Disposizione semplice

Pubblicato il 18 Settembre 2019 da admin
Samy Charnine

Se ho 3 persone e devo sapere in quante maniere posso disporre attorno ad un tavolo essa è una disposizione semplice.

Chiamo le tre persone A, B, C

Tutte le possibili disposizioni sono:

AB, BA, CA, AC, BC, CB.

Generalizzando si applica la seguente formula che mi fornisce esattamente quante sono le disposizioni:

D_{n,k}=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot …\cdot (n-k+1)

Come conviene applicarla avendo ad esempio 15 persone e 14 posti a tavola:

n=15 e k=14

calcolo n-k+1=2 ed utilizzo la formula precedente effettuando il prodotto di tutti i numeri interi compresi tra 15 e 2 compresi:

D_{15,14}=15\cdot 14\cdot 13\cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 =1.307.674.368.000

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: secondo problema – terzo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin
  • Con le opportune motivazioni, dedurre il grafico di f da quello di F
  • specificando cosa rappresentano le ascisse dei punti di flesso di F per la funzione f.
  • Calcolare l’area della regione compresa tra il grafico di f, l’asse delle ascisse e le rette parallele all’asse delle ordinate passanti per gli estremi della funzione.
  • Fissato b > 0, calcolare il valore di:

\int_{-b}^{b}f(t)dt

Prerequisiti

  • analisi di un grafico partendo dalla sua primitiva
  • analisi dei punti di flesso in rapporto alla sua derivata
  • saper integrare

Sviluppo

Primo punto

Osservando la concavità si osserva dove la derivata prima è positiva ed è negativa.

Lo zero è il punto che annulla la derivata prima ed è il punto di massimo

Secondo punto

Le ascisse dei punti di flesso rappresentano i punti di massimo e di minimo del grafico della derivata prima.

Si ha il seguente grafico:

Terzo punto

La f è simmetrica per cui è sufficiente calcolare:

2\int_{-\frac{\sqrt{2}}{2}a}^{0}f(t)=F\left ( 0 \right )-F\left ( -\frac{\sqrt{2}}{2} a\right )=\cdot \cdot \cdot =\cfrac{2}{a}\left ( 1-\sqrt{\frac{2}{3}} \right )

Quarto punto

\int_{-b}^{b}f(t)dt=0 essendo la funzione simmetrica

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: secondo problema – terzo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Per a > 0, si consideri la funzione f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} definita da:

f(t)=-\cfrac{t}{\sqrt{\left ( t^2+a^2 \right )^3}}

  • Verificare che:

F(t)=\cfrac{1}{\sqrt{t^{2}+a^{2}}}-\cfrac{1}{a}

è la primitiva di f il cui grafico passa per l’origine.

  • Studiare la funzione F individuandone eventuali simmetrie, asintoti, estremi.
  • Provare che F presenta due flessi nei punti di ascisse t=\pm \cfrac{\sqrt{2}}{2}a
  • Determinare le pendenze delle rette tangenti al grafico di F in tali punti.

Prerequisiti

  • saper fare la derivata di una funzione fratta
  • studio di funzione completo
  • aver capito il concetto di derivata

Sviluppo

Primo punto

Riscrivo la F per facilitarmi la sua derivata:

F(t)=\cfrac{1}{\sqrt{t^{2}+a^{2}}}-\cfrac{1}{a}=\left ( t^{2}+a^{2} \right )^{-\frac{1}{2}}-\cfrac{1}{a}

F'(t)=-\frac{1}{2}\left ( t^{2}+a^{2} \right )^{-\frac{3}{2}}\cdot 2t

F'(t)=f(t)

inoltre F(0)=0

Secondo punto

Dominio è tutto \mathbb{R}

La funzione è pari, infatti:

F(t)=F(-t) quindi è simmetrica rispetto l’asse x.

Non vi sono asintoti orizzontali.

