1b 2f

(1)

Premessa

Il compito era diviso in tre sezioni distinte: geometria, statistica, disequazioni lineari.

Suddivideremo gli svolgimenti in queste tre sezioni. Il compito “f” conteneva soltanto domande di geometria e quindi tutti i relativi svolgimenti si trovano nella sezione di geometria.

Geometria

1 a f

Tre semirette uscenti da uno stesso punto dividono il piano in tre angoli congruenti, dimostra che il prolungamento di ciascuna di esse è la bisettrice dell'angolo convesso formato dalle altre due.

Diamo dei nomi: l'origine O; le tre semirette a,b,c; i tre angoli aOb, bOc, cOa, le tre (per la tesi) bisettrici a',b',c' facendo riferimento alla semiretta che prolungano (ovvero all'altra metà della retta completa).

Quindi, a' sarà la bisettrice di bOc (se riusciremo a dimostrarlo) e analogamente per le altre due.

Ipotesi: ̂aOb≡̂bOc≡̂cOa

Tesi: ^̂aOc '≡̂c ' Ob≡̂bOa '≡̂a ' Oc≡̂cOb'≡̂b ' Oa

Dimostrazione

La retta formata dalle semirette c e c' determina due angoli piatti, in corrispondenza dei due semipiani.

Per costruzione ̂cOc '=π

Sempre per costruzione ^̂_{cOc '=̂}_cOb+̂_{bOc '} in un semipiano

ma anche ̂cOc '=̂cOa+̂aOc ' nell'altro semipiano (ed entrambi sono angoli piatti).

Allora, per la proprietà transitiva: ^̂cOb+̂bOc'≡̂cOa+̂aOc ' Oltre a questo, sappiamo per ipotesi che ̂cOa≡̂cOb

allora, per differenza di angoli congruenti, ^̂_{bOc '≡̂}_aOc'

allora, per definizione di bisettrice, possiamo dire che c' è bisettrice di ̂aOb . CVD

La stessa dimostrazione si può ripetere analogamente per le altre due semirette, semplicemente scambiando le lettere.

(2)

1b 2f

Dato l'angolo ottuso aOb, traccia, internamente ad esso, le due semirette c, d, anch'esse di origine O, rispettivamente perpendicolari ai lati a, b dell'angolo dato. Dimostrare che ̂aOd ≡̂cOb

Ipotesi: ̂aOb> π

2;̂aOc= π

2;̂bOd = π 2

Tesi: ̂aOd ≡̂bOc

Dimostrazione:

Per ipotesi ̂aOc= π

2; ̂bOd= π 2

allora, per proprietà transitiva, ̂aOc≡̂bOd .

Per costruzione ̂aOc=̂aOd +̂cOd ;̂bOd =̂bOc+̂cOd , allora, per proprietà transitiva, ̂aOd +̂cOd ≡̂bOc+̂cOd , allora, per differenza, ̂aOd ≡̂bOc che è la tesi.

(3)

1c 3f

Dato il triangolo isoscele ABC di base AB, siano M il punto medio del lato AC e N il punto medio del lato BC. Dimostrare che il triangolo MCN è isoscele.

Ipotesi: AC≡BC ; AM ≡CM ;CN ≡BN Tesi: CM ≡CN

Dimostrazione:

Per costruzione AC= AM +CM ; BC= BN +CN , allora dall' ipotesi AC≡BC (triangolo isoscele) segue che AM +CM ≡BN +CN . Consideriamo adesso le altre ipotesi AM ≡CM ;CN≡BN (punti medi), allora 2 CM ≡2 CN da cui la tesi.

(4)

1d

4f

Dimostrare che se in un triangolo l'altezza e la mediana relative ad uno stesso lato coincidono, il triangolo è isoscele.

Ipotesi: CH è altezza, ovvero l'angolo ̂AHC = π 2 ; CH è mediana, ovvero AH ≡HB

Tesi: il triangolo ABC è isoscele, ovvero AC≡CB

Dimostrazione:

Consideriamo i triangoli rettangoli AHC e BHC e osserviamo che hanno:

• il lato CH in comune;

• ̂AHC ≡̂BHC in quanto entrambi retti;

• AH ≡HB per ipotesi;

allora per il primo criterio di congruenza i triangoli AHC ≡BHC ;

allora, in particolare, è anche AC≡CB in quanto lati corrispondenti di triangoli congruenti.

