VERIFICA DI MATEMATICA – 1^F Liceo Sportivo – impostazione classica rispondere su un foglio protocollo da riconsegnare entro il 2 maggio 2019
NOME E COGNOME _____________________________________________________________
1
Equazioni.
Risolvere la seguente equazione rispetto a x, al variare del parametro b (senza dimenticare le condizioni di esistenza):
2 b−1
b −x +b
x =x−2 b b x
2
Disequazioni.
Risolvere la seguente disequazione rispetto a y (senza dimenticare le condizioni di esistenza):
(y−1)( y+2)( y−3)2(y−4)>0
3
Equazioni con valore assoluto.
Risolvere la seguente equazione rispetto a z (senza dimenticare le condizioni di esistenza):
∣z−∣ z ∣+2 ∣−∣2 z+1∣=2−∣ z−3 ∣+∣ z∣
4
Disequazioni con valore assoluto.
Risolvere la seguente disequazione rispetto a t, discutendo dettagliamente i vari casi.
∣t−1∣−∣2t−3∣+4
∣t+2∣−3 ≤0
5
Statistica
Un controllo sulla durata di alcune candele profumate ha rilevato le seguenti misurazioni, espresse in ore:
durata 1 2 3 5 8 12
frequenza 2 7 9 4 12 6
Dare una rappresentazione grafica. Determinare media, moda, mediana, deviazione standard.
-
Obiettivi: riuscire a risolvere equazioni e disequazioni utilizzando i principi di equivalenze, definizioni e teoremi pregressi. Gestire dei calcoli statistici. Gli argomenti si trovano nei capitoli 8 “equazioni”; 9
“disequazioni” ; 10 “valore assoluto” ; 11 “statistica descrittiva”.
Valutazione
Griglia di valutazione delle risposte.
2 punti: risposta corretta, soluzione migliore, buona proprietà di linguaggio, esposizione chiara, leggibile, originale.
1,8 punti: risposta corretta, soluzione migliore con qualche imperfezione di linguaggio e di esposizione o priva di originalità.
1,6 punti: risposta corretta, soluzione migliore ma senza una buona proprietà di linguaggio o senza una buona esposizione.
1,4 punti: risposta corretta ma non la soluzione migliore.
1,2 punti: risposta parziale, ma soddisfacente per almeno tre quarti delle richieste.
1 punto: risposta parziale, ma soddisfacente per almeno metà delle richieste.
0,8 punti: risposta parziale, ma soddisfacente per almeno un quarto delle richieste.
0,6 punti: risposta sbagliata, purché sensata e legata al contesto, ottenuta con lavoro e impegno.
0,4 punti: risposta sbagliata contenente errori particolarmente gravi, o eccessivamente incompleta, ottenuta con scarso impegno.
0,2 punti: risposta mancante, o insensata o del tutto slegata dal contesto.
I testi delle verifiche si possono anche scaricare all'indirizzo http:// www.lacella.it/profcecchi Nel BLOG http://dottorcecchi.blogspot.it si trovano preziosi consigli specifici per questa prova
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Non usare la “cancellina”!
Non usare la penna rossa!
1
Equazioni.
Risolvere la seguente equazione rispetto a x, al variare del parametro b (senza dimenticare le condizioni di esistenza):
2 b−1
b −x +b
x =x−2 b b x
Le condizioni di esistenza sono abbastanza ovvie: deve essere b≠0∧x≠0 .
Altrettanto ovvio è che il denominatore comune per le tre frazioni è il monomio bx. L'equazione diventa:
x (2 b−1)
b x −b( x+b)
b x =x−2 b b x
A questo punto possiamo disinteressarci del denominatore e lavorare solo sui numeratoricol calcolo letterale e il primo principio di equivalenza.
2 b x−x−b x−b2=x−2 b
2 b x−x−b x−x =b2−2 b b x−2 x=b2−2 b
(b−2) x=b (b−2)
Prima di applicare il secondo principio di equivalenza osserviamo che con b=2 l'equazione risulta indeterminata. Ponendo b≠2 possiamo applicare il secondo principio di equivalenze e scrivere che x=b .
Ricapitolando. Condizione di esistenza: x≠0 Con b=0 l'equazione non ha senso.
Con b=2 l'equaizione è indeterminata.
