Soluzioni seconda prova Matematica 2026: svolgimento passo passo per il Liceo Scientifico

La seconda prova di Matematica per il Liceo Scientifico si è svolta oggi, 19 giugno 2026. La traccia ministeriale propone due problemi e otto quesiti, con l’obbligo di scegliere un problema e quattro quesiti. In questo articolo trovi lo svolgimento dettagliato e completo delle tracce ufficiali del MIM, con tutti i passaggi analitici, le verifiche e i risultati numerici.

La struttura della prova

Il tempo a disposizione è di 6 ore. La traccia è composta da 2 Problemi (da sceglierne 1) e 8 Quesiti (da sceglierne 4). Il voto massimo è 20/20. La commissione valuta non solo il risultato numerico ma anche il procedimento, la chiarezza espositiva e la capacità di argomentare.

Problema 1 – Il livello del Lago di Bracciano

Il problema modellizza l’andamento del livello del Lago di Bracciano dal 2016 al 2026 con una funzione definita a tratti. I dati in tabella mostrano la differenza del livello rispetto allo zero idrometrico (livello ottimale), espressa in dm. L’unità sull’asse x corrisponde a un anno, con il 1° gennaio 2016 posto a x=0.

Punto a) – Determinazione dei parametri e definizione del modello

Primo tratto (0 ≤ x < 3, dal 2016 al 2019): il modello polinomiale è

y = a(x−2)⁴ + b(x−2)³ + c(x−2)² − 20

Dai dati della tabella abbiamo i punti: (0;−6), (1;−16), (2;−20), (3;−18). Sostituiamo nell’equazione:

• x=2 (2018): y = a·0⁴ + b·0³ + c·0² − 20 = −20. Il dato è automaticamente soddisfatto.
• x=0 (2016): 16a − 8b + 4c − 20 = −6 → 8a − 4b + 2c = 7 (dividendo per 2)
• x=1 (2017): a − b + c − 20 = −16 → a − b + c = 4
• x=3 (2019): a + b + c − 20 = −18 → a + b + c = 2

Da a − b + c = 4 e a + b + c = 2 otteniamo, sottraendo membro a membro: −2b = 2 → b = −1. Sommando: 2a + 2c = 6 → a + c = 3.

Sostituiamo b = −1 in 8a − 4b + 2c = 7: 8a + 4 + 2c = 7 → 8a + 2c = 3. Con c = 3 − a: 8a + 6 − 2a = 3 → 6a = −3 → a = −1/2, da cui c = 7/2.

Secondo tratto (3 ≤ x ≤ 7, dal 2019 al 2023): y = mx − 24 + sin²(πx). Al bordo x=3 dobbiamo avere y=−18 per continuità: 3m − 24 + sin²(3π) = 3m − 24 = −18 → m = 2. Verifichiamo a x=7: 14 − 24 + sin²(7π) = −10, che corrisponde al dato del 2023.

Terzo tratto (7 < x ≤ 10, dal 2023 al 2026): y = 2cos(2πx) + k. Per continuità a x=7: 2cos(14π) + k = 2·1 + k = −10 → k = −12. Verifichiamo a x=10: 2cos(20π) − 12 = 2 − 12 = −10, coerente col dato del 2026.

Modello completo f(x):

f(x) =
 −½(x−2)⁴ − (x−2)³ + ⁷⁄₂(x−2)² − 20,  0 ≤ x < 3
 2x − 24 + sin²(πx),  3 ≤ x ≤ 7
 2cos(2πx) − 12,  7 < x ≤ 10

Punto b) – Studio di funzione e grafico

Continuità: Verifichiamo ai raccordi.
x=3: limite sinistro: −½(1)⁴ − (1)³ + ⁷⁄₂(1)² − 20 = −½ − 1 + ⁷⁄₂ − 20 = 3 − 20 = −18. Limite destro: 2·3 − 24 + sin²(3π) = 6 − 24 = −18. f(3) = −18. Continua ✓
x=7: limite sinistro: 14 − 24 + 0 = −10. Limite destro: 2cos(14π) − 12 = 2 − 12 = −10. f(7) = −10. Continua ✓