Siamo così arrivati alla tesi.

(5)

1 e

Sui lati congruenti AB e AC di un triangolo isoscele consideriamo due segmenti congruenti BD e CE . Dimostrare che DE è parallelo a BC.

Ipotesi: ABC isoscele BD≡CE

Tesi: DE∥AB

Dimostrazione:

Osserviamo che

AB=AD+ BD AC=AE+CE

Siccome per ipotesi ABC è isoscele, per definizione abbiamo che AB≡AC .

Allora possiamo scrivere che AD+ BD≡AE+CE .

L'altra ipotesi ci dice che BD≡CE , allora possiamo scrivere che AD+BD≡ AE+BD , ma allora possiamo anche scrivere che AD≡AE ovvero che il triangolo ADE è isoscele.

Ma se il triangolo ADE è isoscele, allora possiamo scrivere che gli angoli ̂ADE≡̂AED .

Siccome la somma interna degli angoli di un triangolo è congruente ad un angolo piatto, siamo in grado di dire che:

per quanto riguarda il triangolo CDE ̂ADE =π− ̂A 2 per quanto riguarda il triangolo ABC ̂ABC =π− ̂A

2 per proprietà transitiva: ̂ADE≡̂ABC

Abbiamo dunque dimostrato che le rette DE e BC tagliate dalla trasversale BD formano due angoli corrispondenti congruenti, quindi per il teorema fondamentale delle parallele tagliate da una trasversale, le rette DE e BC sono parallele. CVD

(6)

2 a

Consideriamo un triangolo ABC e in particolare la sua mediana CM. Prolungare CM di un segmento ME congruente a CM. Dimostrare che AEBC è un parallelogramma.

Ipotesi: CM mediana, cioè BM ≡AM ; CM ≡ME

Tesi: AEBC parallelogramma.

Dimostrazione:

Usiamo una delle tante proprietà dei parallelogrammi: “un quadrilatero è un parallelogramma se e solo se le sue diagonali si tagliano a metà”.

In effetti per ipotesi CM ≡ME ; BM ≡AM e i segmenti CE e AB sono proprio le diagonali del quadrilatero AEBC. Applicando il teorema citato sopra ne segue la tesi.

Dimostrazione alternativa:

Non porta via molto più tempo osservare che i triangoli costruiti ACM e BME sono congruenti.

̂AEM ≡̂BMC perché opposti al vertice;

BM ≡AM per ipotesi;

CM ≡ME per ipotesi;

allora i triangoli AEM e BMC sono congruenti per il primo criterio;

in particolare abbiamo che AE≡BC ma anche che ̂AEM ≡̂BCM ;

la congruenza tra gli angoli ci dice che AE∥BC per il teorema fondamentale delle rette parallele (in questo caso AE e BC) tagliate da una trasversale ( in questo caso CE).

In conclusione il quadrilatero AEBC ha una coppa di lati opposti paralleli e congruenti, che è una caratteristica dei parallelogrammi. Da cui la tesi.

(7)

2 b

Consideriamo un triangolo ABC. Prolungare il lato AC di un segmento CE congruente ad AC. Allo stesso modo prolungare il lato BC di un segmento CF congruente a BC. Dimostrare che il quadrilatero ABEF è un parallelogramma.

Ipotesi: CE≡AC∧CF≡BC Tesi: ABEF parallelogramma Dimostrazione:

Usiamo una delle tante proprietà dei parallelogrammi: “un quadrilatero è un parallelogramma se e solo se le sue diagonali si tagliano a metà”.

In effetti per ipotesi CE≡AC ; CF≡BC e i segmenti AE e BF sono proprio le diagonali del quadrilatero ABEF. Applicando il teorema citato sopra ne segue la tesi.

Dimostrazione alternativa:

Non porta via molto più tempo osservare che i triangoli formati sono due coppie di triangoli congruenti. Consideriamo il triangolo originale ABC e quello costruito CEF

̂ACB≡̂ECF perché opposti al vertice;

CE≡AC∧CF≡BC per ipotesti;

allora i triangoli ABC e CEF sono congruenti per il primo criterio;

in particolare i segmenti AB≡EF .

Analogamente, osservando i triangoli BCE e ACF si arriva a dimostrare che AF≡BE ;

Dunque il quadrilatero ABEF ha due coppie di lati opposti congruenti che è una proprietà caratteristica dei parallelogrammi, da cui la tesi.

