall x \in (1,+\infty).$

Dato che $\min f$ e $\max g$ vengono assunti in punti diversi, $f$ è sempre strettamente maggiore di $g$ .

Svolgimento punto 4.

La regione richiesta è quella sottesa al grafico di $g$ e compresa tra le rette verticali di equazione $x=\pm \sqrt{3}$ . La sua area è pari quindi all’integrale

$\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\frac{|x|}{x^2+1}\,dx = \int_0^{\sqrt3}\frac{2x}{x^2+1}\,dx = \bigg[\ln(x^2+1)\bigg]_0^{\sqrt3} = \ln(4)-\ln(1) = \ln 4,$

dove nella seconda uguaglianza si è usata la parità di $g$ .

Quesito 1. Cecilia mostra a Nicolò una variante del gioco “Cover the spot”: disegna su un foglio un quadrato $ABCD$ di lato $\sqrt{2}$ dm e poi ritaglia tre cartoncini circolari di raggio $\frac{2}{3}$ dm. Lo scopo del gioco è quello di coprire, con i tre cerchi, la maggior parte possibile del quadrato. Cecilia posiziona inizialmente un cartoncino in modo che il centro sia sulla diagonale $AC$ del quadrato e il bordo passi per $A$ . Prima di posizionare il secondo cartoncino, afferma che ha già coperto più della metà del quadrato, mentre Nicolò dice che non è così. Chi ha ragione? Motivare la risposta.

Svolgimento.

La situazione è illustrata in figura

$\quad$

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 3.

$\quad$

Il quadrato ha lato $\sqrt{2}\,\mathrm{dm}$ , perciò la sua area misura

$A_Q=(\sqrt{2})^2=2\,\mathrm{dm}^2.$

Occorre quindi stabilire se la parte del quadrato coperta dal primo cartoncino, ombreggiata in figura, abbia area maggiore di $1\,\mathrm{dm}^2$ .

Consideriamo i punti $E,F$ di intersezione tra la circonferenza e il quadrato e chiamiamo $r=\frac{2}{3}$ il raggio del cerchio. Osserviamo che la regione ombreggiata è costituita dall’unione del semicerchio avente diametro $EF$ e dal triangolo $EAF$ . L’area del semicerchio è

$A_1= \frac{1}{2} \cdot \pi \left (\frac{2}{3} \right )^2 = \frac{2\pi}{9}.$

Il triangolo $EAF$ è rettangolo in $A$ ed è inoltre isoscele per simmetria della figura, poiché il quadrato è simmetrico rispetto alla sua diagonale e il cerchio lo è rispetto al centro, che si trova appunto su tale diagonale. La base $EF$ del triangolo è un diametro, mentre l’altezza a essa relativa è pari al raggio, quindi L’area del triangolo $EAF$ vale

$A_2= \frac{1}{2} \cdot \overline{EF} \cdot \overline{AO} = \frac{1}{2} (2r) \cdot r = r^2 = \frac{4}{9}.$

L’area della sovrapposizione è pari alla somma delle due aree, cioè

$A= A_1+A_2= \frac{2\pi+4}{9} > \frac{2\cdot 3+4}{9} = \frac{10}{9} >1.$

Cecilia ha ragione: già con il primo cartoncino risulta coperta più della metà del quadrato.

Quesito 2. Si considerino, nello spazio tridimensionale, i punti $A(2;-4;3)$ , $B(3;5;-1)$ , $C(-6;1;0)$ , $D(-1;4;8)$ .

$\quad$

Verificare che $A,B,C,D$ sono i vertici di un tetraedro regolare.

Determinare l’equazione del piano tangente in $A$ alla superficie sferica passante per i punti $A,B,C,D$ .

Svolgimento punto 1.