Con b≠0∧b≠2 la soluzione è x=b
2
Disequazioni.
Risolvere la seguente disequazione rispetto a y (senza dimenticare le condizioni di esistenza):
(y−1)( y+2)( y−3)2(y−4)>0
Non sono presenti divisioni o altro che renda necessario porre delle condizioni di esistenza.
Ci può invece essere utile una mappa dei segni che evidenzi per quali valori di y il prodotto è positivo.
Osserviamo subito che tutti i valori che annullano i singoli fattori non sono soluzioni della disequazione, visto che annullano anche il prodotto.
Si noti anche che il fattore ( y−3)2 è positivo per qualunque valore y≠3 .
Osservando la mappa ci rendiamo conto che il prodotto è positivo per −2< y<1∨ y>4 . Una versione alternativa della mappa potrebbe essere una tabella come questa:
y<−2 −2< y <1 1< y<3 3< y<4 y>4
y−4 - - - - +
(y−3)2 + + + + +
y−1 - - + + +
y+2 - + + + +
prodotto - + - - +
Concludendo, le soluzioni della disequazione sono le y tali che −2< y<1∨ y>4 .
3
Equazioni con valore assoluto.
Risolvere la seguente equazione rispetto a z (senza dimenticare le condizioni di esistenza):
∣z−∣ z ∣+2 ∣−∣2 z+1∣=2−∣ z−3 ∣+∣ z ∣
Non ci sono divisioni o altro che possa far perdere senso alle espressioni, quindi l'equazione si può risolvere per ogni z ∈ℝ .
Osserviamo adesso gli argomenti dei valori assoluti: il secondo si annulla per z=−1
2 , il terzo si annulla per z=3 e il quarto si annulla per z=0 .
Va studiato in modo più attento il primo pezzo nel quale troviamo un valore assoluto contenuto nell'altro: quello più interno si annulla per z=0 .
Con z>0 osserviamo che ∣ z−∣ z ∣+2 ∣=∣z−z+2∣=∣2∣=2 .
Con z<0 osserviamo che ∣ z−∣ z ∣+2 ∣=∣z+ z+2∣=∣2 z+2∣=2∣z+1∣ .
Dunque possiamo affermare che l'argomento del primo valore assoluto si annulla per z=−1 . Chiarito questo possiamo impostare la suddivisione in casi per risolvere l'equazione.
I z<−1 II −1<z<−1
2 III −1
2<z<0 IV 0<z<3 V z>3 Caso I z≤−1
L'equazione diventa: −2 z−2+2 z+1=2+ z−3−z ovvero −1=−1
Si tratta di un'equazione indeterminata, a quanto pare tutte le z≤−1 sono soluzioni.
Caso II −1≤z≤−1 2
L'equazione diventa: 2 z +2+2 z+1=2+z−3−z ovvero 4 z =−4 .
Viene confermata la soluzione di confine z=−1 comunque già compresa in quelle trovate nel caso precedente.
Caso III −1 2≤z≤0
L'equazione diventa: 2 z +2−2 z−1=2+z−3−z ovvero 1=−1 . In questo caso l'equazione risulta impossibile.
Caso IV 0≤z≤3
L'equazione diventa: 2−2 z−1=2+z−3+ z ovvero −4 z=−2 ovvero z=1
2 che è accettabile.
Caso V z≥3
L'equazione diventa: 2−2 z−1=2−z +3+ z ovvero −2 z=4 ovvero z=−2 che non è accettabile.
Ricapitolando abbiamo determinato le soluzioni z≤−1∨z=1 2
4
Disequazioni con valore assoluto.
Risolvere la seguente disequazione rispetto a t, discutendo dettagliamente i vari casi.
∣t−1∣−∣2t−3∣+4
∣t+2∣−3 ≤0
Cominciamo subito stabilendo le condizioni di esistenza: deve essere ∣t+2∣−3≠0 ovvero
∣t+2∣≠3 dunque t+2≠3 che ci porta a t≠1 ma anche t+2≠−3 che ci porta a t≠−5 . Ricapitolando, le condizioni di esistenza sono t≠1∧t≠−5 .
Detto questo osserviamo che i valori assoluti si annullano per t=1∨t=3
2∨t=−2 e quindi su questi valori baseremo la nostra casistica.
Caso I t≤−2 .