(8)

2 c

Consideriamo il parallelogramma ABCD, prendiamo un punto F su AD e un punto E su BC tali che i segmenti AF e CE siano congruenti. Dimostrare che BEDF è un parallelogramma.

Ipotesi: ABCD parallelogramma;

AF≡CE .

Tesi: BEDF parallelogramma.

Dimostrazione:

Utilizzeremo questa proprietà dei parallelogrammi: “Un quadrilatero che ha una coppia di lati opposti paralleli e congruenti è un parallelogramma”.

Consideriamo il quadrilatero BEDF e in particolare la coppia di lati opposti BE e FD.

BE e FD sono paralleli perché appartengono alle rette BC e AD parallele per ipotesi (in quanto ABCD parallelogramma).

BE e FD sono anche congruenti in quanto differenze di segmenti congruenti. Infatti:

BE=BC−CE FD≡AD−AF

ma per l'ipotesi che ABCD è un parallelogramma deve essere AD≡BC mentre per esplicita ipotesi abbiamo anche che AF≡CE .

Applicando il teorema citato all'inizio otteniamo la tesi.

(9)

2 d

Consideriamo un parallelogramma ABCD. Prendiamo un punto E su AB e un punto F su CD in modo tale che AE sia congruente a CF. Dimostrare che i triangoli ADF, EBC sono congruenti.

Ipotesi: ABCD parallelogramma;

AE≡CF .

Tesi: triangoli ADF ≡EBC

Dimostrazione:

Osserviamo subito che i segmenti BE≡DF per differenza di segmenti congruenti.

Infatti AE≡CF per l'esplicita ipotesi e AB≡CD in quanto ABCD parallelogramma.

Sempre per il fatto che ABCD è parallelogramma è pure vero che BC≡AD e anche che gli angoli opposti ̂B≡ ̂D .

Ricapitolando, i triangoli ADF e EBC hanno due lati e l'angolo compreso congruenti, dunque sono congruenti per il primo criterio di congruenza. CVD

(10)

2 e

Consideriamo un triangolo isoscele ABC. Prolungare la base AB di un segmento BE congruente ad AC e dimostrare che l'angolo BAC è il doppio dell'angolo BEC.

Ipotesi: ABC triangolo isoscele con AC≡BC ; AC≡BE . Tesi: ̂BAC≡2 ̂BEC .

Dimostrazione:

Completata la figura osserviamo, oltre al triangolo ABC anche il triangolo BCE. Anche il triangolo BCE è isoscele, visto che per ipotesi AC≡BE .

Dunque, per le proprietà dei triangoli isosceli possiamo affermare che:

per quanto riguarda il triangolo ABC abbiamo ̂BAC≡̂ABC ; per quanto riguarda il triangolo BCE abbiamo ̂BEC≡̂BCE .

Utilizzeremo il seguente teorema: “La somma degli angoli interni di un triangolo è congruente ad un angolo piatto”.

Applicando questa proprietà al triangolo BCE possiamo affermare che ̂CBE+2 ̂BEC≡π D'altra parte, essendo BE il prolungamento di AB, è pure vero che ̂ABC +̂CBE =π . Ricapitolando tutte le congruenze esposte fin qui, possiamo scrivere:

2 ̂BEC ≡π−̂CBE≡̂ABC≡̂BAC da cui la tesi.

(11)

5 f

Uno degli otto angoli formati da due rette parallele tagliate da una trasversale è di 79°. Determinare le ampiezze dei rimanenti sette angoli.

Per il teorema fondamentale delle rette parallele tagliate da una retta trasversale gli angoli corrispondenti sono congruenti, dunque le osservazioni che facciamo su una delle due rette parallele vale anche per l'altra.

Concentrandoci su una delle due rette parallele e sulla trasversale consideriamo l'angolo noto di 79°, il suo supplementare ha dunque ampiezza 180°-79°=101°

Gli opposti al vertice avranno pure ampiezze 79° e 101°.

Gli angoli corrispondenti sulla parallela con la stessa trasversale avranno le stesse ampiezze.

Nella figura ho riassunto schematicamente le ampiezze degli otto angoli indicati nella domanda.