\underset{x\rightarrow+\infty}{lim}\cfrac{1}{\sqrt{ t^2+a^2 }}-\frac{1}{a}=-\frac{1}{a}

Vi è asintoto orizzontale in

y=-\frac{1}{a}

F'(t)=-\frac{1}{2}\left ( t^{2}+a^{2} \right )^{-\frac{3}{2}}\cdot 2t

e si annulla solo in t=0 che è proprio il punto di massimo osservando il segno della derivata prima.

Ecco il grafico della funzione:

Terzo punto

Faccio la derivata prima della derivata prima per determinare i flessi:

F'(t)=-\cfrac{t}{\sqrt{\left ( t^2+a^2 \right )^3}}=-t\cdot \left (t^2+a^2 \right )^{-\frac{3}{2}}

F''(t)=-\left (t^2+a^2 \right )^{-\frac{3}{2}}-t\cdot \left ( -\frac{3}{2} \right )\left (t^2+a^2 \right )^{-\frac{5}{2}}\cdot 2t=-\cfrac{1}{\sqrt{\left (t^2+a^2 \right )^3}}+\cfrac{3t^2}{\left (t^2+a^2 \right )^5}

F''(t)=\cfrac{-t^2-a^2+3t^2}{\left (t^2+a^2 \right )^5}

che si annulla proprio in:

t=\pm \cfrac{\sqrt{2}}{2}a

Quarto punto

E’ sufficiente sostituire i valori dei flessi nella derivata prima:

f\left ( \cfrac{\sqrt{2}}{2}a \right )=\cdot \cdot \cdot =-\cfrac{2}{3a^2\sqrt{3}}

f\left (- \cfrac{\sqrt{2}}{2}a \right )=\cdot \cdot \cdot =\cfrac{2}{3a^2\sqrt{3}}

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: secondo problema – secondo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Siconsideri, tra le armature, un piano perpendicolare all’asse di simmetria.

Su tale piano, sia C la circonferenza avente centro sull’asse e raggio r.

  • Determinare la circuitazione di B lungo C
  • Ricavare che il flusso di E, attraverso la superficie circolare delimitata da C, è dato da:

\phi (E)=\cfrac{2k\pi r^2}{\mu_{0}\epsilon_{0}}\left ( \cfrac{-1}{\sqrt{t^2+a^2}}+\cfrac{1}{a} \right )

  • Calcolare la d.d.p. tra le armature del condensatore.
  • A quale valore tende B al trascorrere del tempo?
  • Giustificare la risposta dal punto di vista fisico

Prerequisiti

  • conoscenza della circuitazione del campo magnetico lungo una circonferenza
  • risolvere integrale di una funzione composta.
  • risolvere limiti

Sviluppo

Primo punto

La circuitazione di B lungo una circonferenza è:

C(B)=2\pi r B

Secondo punto

Per ricavare il flusso di E si applica la definizione di Ampere-Maxwell e si calcola un integrale:

C(B)=2\pi rB=\varepsilon_{0}\mu _{0}\cfrac{d\phi (E)}{dt}

dalla quale:

\phi (E)=\int \cfrac{2\pi rB}{\varepsilon _{0}\mu _{0}}dt

adesso sostituisco il valore di B dato in precedenza e calcolo il valore dell’integrale:

\phi (E)=\cfrac{2k\pi r^2}{\varepsilon _ {0}\mu _{0}}\int \cfrac{t}{\sqrt{\left ( t^2+a^2 \right )^3}}dt

Mi concentro solo sull’integrale:

\int t\cdot \left ( t^2+a^2 \right )^{-\frac{3}{2}}dt=\cfrac{1}{2}\cfrac{\left ( t^2+a^2 \right )^{-\frac{1}{2}}}{-\frac{1}{2}}+c=-\cfrac{1}{\left ( t^2+a^2 \right )}+c

All’inizio il potenziale è nullo ossi V=dE=0 significa che anche il flusso è nullo per cui nell’integrale precedente quando t=0 anche il flusso è nullo per cui:

c=\cfrac{1}{a}

Unendo tutte le relazioni ho alla fine:

\phi (E)=\cfrac{2k\pi r^2}{\mu_{0}\epsilon_{0}}\left ( \cfrac{-1}{\sqrt{t^2+a^2}}+\cfrac{1}{a} \right )

Terzo punto

V=Ed

\phi (E)=ES=E\pi r^2

E=\cfrac{\phi (E)}{\pi r^2}

usando la definizione precedente di flusso la differenza di potenziale diventa:

V=\cfrac{2kd}{\mu_{0}\epsilon_{0}}\left ( \cfrac{-1}{\sqrt{t^2+a^2}}+\cfrac{1}{a} \right )

Quarto punto

Devo saper sviluppare il limite:

\underset{x\rightarrow+\infty}{lim}\cfrac{t}{\sqrt{\left ( t^2+a^2 \right )^{3}}}=D.H.=\underset{x\rightarrow+\infty}{lim}\cfrac{2}{3\sqrt{t^2+a^2}}=0

quindi il campo magnetico con t che tende ad infinito tende ad annullarsi.

Quinto punto

Con il passare del tempo si nota che la tensione ai capi del condensatore tende ad un valore costante come pure il campo elettrico per cui non si ha più una variazione di flusso e quindi il campo magnetico scompare.

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: secondo problema – primo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Un condensatore piano è formato da due armature circolari di raggio R, poste a distanza d, dove R e d sono espresse in metri (m). Viene applicata alle armature una differenza di potenziale variabile nel tempo e inizialmente nulla.

All’interno del condensatore si rileva la presenza di un campo magnetico B.

Trascurando gli effetti di bordo, a distanza r dall’asse di simmetria del condensatore, l’intensità di B, espressa in tesla(T), varia secondo la legge:

\left | B \right |=\cfrac{kt}{\sqrt{\left ( t^2+a^2 \right )^{3}}}r con r\leqslant R

dove a e k sono costanti positive e t è il tempo trascorso dall’istante iniziale, espresso in secondi (s).

  • Dopo aver determinato le unità di misura di a e k
  • spiegare perché nel condensatore è presente un campo magnetico anche in assenza di magneti e correnti di conduzione
  • Qual è la relazione tra le direzioni di B e del campo elettrico E nei punti interni al condensatore?

Prerequisiti

  • conoscenza delle unità di misura che caratterizzano il campo induzione magnetica
  • conoscenza della legge di Ampere Maxwell o quarta equazione di Maxwell.

Sviluppo

Primo punto

Si parte dalla relazione espressa solo in funzione delle unità di misura:

[T]=k\cfrac{[s][m]}{\sqrt{([s]^2)^3}}

dove a è espressa inevitabilmente in secondi.

Per cui k=\cfrac{[T][s]^2}{[m]}

Secondo punto

Si applica la legge di Ampere-Maxwell considerando nullo le correnti che non sono presenti in questo caso:

C(B)=\mu_{0}\varepsilon_{0}\cfrac{d\phi (E)}{dt}

essendovi la circuitazione vi è il campo magnetico.

Terzo punto

Le linee di campo elettrico sono perpendicolari alle armature mentre quelle di campo magnetico sono concentriche rispetto al centro del condensatore e sono perpendicolari a quelle elettriche.

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: primo problema – quarto punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Si supponga, in assenza dei tre fili, che il contorno della regione S rappresenti il profilo di una spira conduttrice di resistenza R = 0,20 Ω. La spira è posta all’interno di un campo magnetico uniforme di intensità B=1.5\cdot 10^{-2}T perpendicolare alla regione S. Facendo ruotare la spira intorno all’asse x con velocità angolare ω costante, in essa si genera una corrente indotta la cui intensità massima è pari a 5,0mA. Determinare il valore di ω.

Prerequisiti

  • conoscenza della legge di Faraday Neumann applicata ad una superficie in rotazione che è equivalente ad un campo magnetico sinusoidale.