Derivabilità: Calcoliamo le derivate ai bordi.
f₁′(x) = −2(x−2)³ − 3(x−2)² + 7(x−2). A x=3: f₁′(3) = −2(1)³ − 3(1)² + 7(1) = 2.
f₂′(x) = 2 + 2π·sin(πx)·cos(πx) = 2 + π·sin(2πx). A x=3: f₂′(3) = 2 + π·sin(6π) = 2. A x=7: f₂′(7) = 2 + π·sin(14π) = 2.
f₃′(x) = −4π·sin(2πx). A x=7: f₃′(7) = −4π·sin(14π) = 0.

Dunque f è derivabile a x=3 (derivata sinistra = destra = 2), ma non è derivabile a x=7: f′(7⁻) = 2 mentre f′(7⁺) = 0. Si tratta di un punto angoloso.

Punti stazionari – Primo tratto: Poniamo f₁′(x) = 0 con t = x−2:

−2t³ − 3t² + 7t = t(−2t² − 3t + 7) = 0 → t = 0 (x=2) oppure 2t² + 3t − 7 = 0 → t = (−3 ± √65)/4. Le due soluzioni t≈1,265 (x≈3,265, fuori dal primo tratto) e t≈−2,765 (x≈−0,765, fuori dal dominio). L’unico punto stazionario nel primo tratto è x=2, che è un minimo relativo (f₁″(2) = 7 > 0). f(2) = −20 dm.

Secondo tratto: f₂′(x) = 2 + π·sin(2πx) = 0 → sin(2πx) = −2/π ≈ −0,637. In [3,7], le soluzioni di 2πx = arcsin(−2/π) + 2πk e 2πx = π − arcsin(−2/π) + 2πk danno:

x ≈ 3,610 — max locale (f₂ ≈ −16,96)
x ≈ 3,890 — min locale (f₂ ≈ −18,45)
x ≈ 4,610 — max locale (f₂ ≈ −14,96)
x ≈ 4,890 — min locale (f₂ ≈ −16,45)
x ≈ 5,610 — max locale (f₂ ≈ −12,96)
x ≈ 5,890 — min locale (f₂ ≈ −14,45)
x ≈ 6,610 — max locale (f₂ ≈ −10,96)
x ≈ 6,890 — min locale (f₂ ≈ −12,45)

Terzo tratto: f₃′(x) = −4π·sin(2πx) = 0 → sin(2πx) = 0 → x = k/2 per k intero. In (7,10]: x = 7,5; 8; 8,5; 9; 9,5; 10. I punti con cos(2πx) = 1 (x interi) danno massimi y = 2−12 = −10; quelli con cos(2πx) = −1 (x semi-interi) danno minimi y = −2−12 = −14.

Valori agli estremi: f(0) = −6, f(10) = −10.

Il grafico mostra un forte calo iniziale fino a −20 dm nel 2018, una lenta risalita oscillante dal 2019 al 2023, e infine un andamento oscillatorio stabile tra −14 e −10 dm dal 2023 in poi.

Punto c) – Teorema di Lagrange

Il teorema di Lagrange richiede che f sia continua in [0,10] e derivabile in (0,10). Abbiamo appena dimostrato che f non è derivabile in x=7 (punto angoloso), quindi non è applicabile in [0,10].