Calcoliamo innanzitutto i quadrati delle distanze tra i punti dati:

$\begin{aligned} \overline{AB}^2&=(3-2)^2+(5+4)^2+(-1-3)^2=1+81+16=98,\\ \overline{AC}^2&=(-6-2)^2+(1+4)^2+(0-3)^2=64+25+9=98,\\ \overline{AD}^2&=(-1-2)^2+(4+4)^2+(8-3)^2=9+64+25=98,\\ \overline{BC}^2&=(-6-3)^2+(1-5)^2+(0+1)^2=81+16+1=98,\\ \overline{BD}^2&=(-1-3)^2+(4-5)^2+(8+1)^2=16+1+81=98,\\ \overline{CD}^2&=(-1+6)^2+(4-1)^2+(8-0)^2=25+9+64=98. \end{aligned}$

Dunque i punti si trovano tutti alla stessa distanza $\ell=\sqrt{98}=7\sqrt{2}$ l’uno dall’altro. Ciò in particolare implica che essi non sono complanari. Infatti, i triangoli $ABC$ e $DBC$ sono equilateri col lato $BC$ in comune; se i punti si trovassero tutti sullo stesso piano, $A$ e $D$ dovrebbero coincidere o essere simmetrici rispetto a $BC$ , ma in tali casi si avrebbe $\overline{AD}=0$ oppure $\overline{AD}=\sqrt{3}\ell$ , contro il fatto che $\overline{AD}=\ell$ .

Alternativamente, si può controllare che i tre vettori

$\overrightarrow{AB}=(1,9,-4), \qquad \overrightarrow{AC}=(-8,5,-3), \qquad \overrightarrow{AD}=(-3,8,5),$

non sono complanari. Il determinante della matrice

$\det \begin{pmatrix} 1 & 9 & -4\\ -8 & 5 & -3\\ -3 & 8 & 5 \end{pmatrix} =686$

è non nullo, e quindi i tre vettori non sono complanari. In definitiva, i punti dati individuano proprio i vertici di un tetraedro regolare.

Svolgimento punto 2.

Il piano tangente, in $A$ , alla sfera passante per i vertici del tetraedro è ortogonale al segmento $OA$ congiungente il centro della sfera col punto considerato. Per simmetria, il centro $O$ della sfera passante per i vertici del tetraedro coincide col baricentro dei punti $A,B,C,D$ , le cui coordinate si ottengono da

$O=\frac{A+B+C+D}{4} = \left( \frac{2+3-6-1}{4}, \frac{-4+5+1+4}{4}, \frac{3-1+0+8}{4} \right) = \left(-\frac12,\frac32,\frac52\right).$

Dunque il piano richiesto è ortogonale a

$A-O= \left( 2+\frac12, -4-\frac32, 3-\frac52 \right) = \left(\frac52,-\frac{11}{2},\frac12\right)$

e quindi la sua equazione è del tipo

$5x-11y+z=d,$

dove $d \in \mathbb{R}$ è da determinare imponendo il passaggio per $A$ :

$5\cdot 2 + 11 \cdot 4 + 3=d \iff d=57.$

Quindi si conclude che l’equazione cercata è

$5x-11y+z-57=0.$

Una soluzione alternativa consiste nell’osservare che il piano richiesto è parallelo al piano passante per $B,C,D$ , dunque le loro equazioni differiscono per il termine noto. Individuando l’equazione del piano passante per $B,C,D$ e imponendo il passaggio per $A$ , si ottiene quindi il medesimo risultato.

Quesito 3. Nel 1976, 50 anni fa, due scosse di terremoto, a maggio e a settembre, di magnitudo $M_1=6\text{,}5$ e $M_2=6\text{,}0$ della scala Richter, colpirono un vasto territorio a nord di Udine.

La magnitudo $M$ di un terremoto, secondo la scala Richter, è data da $M=\log_{10}\left(\frac{A}{A_0}\right)$ , dove $A$ rappresenta il massimo delle ampiezze registrate da un sismografo e $A_0$ è un’ampiezza di riferimento.

Si determini il rapporto $\frac{A_1}{A_2}$ tra le ampiezze prodotte dai due eventi sismici friulani.