(12)

Statistica

3 a

Consideriamo la seguente tabella:

Giorni di assenza per malattia (novembre 2018) 0 1 2 3 4 5

Numero dipendenti 9 4 7 5 4 3

• Aggiungere le frequenze relative e dare una rappresentazione grafica;

• calcolare la media aritmetica e la deviazione standard (scarto quadratico medio);

• determinare moda e mediana.

Ci servono i totali:

i dipendenti sono 32 (basta sommare i dati sulla seconda riga);

i giorni di malattia sono 64 (occorre moltiplicare i dati della prima riga con i corrispondenti dati della seconda riga e poi sommare).

Per calcolare le frequenze relative occorre dividere i dati della seconda riga per il numero totale dei dipendenti, otteniamo così una terza riga che possiamo scrivere a nostra discrezione in forma di frazione (più precisa) o decimale o percentuale (più usata).

Calcolo delle frequenze relative:

9

32=0,28125 ; 4

32=0,125 ; 7

32=0,21875 ; 5

32=0,15625 ; 4

32=0,125 ; 3

32=0,09375

Nella tabella ho inserito le frequenze in forma di percentuale (con approssimazione alla seconda cifra decimale).

Una possibile rappresentazione grafica potrebbe essere questa, fatta con gli istogrammi: ad ogni quantità di giorni di malattia viene assegnato il numero dei dipendenti.

Il dato interessante (per il datore di lavoro) la media dei giorni di malattia per ciascun dipendente.

La media aritmetica è presto fatta:

64 32=2 .

Per quanto riguarda lo scarto quadratico medio occorre calcolare gli scarti semplici, elevarli al quadrato e poi calcolare la radice quadrata della loro media aritmetica. Per questo tipo di calcoli è molto adatto il foglio elettronico:

Giorni di assenza 0 1 2 3 4 5 64

Operai 9 4 7 5 4 3 32

Frequenze relative 28,13% 12,50% 21,88% 15,63% 12,50% 9,38% 100,00%

Totali

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Operai 9 4 7 5 4 3 32

scarti semplici 2 1 0 1 2 3

scarti quadratici 4 1 0 1 4 9

media aritm. moda mediana varianza s.s.m. dev.standard

2 0 2 2,75 1,375 1,6583123952

(13)

Ma nel compito in classe gli studenti avevano a disposizione soltanto carta e penna e una calcolatrice, dunque, mettendoci nei loro panni propongo questa risposta:

Calcoliamo gli scarti quadratici:

(0−2)²=4 ⇒ 9 dip.

(1−2)²=1⇒ 4 dip.

(2−2)²=0 ⇒ 7 dip.

(3−2)²=1 ⇒5 dip.

(4−2)²=4 ⇒ 4 dip.

(5−2)²=9 ⇒3 dip.

Calcoliamo la media degli scarti quadratici (varianza):

4×9+1×4+0×7+1×5+4×4+9×3

32 =2,75

Dunque la lo scarto quadratico medio (deviazione standard) è

√

2,75≈1,66

Rimane da determinare la moda e la mediana: è piuttosto evidente che il dato più ricorrente è 0 giorni di malattia (con 9 dipendenti). Dunque la moda è 0.

Mettendo in ordine i dipendenti secondo i giorni di malattia troviamo al 16° e al 17° (i posti centrali) due dipendenti con 2 giorni di malattia, dunque la mediana è 2.

(14)

3 b

8

32=0,25 ; 5

32=0,15625 ; 7

32=0,21875 ; 5

32=0,15625 ; 4

32=0,125 ; 3

32=0,09375

65

32=2,03125 .

Operai 8 5 7 5 4 3 32

Totali

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Operai 8 5 7 5 4 3 32

scarti semplici 2,03125 1,03125 0,03125 0,96875 1,96875 2,96875

scarti quadratici 4,1259765625 1,0634765625 0,0009765625 0,9384765625 3,8759765625 8,8134765625 media aritm. moda mediana varianza s.s.m. dev.standard 2,03125 0 2 2,6552734375 1,3515625 1,6295009781

(15)

(0−2,03)²≈4,12 ⇒ 8 dip.

(1−2,03)²≈1,06 ⇒5 dip.

(2−2,03)²≈0,00 ⇒ 7 dip.

(3−2,03)²≈0,94 ⇒5 dip.

(4−2,03)²≈3,88 ⇒ 4 dip.

(5−2,03)²≈8,82 ⇒3 dip.