Sulla seconda domanda: cerchiamo s ∈ (0,10) tali che f′(s) = [f(10) − f(0)] / 10. Calcoliamo: [−10 − (−6)] / 10 = −4/10 = −0,4. Esistono punti in cui la derivata vale −0,4? Sì, nel terzo tratto f₃′(x) = −4π·sin(2πx). Risolviamo −4π·sin(2πx) = −0,4 → sin(2πx) = 0,4/(4π) ≈ 0,0318. Questa equazione ha soluzioni periodiche in (7,10], ad esempio x ≈ 7,005, x ≈ 7,495, e simmetrici. Poiché f è continua e derivabile in ogni singolo tratto, possiamo applicare il teorema dei valori intermedi alla funzione f₃′ nell’intervallo (7,10] per garantire l’esistenza di tali punti. Basta osservare che f₃′(x) varia con continuità tra −4π e 4π, quindi assume tutti i valori intermedi, compreso −0,4.

Punto d) – Teorema della Media Integrale e stima del volume

Applicabilità: Il teorema della Media Integrale richiede solo la continuità di f sull’intervallo chiuso [0,10]. f è continua in [0,10], come verificato al punto b). Quindi è applicabile.

La variazione media Δh è:

Δh = 1/(b−a) ∫ₐᵇ f(x) dx = 1/10 ∫₀¹⁰ f(x) dx

Calcoliamo l’integrale per tratti:

Tratto 1 [0,3]: ∫₀³ [−½(x−2)⁴ − (x−2)³ + ⁷⁄₂(x−2)² − 20] dx. Con t = x−2, t da −2 a 1:
∫₋₂¹ [−½t⁴ − t³ + ⁷⁄₂t² − 20] dt = [−t⁵/10 − t⁴/4 + ⁷⁄₆t³ − 20t]₋₂¹
A t=1: −1/10 − 1/4 + 7/6 − 20 = −0,1 − 0,25 + 1,167 − 20 = −19,183
A t=−2: −(−32)/10 − (16)/4 + ⁷⁄₆(−8) − 20(−2) = 3,2 − 4 − 9,333 + 40 = 29,867
Integrale = −19,183 − 29,867 = −49,05 (arrotondato)

Tratto 2 [3,7]: ∫₃⁷ [2x − 24 + sin²(πx)] dx. Ricordiamo sin²(πx) = (1−cos(2πx))/2, la cui primitiva è x/2 − sin(2πx)/(4π).
∫₃⁷ (2x − 24) dx = [x² − 24x]₃⁷ = (49−168) − (9−72) = −119 + 63 = −56
∫₃⁷ sin²(πx) dx = [x/2 − sin(2πx)/(4π)]₃⁷ = (7/2 − 0) − (3/2 − 0) = 2
Integrale totale = −56 + 2 = −54

Tratto 3 [7,10]: ∫₇¹⁰ [2cos(2πx) − 12] dx = [sin(2πx)/π − 12x]₇¹⁰
A x=10: sin(20π)/π − 120 = 0 − 120 = −120
A x=7: sin(14π)/π − 84 = 0 − 84 = −84
Integrale = −120 − (−84) = −36

Integrale totale: −49,05 + (−54) + (−36) = −139,05

Variazione media: Δh = −139,05/10 ≈ −13,9 dm = −1,39 m

Stima del volume: Superficie lago ≈ 57 km² = 57·10⁶ m². Volume = superficie × Δh = 57·10⁶·(−1,39) ≈ −79,2·10⁶ m³. In litri: 1 m³ = 10³ litri, quindi −79,2 miliardi di litri circa. L’integrale medio di f(x) indica che nel periodo 2016-2026 il livello medio stimato è stato circa 13,9 dm sotto lo zero idrometrico.

Problema 2 – Studio di funzioni parametriche

Punto a) – Monotonia di fₐ e tangente comune

Studio di fₐ(x) = ax²/(x−1), a ≠ 0:

Dominio: ℝ{1}. Derivata prima: fₐ′(x) = [2ax(x−1) − ax²] / (x−1)² = [2ax² − 2ax − ax²] / (x−1)² = [ax² − 2ax] / (x−1)² = ax(x−2) / (x−1)².

Il segno di fₐ′ è determinato dal segno di a·x·(x−2) (il denominatore è sempre positivo).