Il numeratore diventa −t+1+2 t−3+4=t+2
mentre il denominatore diventa −t−2−3=−t−5=−(t+5) .
Osserviamo che in questo caso il numeratore è sempre minore o uguale a zero, dunque la disequazione risulta verificata se il denominatore è positivo.
Occorre risolvere −(t+5)>0 ovvero t+5<0 ovvero t<−5 . Caso II −2≤t<1 .
Il numeratore diventa come prima t+2 . Il denominatore invece diventa t+2−3=t−1 . Il numeratore in questo caso è sempre maggiore o uguale a zero, mentre il denominatore è sempre minore di zero. Dunque la disequazione è verificata per tutti i valori di questo caso.
Caso III 1<t≤3 2
Il numeratore diventa t−1+2 t−3+4=3t . Il denominatore diventa come sopra t−1 . Il numeratore è positivo per tutti i valori del caso, il denominatore pure. Dunque la disequazione non è verificata per alcun valore in questo caso.
Caso IV t≥3 2
Il numeratore diventa t−1−2 t+3+4=−t+6 che è positivo per 3
2<t<6 mentre il denominatore è sempre il solito t−1 ed è sempre positivo. La disequazione è quindi verificata per t≥6 .
Ricapitolando: la disequazione risulta verificata per i valori di t tali che:
t<−5∨−2≤t<1∨t≥6
Approccio (leggermente) più rapido ma anche (leggermente) più abile:
Dopo aver posto le condizioni di esistenza ci possiamo rendere conto molto facilmente che il denominatore è negativo per −5<t<1 ed è positivo per t<−5∨t>1 .
Dunque rimane da studiare, nei vari casi, il segno del numeratore. Ovviamente per risolvere la disequazione devo cercare dei valori di t per i quali numeratore e denominatore sono discordi.
I casi da esaminare sono tre.
Caso I t<1 .
Il numeratore diventa −t+1+2 t−3+4=t+2 che è positivo o nullo per t≥−2
Il denominatore è negativo per −5<t<1 e quindi le soluzioni della disequazione, in questo caso sono le t<−5∨−2<t<1 .
Caso II 1<t≤3 2
Il numeratore diventa t−1+2 t−3+4=3t che è positivo in questo caso. Ma anche il denominatore è positivo in questo caso e quindi non ci sono soluzioni per la disequazione.
Caso III t≥3 2
Il numeratore diventa t−1−2 t+3+4=−t+6 che è positivo per 3
2≤t<6 . In questo caso il denominatore è sempre positivo, quindi le soluzioni della disequazione sono le t≥6 .
Ricapitolando: la disequazione risulta verificata per i valori di t tali che:
t<−5∨−2≤t<1∨t≥6
5
Statistica
Un controllo sulla durata di alcune candele profumate ha rilevato le seguenti misurazioni, espresse in ore:
durata 1 2 3 5 8 12
frequenza 2 7 9 4 12 6
Dare una rappresentazione grafica. Determinare media, moda, mediana, deviazione standard.
Una possibile rappresentazione grafica potrebbe essere questa: la quantitò di candele a seconda della rispettiva durata.
Il numero totale delle candele è 40.
Calcoliamo la durata media delle candele, ovvero la media aritmetica delle durate.
M =2×1+7×2+9×3+4×5+12×8+6×12
40 ≈5,775
La moda è 8, visto che ci sono ben 12 candele che durano 8 ore.
Per la mediana andiamo a cercare le candele che hanno la ventesima e la ventunesima durata, se osserviamo la tabella ci rendiamo conto che le troviamo entrambe tra le 4 candele che durano 5 ore, dunque la mediana è 5.
Infine, per calcolare la deviazione standard, ci occorrono gli scarti quadratici, calcolarne la media aritmetica e poi estrarne la radice quadrata. Riportiamo i dati nella seguente tabella:
Dunque la deviazione standard è circa 3,57.
0 2 4 6 8 10 12 14
1 2 3 5 8 12
durata 1 2 3 5 8 12
frequenza 2 7 9 4 12 6
Totale candele: 40 durata media: 5,775
scarti sempl. 4,775 3,775 2,775 0,775 2,225 6,225
scarti quadr. 22,800625 14,250625 7,700625 0,600625 4,950625 38,750625
varianza: 12,724375 deviazione standard: 3,5671241918
