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Liceo Scientifico “Severi” Salerno
VERIFICA SCRITTA MATEMATICA
Docente: Pappalardo Vincenzo Data: 20/10/2018 Classe: IV D
1. Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni esponenziali:
3x+1( )x−2⋅93x+2 = 81x+2
Applichiamo la proprietà delle potenze:
3(x+1)(x−2) ⋅32(3x+2) = 34(x+2) ⇒ 3(x+1)(x−2)+2(3x+2) = 34(x+2)
La soluzione dell’equazione è:
(x +1)(x − 2)+ 2(3x + 2) = 4(x + 2) ⇒ x2 + x −6 = 0 ⇒ x1 = −3 x2 = 2
nn nm 54x−1
5x−1−53x
5x−1−51−x
51−2x+5= 0
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51+ x +51− x =10
5⋅3x−1 −3⋅ 5
2x−1
5x= 0
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ex+1 − ex
e5x −1≤ 0
(2x −8)(22x −3⋅2x+1 +8) ≥ 0
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30 ⋅ 23⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
x/2
− 27 ⋅ 23⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
x
−8 ≤ 0
2. Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni logaritmiche:
log(2x +15)− log15− log x = − log(x − 2)
Campo di esistenza dell’equazione:
2x +15> 0x > 0x − 2 > 0
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇒ soluzione : x > 2 ⇒ C.E.= 2;+∞⎤⎦ ⎡⎣
Utilizziamo le proprietà del logaritmo:
log(2x +15)+ log(x − 2) = log15+ log x ⇒ log(2x +15)(x − 2) = log15x Quindi, la soluzione è:
(2x +15)(x − 2) =15x ⇒ x2 − 2x −15= 0 ⇒ x1 = 5 x2 = −3 Le soluzioni non vanno accettate perché non soddisfano il C.E.
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log2 x( )2−6log2 x +8 = 0
Campo di esistenza:
x > 0 Introducendo la variabile ausiliaria:
log x = t l’equazione diventa:
t2 −6t +8 = 0 ⇒ t1 = 4 t2 = 2 Quindi:
log2 x = 4⇒ x1 = 24 =16 log2 x = 2⇒ x2 = 22 = 4 Entrambe le soluzioni vanno accettate perché soddisfano il C.E.
4log9 x
− 2− 3log9 x
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟− 2 ⋅ 1−
1log9 x
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟=14
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log2x +3x
>1
1+ 2ln x ≥ ln(2x)
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ln x2 − ln2 x ≥ 0
log2(e2x − ex ) >1
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3. Risolvere graficamente le seguenti equazioni:
12⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟
x+2
= ln(x +1)
soluzione: x≈0,2
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2x = x2 − 2
soluzione x1≈-1,5; x2≈-1,3; x1≈0,7
4. Trovare dominio e codominio delle seguenti funzioni e stabilire se sono invertibili:
y =1− ex2
• Dominio:
D =ℜ = −∞;+∞⎤⎦ ⎡⎣
• Codominio:
ex2
=1− y ⇒ x2 = ln(1− y) ⇒ x = ± ln(1− y)
1− y > 0ln(1− y) ≥ 0
⎧⎨⎩
⇒ y <11− y ≥1
⎧⎨⎩
y <1y ≤ 0
⎧⎨⎩
⇒ y ≤ 0 ⇒ C = −∞;0⎤⎦ ⎡⎣
• La funzione non è iniettiva (guardare l’espressione della x in funzione della y), quindi non è biunivoca e pertanto non è inveretibile nel suo dominio.
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y = 1− ex
1+ ex
• Dominio:
1+ ex ≠ 0 ⇒ ex ≠ −1 ⇒ ∀x ∈ℜ ⇒ D = −∞;+∞⎤⎦ ⎡⎣
• Codominio:
y = 1− ex
1+ ex ⇒ ex = 1− y
1+ y ⇒ x = ln 1− y
1+ y⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
1− y1+ y
> 0 ⇒ C = −1;1⎤⎦ ⎡⎣
• La funzione è biunivoca e quindi invertibile. La funzione inversa è:
y = ln 1− x1+ x⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
y =1+ ln(3x)
• Dominio:
x > 0 ⇒ D = 0;+∞⎤⎦ ⎡⎣
• Codominio:
y =1+ ln(3x) ⇒ 3x = e y−1 ⇒ x = ey−1
3 ⇒C = −∞;+∞⎤⎦ ⎡⎣
• La funzione è biunivoca e quindi invertibile. La funzione inversa è:
y = ex−1
3
5. a) Disegna la funzione y=4x+a+b, sapendo che passa per il punto P(1/2;31) e che la retta di equazione y=2x+5 la interseca nel suo punto di ascissa -1; b) determina l’inversa.
Soluzione
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a = 2; b = −1 ⇒ y = 4x+2 −1
La funzione y = 4x+2 −1 è biunivoca e quindi ammette inversa : y = f −1(x) = log4(x +1)− 2
6. Studiare le seguenti funzioni:
y = e1x
2− ln2 x
y = ln 2x2 + x
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y = x2
log 1− xx2
"
#$
%
&'
7. Il polonio-218 (218Po) si trasforma in piombo-214 (214Pb) con un periodo di dimezzamento T1/2=3,05 min. Dopo quanto tempo un campione di polonio-218 si è ridotto a 1/100 della sua consistenza iniziale? La legge del decadimento è:
N (t) = N0e−t /τ dove : τ =
T1/2
ln 2
Soluzione
Se indichiamo con N0 il numero di nuclei di 218Po presenti all’istante t=0 s, il problema chiede qual è l’istante t in corripsondenza del quale si ha N(t)=N0/100. La vita media del 218Po è data dalla seguente relazione:
Utilizzando la legge del decadimento radioattivo:
possiamo scrivere che:
Dopo circa 20 minuti, il numero di nuclei di 218Po si è ridotto a 1/100 del valore iniziale.
τ =T1/2ln2
=3,05 ⋅600,693
= 264 s
N(t) = N0e−t/τ
N0
100= N0e
−t/τ da cui⎯ →⎯⎯ t = τ ln100 = 264 ⋅ 4,605=1220 s ≅ 20 min