Se a > 0:
fₐ′ > 0 per x < 0 o x > 2 → f crescente
fₐ′ < 0 per 0 < x < 1 o 1 < x < 2 → f decrescente
x=0: max relativo (f(0)=0)
x=2: min relativo (f(2)=4a)

Se a < 0: monotonia opposta (cresce dove prima decresceva e viceversa).

Studio di g(x) = |x|/(x²+1):

Dominio: ℝ. Per x ≥ 0, g(x) = x/(x²+1); per x < 0, g(x) = −x/(x²+1).

Per x ≥ 0: g′(x) = [1·(x²+1) − x·2x] / (x²+1)² = (1−x²) / (x²+1)². g′(x) > 0 per 0 < x < 1, g′(x) < 0 per x > 1. Massimo a x=1 → g(1)=½.

Per x < 0: g(x) è pari, simmetrica. g(0)=0 è minimo. g(−1)=½ è massimo.

I punti stazionari sono x=±1 con g(±1)=½. Quindi il punto stazionario di γ con x_B > 0 è B(1;½).

Tangente comune: Cerchiamo retta orizzontale y=k tangente a φₐ e γ. γ ha tangente orizzontale a y=½ (nei punti x=±1). k=½. Per φₐ, f(0)=0 e f(2)=4a. Con a tale che f(2)=½: 4a=½ → a=⅛. Con a tale che f(0)=½: impossibile. Quindi a=⅛, k=½.

Punto b) – Distanza minima AB

I punti stazionari sono: per γ, B(1;½); per φₐ, i punti con x_A ≠ 0 sono x=2 (il minimo per a>0). Quindi A(2;4a).

AB² = (2−1)² + (4a−½)² = 1 + (4a−½)². Il minimo si ha quando |4a−½| è minimo, cioè quando 4a−½=0 → a=⅛. Quindi la distanza minima è AB = √1 = 1, e corrisponde ad a=⅛.

Punto c) – Grafici e disequazione

Con a=⅛: f(x) = x²/[8(x−1)] = x²/(8x−8).

Dominio: ℝ{1}. Asintoto verticale: x=1 (limite sinistro: −∞, destro: +∞). Asintoto obliquo: grado numeratore = grado denominatore + 1, quindi esiste. Dividendo: x²/(8x−8) = (x+1)/8 + 1/[8(x−1)]. Per x→∞, f(x) ∼ (x+1)/8. Asintoto: y = x/8 + 1/8.

Derivata: f′(x) = x(x−2)/[8(x−1)²]. f cresce per x<0 e x>2, decresce per 0<x<1 e 1<x<2. Max in x=0: f(0)=0; Min in x=2: f(2)=½.

g(x) = |x|/(x²+1): come già studiato, ha max in x=±1: y=½, minimo in x=0: y=0.

Disequazione f(x) > g(x): Studiamo i casi. Per x < 0: g(x) = −x/(x²+1) > 0 mentre f(x) < 0 (numeratore positivo, denominatore negativo), quindi g > f. Per 0 < x < 1: g(x) > 0 mentre f(x) ≤ 0 (f(0)=0 e f negativa subito dopo), quindi g > f. Per x = 1: f non definita. Per x > 1: sia f(x) che g(x) sono positive. f(x) − g(x) = x²/(8x−8) − x/(x²+1). Per x→1⁺: f→+∞, quindi f > g. Per x > 1 l’equazione f(x) = g(x) si traduce in x²/(8x−8) = x/(x²+1). Semplificando x > 0: x/(8x−8) = 1/(x²+1) → x(x²+1) = 8x−8 → x³ + x − 8x + 8 = 0 → x³ − 7x + 8 = 0. Le radici positive di questa cubica non appartengono all’intervallo (1,+∞) se non per valori superiori al punto in cui f supera g definitivamente. Dal confronto asintotico: per x→+∞, f(x) ∼ x/8 → +∞ mentre g(x) → 0, quindi f > g definitivamente. La disequazione è quindi verificata per x ∈ (1, +∞).