Dalla legge empirica di Gutenberg – Richter $\log_{10}\frac{E}{E_0}=1\text{,}5M+4\text{,}8$ , dove $E$ è l’energia liberata dal terremoto ed $E_0$ un’energia di riferimento, si determini la variazione percentuale dell’energia liberata tra il primo e il secondo terremoto.

Svolgimento punto 1.

Si ha

$\log_{10} \frac{A_1}{A_2} = \log_{10} \left( \frac{A_1}{A_0} \cdot \frac{A_0}{A_2} \right ) = \log_{10}\left( \frac{A_1}{A_0} \right) - \log_{10}\left( \frac{A_2}{A_0} \right) = M_1-M_2=\frac{1}{2}.$

Ne segue che

$\frac{A_1}{A_2} = 10^{\log_{10} \frac{A_1}{A_2}} = \sqrt{10}.$

Il primo terremoto produsse quindi un’ampiezza massima circa $3{,}16$ volte maggiore di quella prodotta dal secondo terremoto. Una differenza di magnitudo di solo mezzo grado produce oscillazioni circa $3$ volte più ampie.

Svolgimento punto 2.

Mediante la relazione empirica data, si ottiene

$\log_{10} \frac{E_i}{E_0}= 1\text{,}5M_1 + 4\text{,}8 \iff E_i=E_010^{1,5M_i + 4,8},$

da cui

$\frac{E_2-E_1}{E_1} = \frac{E_2}{E_1}-1 = \frac{10^{1\text{,}5M_2 + 4\text{,}8}}{10^{1\text{,}5M_1 + 4\text{,}8}}-1 = 10^{1\text{,}5(M_2-M_1)}-1 = \sqrt[4]{10^{-3}}-1 \approx -0,82,$

cioè una diminuzione dell’energia liberata di circa l’ $82\,\%$ .

Quesito 4. Si consideri la funzione

$F(x)=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^2}\,dt+\int_{0}^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1+t^2}\,dt \qquad \text{(con } x>0\text{).}$

Dimostrare che la funzione $F(x)$ è una funzione costante e calcolarne il valore.

Svolgimento.

Chiamando

$G(x)=\int_0^x \frac{1}{1+t^2}\,dt$

si ha

(1) $\begin{equation*} F(x)= G(x)+G\left( \frac{1}{x}\right ) \qquad \forall x>0. \end{equation*}$

Dato che l’integranda $f(t)= \frac{1}{1+t^2}$ è continua in $\mathbb{R}$ , il teorema fondamentale del calcolo implica che

$G'(x)= \frac{1}{1+x^2} \qquad \forall x>0.$

Applicando la formula di derivazione delle funzioni composte a \eqref{eq:4_f}, si ottiene

$F'(x) = G'(x) - G'\left( \frac{1}{x}\right ) \cdot \frac{1}{x^2} = \frac{1}{1+x^2}- \frac{1}{1+ \frac{1}{x^2}} \cdot \frac{1}{x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^2} = 0$

per ogni $x>0$ . Ne segue che $F$ è costante e quindi il suo valore è quello assunto in $x=1$ :

$F(1)= 2\int_0^1 \frac{1}{1+t^2}\,dt = 2\bigg[ \arctan t\bigg]_{t=0}^{t=1} = \frac{\pi}{2}.$

La stessa conclusione può essere letta anche geometricamente. Infatti, calcolando esplicitamente i due integrali si ottiene

$F(x)=\arctan x+\arctan\frac{1}{x} \qquad \forall x>0.$

Si consideri un triangolo rettangolo con cateti di lunghezza $1$ e $x$ . Se $\alpha$ è l’angolo opposto al cateto $x$ , allora $\tan\alpha=x$ , e quindi $\alpha=\arctan x$ . Se $\beta$ è l’altro angolo acuto, allora $\tan\beta=\frac{1}{x}$ , cioè $\beta=\arctan\left (\frac{1}{x}\right )$ .