4,12×8+1,06×5+0×7+0,94×5+3,88×4+8,82×3

32 ≈2,65

√

^2,65≈1,62

(16)

3 c

9

32=0,28125 ; 4

32=0,125 ; 6

32=0,1875 ; 6

32=0,1875 ; 4

32=0,125 ; 3

32=0,09375

65

32=2,03125 .

Operai 9 4 6 6 4 3 32

Totali

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Operai 9 4 6 6 4 3 32

scarti semplici 2,03125 1,03125 0,03125 0,96875 1,96875 2,96875 scarti quadratici 4,1259765625 1,0634765625 0,0009765625 0,9384765625 3,8759765625 8,8134765625

media aritm. moda mediana varianza s.s.m. dev.standard 2,03125 0 2 2,7802734375 1,412109375 1,6674151965

(17)

(0−2,03)²≈4,12 ⇒ 8 dip.

(1−2,03)²≈1,06⇒ 4 dip.

(2−2,03)²≈0,00 ⇒6 dip.

(3−2,03)²≈0,94 ⇒6 dip.

(4−2,03)²≈3,88 ⇒ 4 dip.

(5−2,03)²≈8,82 ⇒3 dip.

4,12×9+1,06×4+0×6+0,94×6+3,88×4+8,82×3

32 ≈2,78

√

^2,78≈1,67

(18)

3 d

9

32=0,28125 ; 4

32=0,125 ; 7

32=0,21875 ; 5

32=0,15625 ; 3

32=0,09375 ; 4

32=0,125

65

32=2,03125 .

Operai 9 4 7 5 3 4 32

Totali

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Operai 9 4 7 5 3 4 32

scarti semplici 2,03125 1,03125 0,03125 0,96875 1,96875 2,96875

(19)

(0−2,03)²≈4,12 ⇒9 dip.

(1−2,03)²≈1,06 ⇒ 4 dip.

(2−2,03)²≈0,00 ⇒7 dip.

(3−2,03)²≈0,94 ⇒5 dip.

(4−2,03)²≈3,88 ⇒3 dip.

(5−2,03)²≈8,82 ⇒ 4 dip.

4,12×9+1,06×4+0×7+0,94×5+3,88×3+8,82×4

32 ≈2,90

√

^2,78≈1,70

(20)

3 e

8

32=0,25 ; 4

32=0,125 ; 7

32=0,21875 ; 5

32=0,15625 ; 4

32=0,125 ; 4

32=0,125

69

32=2,15625 .

Operai 8 4 7 5 4 4 32

Totali

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Operai 8 4 7 5 4 4 32

scarti semplici 2,15625 1,15625 0,15625 0,84375 1,84375 2,84375

(21)

(0−2,16)²≈4,67⇒ 8 dip.

(1−2,16)²≈1,35⇒ 4 dip.

(2−2,16)²≈0,03⇒ 7 dip.

(3−2,16)²≈0,71 ⇒5 dip.

(4−2,16)²≈3,39 ⇒ 4 dip.

(5−2,16)²≈8,07⇒ 4 dip.

4,67×8+1,35×4+0,03×7+0,71×4+3,39×4+8,07×4

32 ≈2,89

√

^2,89=1,7

(22)

4 a

A un estremo di una molla lunga 20 cm viene applicato un peso di 100 g per 8 volte successive. Le misure degli allungamenti in cm sono: 3,4; 3,5; 3,3; 3,6; 3,5; 3,4; 3,5; 3,4. Calcola il campo di variazione, lo scarto semplice medio e la deviazione standard (scarto quadratico medio).

I primi due dati servono solo a distrarci, riguardano l'esperimento ma quello che ci viene chiesto è una valutazione statistica dei dati, allo scopo (presumibilmente) di ridurre al massimo gli errori di misura.

Il foglio elettronico sarebbe molto adatto per affrontare questo tipo di calcoli.

Ma gli studenti avevano a disposizione soltanto carta, penna e calcolatrice, dunque una possibile risposta è la seguente:

Individuo il dato più alto (3,6) e il dato più basso (3,3). Il campo di variazione è 3,6−3,3=0,3 . Per calcolare lo scarto semplice medio occorre prima calcolare la media aritmetica dei dati:

3,4+3,5+3,3+3,6+3,5+3,4+3,5+3,4

8 =3,45

Poi occorre calcolare gli 8 scarti semplici:

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,3−3,45∣=0,15

∣3,6−3,45∣=0,15

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

Dopo ci serviranno anche i quadrati degli scarti: 0,05²=0,0025 0,15²=0,0225

Lo scarto semplice medio è 6×0,05+2×0,15

8 =0,075 .