Punto d) – Area della regione delimitata da γ

Cerchiamo i punti di flesso di g(x). Per x≥0: g(x)=x/(x²+1). g″(x) = 2x(x²−3)/(x²+1)³. g″(x)=0 → x=0 (nessun flesso, è un minimo) e x=√3. Per x<0: per simmetria, x=−√3. I punti di flesso sono x=±√3. g(√3)=√3/4 ≈ 0,433.

La regione finita delimitata da γ, dall’asse x e dalle rette x=−√3 e x=√3 ha area:

A = 2∫₀^√3 x/(x²+1) dx (per simmetria). ∫ x/(x²+1) dx = ½·ln(x²+1). Quindi:

A = 2·[½·ln(x²+1)]₀^√3 = [ln(x²+1)]₀^√3 = ln(3+1) − ln(1) = ln(4) = 2ln(2).

Quesiti

Quesito 1 – Cover the Spot

Quadrato ABCD di lato √2 dm, area = (√2)² = 2 dm². Cecilia posiziona un cartoncino circolare di raggio ⅔ dm con centro sulla diagonale AC e bordo passante per A. Il centro dista ⅔ dm da A ed è sulla diagonale AC. Calcoliamo l’area del cerchio che cade dentro il quadrato.

Il centro del cerchio si trova sulla diagonale alla distanza r = ⅔ dal vertice A. Rispetto a un sistema di assi con A nell’origine, il centro C₀ ha coordinate (r/√2, r/√2) = (⅔√2/2, ⅔√2/2) = (√2/3, √2/3). Il cerchio è tangente internamente in A e interseca i lati del quadrato. L’area della porzione di cerchio interna al quadrato si calcola scomponendo in settori circolari e triangoli.

L’area cercata è data dalla somma di ¾ del cerchio (angolo di 270° spazzato all’interno del quadrato) più l’area del triangolo formato da A e dai due punti di intersezione del cerchio con la diagonale, il che porta a:

A_porzione = (3/4)·πr² + (1/2)·r² = (3π/4 + 1/2)·(4/9) = (3π/4)·(4/9) + (1/2)·(4/9) = π/3 + 2/9

Calcolando: π/3 ≈ 1,047 e 2/9 ≈ 0,222, per un totale di circa 1,269 dm².

Ma attenzione: il settore di 270° non è esattamente l’area interna. Una scomposizione più rigorosa mostra che l’area della porzione di cerchio che cade nel quadrato è data dalla somma di ¾ del cerchio (che vale ¾·π·(4/9) = π/3) più il triangolo rettangolo isoscele di cateto r, che ha area r²/2 = (4/9)/2 = 2/9. Tuttavia il conto preciso va rivisto perché parte del quarto di cerchio residuo (quello esterno al quadrato) taglia fuori anche il triangolo.

Analizzando con la geometria analitica: il cerchio ha equazione (x−√2/3)² + (y−√2/3)² = 4/9. Il quadrato ha vertici A(0,0), B(√2,0), C(√2,√2), D(0,√2). Per x≥0 e y≥0 (siamo nel primo quadrante). La parte del cerchio fuori dal quadrato è il quarto di cerchio in basso a sinistra tagliato dal vertice A. L’area del cerchio esterna al quadrato è un settore di 90° meno il triangolo A-centro-vertice A: quindi area esterna = πr²/4 − r²/2 = π/9 − 2/9 = (π−2)/9 ≈ 0,127 dm².

Area interna al quadrato = area totale cerchio − area esterna = 4π/9 − (π−2)/9 = (3π+2)/9 ≈ (9,425+2)/9 ≈ 1,269 dm².

Poiché la metà del quadrato è 1 dm², il primo cerchio copre effettivamente più della metà del quadrato (circa il 63,5%). Cecilia ha ragione.