$\quad$

Figura 4.

$\quad$

Poiché gli angoli acuti di un triangolo rettangolo hanno somma $\frac{\pi}{2}$ , si ritrova

$F(x) = \arctan x+\arctan\frac{1}{x}=\frac{\pi}{2} \qquad \forall x >0,$

coerentemente con quanto ottenuto in precedenza.

Quesito 5. Determinare i valori dei parametri reali $h,k$ , con $h \ne 0$ , in modo che la curva di equazione

$y=h\ln(x^2+k)^5$

abbia le rette $x=-\sqrt{3}$ e $x=\sqrt{3}$ come asintoti verticali e le rette tangenti nei punti $A$ e $B$ di intersezione con l’asse delle ascisse si incontrino in $C(0;-4)$ .

Svolgimento.

La funzione è continua in $\mathbb{R}$ se $k>0$ in quanto in tal caso l’argomento del logaritmo è strettamente positivo per ogni $x$ reale. La funzione può avere asintoti verticali se e solo se l’argomento del logaritmo tende a $0$ ; ciò può avvenire se e solo se $k\leq 0$ e le rette verticali corrispondenti si ricavano da

$(x^2+k)^5 = 0 \iff x= \pm \sqrt{-k}.$

Ne segue che l’unico valore di $k$ che soddisfa le richieste è $k=-3$ . Gli asintoti verticali risultano effettivamente quelli indicati dal testo, poiché

$\lim_{x\to -\sqrt{3}^{-}}\ln(x^2-3)= \lim_{x\to \sqrt{3}^{+}}\ln(x^2-3)=-\infty.$

Dato che $h\neq 0$ , i punti in cui la curva interseca l’asse delle ascisse si calcolano imponendo che l’argomento del logaritmo sia pari a $1$ :

$(x^2-3)^5 = 1 \iff x^2-3 = 1 \iff x=\pm 2.$

I due punti di intersezione con l’asse delle ascisse sono pertanto

$A=(-2,0), \quad B=(2,0) \qquad \forall h \in \mathbb{R} \setminus\{0\}.$

La richiesta è quindi equivalente a imporre che le due rette passanti per $A,C$ e per $B,C$ siano tangenti alla curva. La funzione che fornisce $y$ è pari rispetto a $x$ , quindi per simmetria è sufficiente richiedere che la retta passante per $B$ e $C$ sia tangente alla curva. Tale retta ha equazione

$y-y_C= \frac{y_B-y_C}{x_B-x_C}(x-x_C) = y=2x-4.$

Affinché essa risulti tangente alla curva in $B=(2,0)$ è necessario e sufficiente che il coefficiente angolare sia pari alla derivata di $y$ in $x=2$ . Dato che

$y'(x)=5h\cdot \frac{2x}{x^2-3} = \frac{10hx}{x^2-3} \qquad \forall x> \sqrt{3}$

imponendo $y'(2)=2$ si trova

$2= y'(2)=\frac{10h(2)}{(2)^2-3}=20h, \iff h=\frac{1}{10}.$

I valori richiesti sono dunque

$h=\frac{1}{10}, \qquad k=-3.$

$\quad$

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 5.

Quesito 6. Determinare l’espressione del polinomio $p(x)$ tale che il grafico della funzione $f(x)=\frac{p(x)}{2x+1}$ passi per il punto $P(1;0)$ ed abbia per asintoto obliquo la retta di equazione $y=3x-2$ .

Svolgimento.