Per rispondere all'ultima richiesta calcoliamo prima la varianza: 6×0,05²+2×0,15²

8 =0,0075

Dunque lo scarto quadratico medio è

√

0,0075≈0,09

Esperimenti 1 2 3 4 5 6 7 8

Misurazioni 3,4 3,5 3,3 3,6 3,5 3,4 3,5 3,4

Campo di variazione: 0,3 Media aritmetica: 3,45

Scarti semplici 0,05 0,05 0,15 0,15 0,05 0,05 0,05 0,05

Scarto semplice medio: 0,075

Scarti quadratici: 0,0025 0,0025 0,0225 0,0225 0,0025 0,0025 0,0025 0,0025

Varianza: 0,0075 Scarto quadratico medio: 0,0866025404

(23)

4 b

3,4+3,5+3,3+3,6+3,5+3,4+3,5+3,4

8 =3,45

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,3−3,45∣=0,15

∣3,6−3,45∣=0,15

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

8 =0,1 .

8 =0,0125

√

0,0125≈0,11

Esperimenti 1 2 3 4 5 6 7 8

Misurazioni 3,3 3,5 3,3 3,6 3,6 3,4 3,5 3,4

Scarti semplici 0,15 0,05 0,15 0,15 0,15 0,05 0,05 0,05

(24)

4 c

3,4+3,5+3,3+3,6+3,5+3,4+3,5+3,4

8 =3,45

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,3−3,45∣=0,15

∣3,6−3,45∣=0,15

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

8 =0,075 .

8 =0,0075

√

0,0075≈0,09

Esperimenti 1 2 3 4 5 6 7 8

Misurazioni 3,4 3,4 3,3 3,6 3,5 3,4 3,5 3,5

Scarti semplici 0,05 0,05 0,15 0,15 0,05 0,05 0,05 0,05

(25)

4 d

3,4+3,5+3,3+3,6+3,5+3,4+3,5+3,4

8 =3,45

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,6−3,45∣=0,15

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,3−3,45∣=0,15

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

8 =0,075 .

8 =0,0075

√

0,0075≈0,09

Esperimenti 1 2 3 4 5 6 7 8

Misurazioni 3,4 3,5 3,4 3,6 3,5 3,3 3,5 3,4

Scarti semplici 0,05 0,05 0,05 0,15 0,05 0,15 0,05 0,05

(26)

4 e

3,4+3,5+3,3+3,6+3,5+3,4+3,5+3,4

8 =3,45

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,3−3,45∣=0,15

∣3,5−3,45∣=0,05

∣3,4−3,45∣=0,05

∣3,6−3,45∣=0,15

∣3,4−3,45∣=0,05

8 =0,075 .

8 =0,0075

√

0,0075≈0,09

Esperimenti 1 2 3 4 5 6 7 8

Misurazioni 3,4 3,5 3,3 3,5 3,5 3,4 3,6 3,4

Scarti semplici 0,05 0,05 0,15 0,05 0,05 0,05 0,15 0,05

(27)

Disequazioni lineari

5 a

Risolvere la seguente disequazione lineare:

4 x−3<−2 3x+3 Applico i principi di equivalenza:

4 x−3<−2 3x+3 4 x+2

3x <+3+3 14

3 x<6 x<6× 3

14 x<9

7

5 b

1

2x−(1+x)>3 2

Applico i principi di equivalenza:

1

2 x−(1+x)>3 2 1

2 x−1−x>3 2 1

2 x−x>3 2+1

−1 2x>5

2 1

2 x<−5 2 x<−5

(28)

5 c

2( x−1)+3( x−2)<−7

2( x−1)+3( x−2)<−7 2 x−2+3 x−6<−7 2 x+3 x<−7+2+6 5 x<1

x<1 5

5 d

7 x−2+4 x−3>3 x−1+5 x+1

7 x−2+4 x−3>3 x−1+5 x+1 7 x+4 x−3 x−5 x>−1+1+2+3 3 x>5

x>5 3

(29)

5 e

−x−1

2+x+1 2 >0

−x−1

2+x+1 2 >0

−x−1 2+1

2x+1 2>0

−x+1 2x>0

−1 2x>0 1

2 x<0 x<0