Quesito 2 – Tetraedro regolare e piano tangente

a) Verifica tetraedro regolare: Calcoliamo tutte le distanze tra coppie di punti.

AB² = (3−2)² + (5+4)² + (−1−3)² = 1 + 81 + 16 = 98 → AB = √98 = 7√2
AC² = (−6−2)² + (1+4)² + (0−3)² = 64 + 25 + 9 = 98 → AC = 7√2
AD² = (−1−2)² + (4+4)² + (8−3)² = 9 + 64 + 25 = 98 → AD = 7√2
BC² = (−6−3)² + (1−5)² + (0+1)² = 81 + 16 + 1 = 98 → BC = 7√2
BD² = (−1−3)² + (4−5)² + (8+1)² = 16 + 1 + 81 = 98 → BD = 7√2
CD² = (−1+6)² + (4−1)² + (8−0)² = 25 + 9 + 64 = 98 → CD = 7√2

Tutti gli spigoli misurano 7√2, quindi il tetraedro è regolare. ✓

b) Piano tangente: In un tetraedro regolare, il centro della sfera circoscritta coincide col baricentro. Coordinate del baricentro G: ((2+3−6−1)/4; (−4+5+1+4)/4; (3−1+0+8)/4) = (−2/4; 6/4; 10/4) = (−½; ³⁄₂; ⁵⁄₂).

Raggio R = distanza GA. Per un tetraedro regolare di spigolo L=7√2, il raggio della sfera circoscritta è R = L·√6/4 = 7√2·√6/4 = 7√12/4 = 7·2√3/4 = 7√3/2. Verifica: GA = √[(2+½)² + (−4−³⁄₂)² + (3−⁵⁄₂)²] = √[(⁵⁄₂)² + (−¹¹⁄₂)² + (½)²] = √[25/4 + 121/4 + 1/4] = √(147/4) = √147/2 = 7√3/2. ✓

Il piano tangente in A è perpendicolare al vettore GA (raggio vettore). GA = (⁵⁄₂; −¹¹⁄₂; ½). Equazione del piano: (⁵⁄₂)(x−2) + (−¹¹⁄₂)(y+4) + (½)(z−3) = 0. Moltiplicando per 2: 5(x−2) − 11(y+4) + (z−3) = 0 → 5x − 10 − 11y − 44 + z − 3 = 0 → 5x − 11y + z − 57 = 0.

Quesito 3 – Terremoto del Friuli (1976)

La traccia cita due scosse: una di magnitudo M₁ = 6,5 (quella del 6 maggio 1976, la scossa principale) e una di M₂ = 6,0 (una delle successive scosse di settembre). Dalla formula M = log₁₀(A/A₀):

A₁/A₀ = 10⁶·⁵; A₂/A₀ = 10⁶·⁰.
A₁/A₂ = 10⁶·⁵ / 10⁶·⁰ = 10⁰·⁵ = √10 ≈ 3,16.

Il rapporto tra le ampiezze è circa 3,16: la scossa principale (M=6,5) ha prodotto ampiezze sismiche oltre 3 volte superiori rispetto alla scossa successiva (M=6,0).

Dalla legge di Gutenberg-Richter: log₁₀(E/E₀) = 1,5M + 4,8.

Per M=6,5: log₁₀(E₁/E₀) = 1,5·6,5 + 4,8 = 9,75 + 4,8 = 14,55 → E₁ = E₀·10¹⁴·⁵⁵
Per M=6,0: log₁₀(E₂/E₀) = 1,5·6,0 + 4,8 = 9,0 + 4,8 = 13,80 → E₂ = E₀·10¹³·⁸⁰

E₁/E₂ = 10¹⁴·⁵⁵ / 10¹³·⁸⁰ = 10⁰·⁷⁵ ≈ 5,62.