La funzione $f$ è razionale e il suo denominatore è un polinomio di primo grado. Affinché $f$ abbia come asintoto obliquo la retta di equazione $y=3x-2$ , per definizione di asintoto, è necessario e sufficiente che

$0 = \lim_{x\to \pm \infty}\left(\frac{p(x)}{2x+1}-(3x-2)\right)$

che equivale a

$0= \lim_{x\to \pm \infty} \frac{p(x)-(2x+1)(3x-2)}{2x+1} = \lim_{x\to \pm \infty} \frac{p(x) - 6x^2+x+2}{2x+1}.$

Tale limite è nullo se e solo se il polinomio $p(x) - 6x^2+x+2$ al numeratore è di grado minore di quello del denominatore. Dunque esso deve essere una costante, da cui si deduce che $p$ è di secondo grado e che i termini di secondo e primo grado sono opposti a $- 6x^2$ e $x$ . Dunque esso ha la forma

$p(x)= 6x^2 - x + c,$

con $c \in \mathbb{R}$ . Alternativamente, per giungere alla stessa conclusione, si poteva imporre che

$\lim_{x \to \pm \infty} \frac{f(x)}{x} = 3, \qquad \lim_{x \to \pm \infty} \Big( f(x)- 3x \Big)=-2.$

Dalla prima condizione segue che $p(x)$ è di secondo grado, cioè $p(x)=ax^2+bx+c$ e che $a=6$ . Dalla seconda condizione, sviluppando i calcoli, si ricava $b=-1$ .

In ogni caso, si è appurato che

$f(x)= \frac{6x^2 - x + c}{2x+1}.$

Il parametro $c$ può essere determinato imponendo il passaggio di $f$ per il punto $(1,0)$ , ovvero

$f(1)= 0 \iff 6 - 1 + c=0 \iff c=-5.$

Si conclude quindi

$p(x)= 6x^2-x-5.$

$\quad$

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 6.

Quesito 7. Giuseppe, Lorenzo, Massimo e Vincenzo sono impegnati in una partita di scopone. All’inizio del gioco, a ciascun giocatore vengono casualmente distribuite 10 carte di un mazzo da 40 (diviso nei 4 semi: bastoni, coppe, denari e spade).

$\quad$

Determinare la probabilità che le prime 3 carte distribuite a Massimo siano tutte e 3 di coppe.

Determinare la probabilità che, tra le 10 carte distribuite a Lorenzo, siano presenti i 3 assi di bastoni, spade e denari.

Svolgimento punto 1.

La distribuzione di carte per ciascun giocatore è univocamente determinata dall’ordinamento del mazzo prima della distribuzione. Dato che ciascuna permutazione del mazzo è equiprobabile, possiamo supporre che ciascuna carta distribuita a Massimo sia casuale ed esca con uguale probabilità come in un’estrazione senza reinserimento.

La probabilità che Massimo riceva come prima carta una di coppe vale $\frac{1}{4}$ . Dopo l’uscita di una coppe, nel mazzo restano $9$ carte di coppe su $39$ carte e dunque ne viene distribuita una seconda di coppe con probabilità $\frac{9}{39}= \frac{3}{13}$ . Se anche la seconda carta è di coppe, alla terza estrazione restano $8$ carte di coppe su $38$ carte e quindi ne viene data una a Massimo con probabilità $\frac{8}{38}=\frac{4}{19}$ . La probabilità richiesta vale dunque

$\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{13}\cdot \frac{4}{19} = \frac{3}{247}.$

Alternativamente, la probabilità richiesta si ottiene come rapporto tra il numero di ordinamenti del mazzo con i quali le prime tre carte distribuite a Massimo siano di coppe e il numero totale di permutazioni delle $40$ carte.

Chiamate $x,y,z$ le posizioni nel mazzo in cui vi sono rispettivamente la prima, la seconda e la terza carta destinata a Massimo, affinché queste siano di coppe $x$ può essere scelta in $10$ modi, $y$ in $9$ modi e $z$ in $8$ modi. Le restanti $37$ carte possono essere permutate in $37!$ modi. Ne segue che il numero di casi favorevoli è

$10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 37!.$

D’altra parte, il numero di casi totali corrisponde al numero totale di permutazioni del mazzo di $40$ carte, ovvero $40!$ . Ne segue che la probabilità richiesta vale

$\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 37!}{40!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{40 \cdot 39 \cdot 38} = \frac{3}{247}.$

Svolgimento punto 2.