Variazione percentuale: (E₁−E₂)/E₂ · 100 = (5,62−1)·100 ≈ +462%. La scossa di maggio ha liberato circa il 462% in più di energia rispetto alla scossa di settembre.

Quesito 4 – Funzione costante

F(x) = ∫₀ˣ dt/(1+t²) + ∫₀^(¹⁄x) dt/(1+t²), x > 0.

∫ dt/(1+t²) = arctan(t) + C. Quindi:

F(x) = [arctan(t)]₀ˣ + [arctan(t)]₀^(¹⁄x) = arctan(x) − arctan(0) + arctan(1/x) − arctan(0) = arctan(x) + arctan(1/x).

Per x > 0, vale l’identità arctan(x) + arctan(1/x) = π/2 (derivabile da: tan(π/2 − α) = cot(α) = 1/tan(α)).

Dunque F(x) = π/2, costante per ogni x > 0. ✓

Quesito 5 – Parametri della curva logaritmica

y = h·ln(x²+k)⁵ = 5h·ln(x²+k), con h≠0.

Asintoti verticali x=±√3: Per avere asintoti verticali, il logaritmo deve tendere a −∞ quando x→±√3, quindi x²+k → 0⁺. Abbiamo (±√3)² + k = 0 → 3 + k = 0 → k = −3.

La funzione diventa y = 5h·ln(x²−3).

Intersezioni con asse x: y=0 → ln(x²−3)=0 → x²−3=1 → x²=4 → x=±2. I punti sono A(−2;0) e B(2;0).

Tangenti in A e B che si incontrano in C(0;−4):

y′ = 5h·2x/(x²−3) = 10hx/(x²−3).

In x=−2: y′(−2) = 10h·(−2)/(4−3) = −20h. Retta tangente: y − 0 = −20h(x+2), cioè y = −20hx − 40h. Passa per C(0;−4): −4 = 0 − 40h → h = 4/40 = ⅒.

Verifica col punto B: y′(2) = 10h·2/(4−3) = 20h. Tangente: y = 20h(x−2), per h=⅒: y = 2(x−2). A x=0: y=−4 ✓.

Soluzione: h=⅒, k=−3.

Quesito 6 – Polinomio e asintoto obliquo

f(x) = p(x)/(2x+1). Per asintoto obliquo y = 3x−2, scriviamo p(x) = (2x+1)(3x−2) + R, dove R è il resto costante. Sviluppando: (2x+1)(3x−2) = 6x² − 4x + 3x − 2 = 6x² − x − 2. Quindi p(x) = 6x² − x − 2 + R.

Inoltre f(1)=0 per il passaggio per P(1;0): f(1) = p(1)/(3) = 0 → p(1) = 0.

p(1) = 6 − 1 − 2 + R = 3 + R = 0 → R = −3.

Dunque p(x) = 6x² − x − 5.

Verifica: f(1) = (6−1−5)/(2+1) = 0/3 = 0 ✓. Asintoto: dividendo 6x² − x − 5 per 2x+1 otteniamo quoziente 3x − 2 e resto −3/(2x+1) → per x→∞ il resto tende a 0, confermato. ✓

Quesito 7 – Probabilità nello Scopone

Mazzo da 40 carte, 4 semi (bastoni, coppe, denari, spade), 10 carte per seme. 4 giocatori, 10 carte ciascuno.

a) Probabilità che le prime 3 carte di Massimo siano tutte di coppe:

Carte totali: 40. Coppe disponibili: 10. Le prime 3 carte vengono distribuite senza reinserimento:

P = (10/40) · (9/39) · (8/38) = (10·9·8)/(40·39·38) = 720/59.280 = 3/247 ≈ 0,0121 ≈ 1,21%.

b) Probabilità che tra le 10 carte di Lorenzo ci siano i 3 assi di bastoni, spade e denari:

Numero totale di modi di distribuire 10 carte a Lorenzo: C(40,10).
Casi favorevoli: Lorenzo riceve i 3 assi specifici + 7 carte qualsiasi tra le restanti 37: C(37,7).

P = C(37,7) / C(40,10) = 10.295.472 / 847.660.528 ≈ 0,01215 ≈ 1,21%.

Quesito 8 – Torneo di pallavolo

16 squadre in 4 gironi (A, B, C, D) da 4 squadre ciascuno. Le 4 squadre di 1ª fascia sono già assegnate (una per girone, in ordine di ranking, senza sorteggio).

Rimangono: 4 squadre di 2ª fascia da distribuire (una per girone) e 8 squadre di 3ª fascia da distribuire (due per girone).

Fase 1: Assegnazione delle squadre di 2ª fascia. Le 4 squadre di 2ª fascia possono essere ordinate in 4! modi per assegnarle ai 4 gironi (una ciascuno): 24 modi.

Fase 2: Assegnazione delle squadre di 3ª fascia. Bisogna scegliere quali due squadre di 3ª fascia vanno in ciascun girone. I gironi sono distinti (A,B,C,D). Il numero di modi è: C(8,2) · C(6,2) · C(4,2) · C(2,2) = 28 · 15 · 6 · 1 = 2.520 modi.

Totale complessivo: 24 · 2.520 = 60.480 possibili composizioni dei gironi.

FAQ

Quanto vale il quesito 3 sull’energia del terremoto? È da fare tutto o basta la formula?
Il quesito richiede di applicare correttamente le due formule (Richter e Gutenberg-Richter). Va mostrato il passaggio dalla magnitudo al rapporto delle ampiezze (10^0,5) e poi il calcolo del rapporto energetico. La variazione percentuale è la ciliegina: non basta il rapporto, va convertita in percentuale.

Nel problema 1, l’integrale si poteva calcolare con la calcolatrice grafica?
Sì, la calcolatrice grafica è consentita purché non abbia capacità di calcolo simbolico. Puoi usarla per verificare il valore numerico integrale, ma nella prova scritta devi comunque mostrare il procedimento analitico per ogni tratto.

Il punto c) del problema 1 chiede se esistono s tali che f′(s) = [f(10)−f(0)]/10. Come si risponde?
Si calcola il rapporto incrementale (−4/10 = −0,4). Poi si osserva che la derivata nel terzo tratto vale −4π·sin(2πx), che varia con continuità tra −4π e 4π: per il teorema dei valori intermedi assume tutti i valori in questo range. Poiché |−0,4| < 4π, esistono punti in cui la derivata vale −0,4. Si possono trovare esplicitamente risolvendo sin(2πx) = 0,1/π.

Nel quesito 2, per il tetraedro regolare bastava verificare 3 spigoli o tutti?
Tecnicamente per dimostrare che è regolare bastano 5 spigoli uguali (per un tetraedro, 5 spigoli costringono il sesto). Ma in sede di esame è più sicuro mostrarli tutti. Calcolare le 6 distanze con la formula è rapido e non lascia dubbi.

Il quesito 8, perché non si usa il sorteggio puro?
Perché le 4 squadre di 1ª fascia sono già state assegnate senza sorteggio (in ordine di ranking: la prima in A, la seconda in B, ecc.). Per le altre, il testo dice “sorteggiate” ma lo schema combinatorio è: vanno posizionate in modo che ogni girone abbia una di 2ª e due di 3ª. Il numero totale di modi si ottiene contando le possibili assegnazioni con le formule del calcolo combinatorio.

Nel problema 2 parte d, l’area si calcola solo tra x=−√3 e x=√3? E se ci sono altre regioni finite?
Il testo parla di “regione finita di piano delimitata da γ, dall’asse x e dalle rette parallele all’asse y passanti per i punti di flesso”. I flessi di g sono a x=±√3, e la regione è la parte sotto il grafico di g sopra l’asse x tra questi due punti. Non ci sono altre regioni finite.