Le $10$ carte distribuite a Lorenzo possono essere scelte in

$\binom{40}{10}= \frac{40!}{10! \cdot 30!}.$

Se però si desidera che vi siano i $3$ assi indicati dalla traccia, occorre soltanto sceglierne $7$ tra le restanti $37$ , cosa che può essere invece fatta in

$\binom{37}{7} = \frac{37!}{7!\cdot 30!}$

Il rapporto tra il numero di distribuzioni favorevoli e quelle totali è quindi

$\begin{aligned} \frac{\displaystyle\binom{37}{7}}{\displaystyle\binom{40}{10}} = \frac{37!}{7!\cdot \cancel{30!}} \cdot \frac{10! \cdot \cancel{30!}}{40!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{40 \cdot 39 \cdot 38} = \frac{3}{247}. \end{aligned}$

Si può notare che i due risultati coincidono, e ciò è dovuto al fatto che, nel primo caso, sono fissate tre posizioni e si richiede che in quelle posizioni compaiano tre carte qualsiasi tra le dieci di un certo seme; nel secondo caso invece viene richiesto che tre carte specifiche compaiano in una posizione qualsiasi in una mano di dieci carte. La simmetria tra carte e posizioni conduce alla medesima probabilità.

Quesito 8. Ad un torneo internazionale di pallavolo partecipano 16 squadre, che devono essere suddivise in 4 gironi (indicati con le lettere A, B, C, D) di 4 squadre ciascuno.

Le 16 squadre partecipanti sono inizialmente ripartite in 3 fasce, in base all’attuale ranking: 4 squadre di $1^a$ fascia, 4 di $2^{a}$ fascia e 8 squadre di $3^{a}$ fascia. Le 4 squadre di $1^{a}$ fascia vengono inserite, rispettivamente, nei gironi A, B, C, D, secondo l’ordine del ranking (senza alcun sorteggio). Le altre squadre di ogni girone vengono invece sorteggiate, in modo che in ciascuno di essi vi siano una squadra di $2^{a}$ fascia e due squadre di $3^{a}$ fascia.

Quante sono, complessivamente, le possibili composizioni dei gironi A, B, C, D?

Svolgimento.

La collocazione delle squadre di $1^{ a}$ è già stabilita dal ranking: la prima va nel girone $A$ , la seconda nel girone $B$ , la terza nel girone $C$ , la quarta nel girone $D$ .

Poiché ogni girone contiene esattamente una squadra di $2^a$ fascia e queste vengono sorteggiate senza alcun vincolo, il numero di modi per collocare queste quattro squadre nei gironi è pari al numero di permutazioni di $4$ elementi, ovvero

$4!$

Il numero di modi per scegliere le $2$ squadre di $3^a$ fascia da inserire nel girone A è pari al numero di combinazioni semplici di $2$ elementi scelti tra gli $8$ disponibili, ovvero

$\binom{8}{2}=\frac{8!}{2! \cdot 6!}=28.$

Tra le restanti $6$ , il numero di modi per sceglierne $2$ da inserire nel girone B vale

$\binom{6}{2}=\frac{6!}{2! \cdot 4!}=15.$

Infine, il numero di modi di sceglierne $2$ tra le restanti $4$ , da inserire nel girone C vale

$\binom{4}{2}=\frac{4!}{2! \cdot 2!}=6.$

In tal modo, le $2$ squadre del girone D sono univocamente determinate. Dato che tutte queste scelte sono indipendenti, il numero di combinazioni possibili è pari al prodotto di queste quantità:

$4!\cdot 28\cdot 15 \cdot 6 = 60480.$

Menu

Chiudi

Esame di Maturità 2026 – Seconda prova di Matematica

Sommario

Leggi...

Autori e revisori

Leggi...

Traccia

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento punto 4.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento.

Suggerimenti, refusi ed errori

Cosa dicono di noi