Sviluppo

La legge di Faraday Neumann dice che:

V=f.e.m=-\cfrac{d\phi(B) }{dt}

B è costante

V=RI

S=S\cos \left ( \omega t \right ) ed è l’unico termine che varia con il tempo per cui la sua derivata risulta:

S'=-S\omega \sin \left ( \omega t \right )

che sostituita nell’equazione di partenza si ha:

RI=S\omega B\sin \left ( \omega t \right )

Siccome si ha il valore massimo:

\omega =\cfrac{RI}{SB}=\cfrac{0.20\cdot 5\cdot 10^{-3}}{\cfrac{4}{3}\cdot 1.5\cdot 10^{-2}}=0.05 \frac{rad}{s}

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: primo problema – terzo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Si supponga che nel riferimento Oxy le lunghezze siano espresse in metri (m).

Si considerino tre fili conduttori rettilinei disposti perpendicolarmente al piano Oxy e passanti rispettivamente per i punti:

P_{1}\left ( \frac{3}{2},0 \right ) ; P_{2}\left ( \frac{3}{2},1 \right )e P_{3}\left ( \frac{3}{2},-\cfrac{1}{2} \right )

I tre fili sono percorsi da correnti continue di intensità i_{1}=2,0 A, i_{2} e i_{3}. Il verso di i_{1} è indicato in figura mentre gli altri due versi non sono indicati.

Stabilire come varia la circuitazione del campo magnetico, generato dalle correnti
i_{1},i_{2} e i_{3}, lungo il contorno di S, a seconda dell’intensità e del verso di
i_{2} e di i_{3}.

Prerequisiti

  • conoscenza della circuitazione del campo elettrico
  • capre come poter determinare come un punto stia all’interno di una regione.

Sviluppo

La definizione di circuitazione è la seguente:

C(B)=\mu_{0}\sum_{i=0}^{n}i_{i}

Ossia la circuitazione dell’induzione magnetica lungo un percorso chiuso, con cui risulta concatenata la corrente che genera il campo è sempre uguale al prodotto della permeabilità elettrica per l’intensità di corrente, qualunque sia la forma geometrica del percorso chiuso.

Questo significa che a prescindere dalla forma della superficie trovata devo calcolare la corrente concatenata (compresa) nella zona delimitata dalla superficie.

La circuitazione dell’induzione magnetica, calcolata lungo un cammino chiuso qualsiasi, è uguale al prodotto della permeabilità magnetica per la somma algebrica delle correnti concatenate.

Nel caso specifico quali dei tre fili sono compresi nella superficie delimitata dalle due curve? Se si avesse il grafico così preciso si fa presto a rispondere a questa domanda ma lo si può fare anche in maniera analitica.

Il punto P=P_{1}\left ( \frac{3}{2},0 \right ) è posizionato più in basso rispetto alla curva g ma verifico che sia più in alto della curva f.

f(1.5)=-0.25<0 per cui i_{1} è all’interno della regione S.

Il punto S=P_{2}\left ( \frac{3}{2},1 \right ) è posizionato più in alto rispetto alla curva f ma verifico che sia più in basso della curva g.

g(1.5)=1.05>1 per cui i_{2} è all’interno della regione S.

Il punto R=P_{3}\left ( \frac{3}{2},-\cfrac{1}{2} \right ) è posizionato più in basso rispetto alla curva g ma verifico che sia più in basso della curva f.

f(1.5)=-0.25>-0.5 per cui i_{3} è al di fuori della regione S e non deve essere considerata per il calcolo della circuitazione.

C(B)=\mu_{0}(i_{1}+i_{2})

quindi quando le correnti hanno verso opposto la circuitazione diminuisce fino ad annullarsi quando hanno lo stesso valore altrimenti aumenta nel caso in cui le due correnti hanno lo stesso verso.

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: primo problema – secondo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Si assuma,d’ora in avanti, di avere a = 1 e b = −1.

  • Studiare le due funzioni così ottenute
  • verificando che il grafico di g ammette un centro di simmetria
  • i grafici di f e g sono tangenti nel punto B(0,−1)
  • determinare inoltre l’area della regione piana S delimitata dai grafici delle funzioni f e g.

Prerequisiti

  • saper fare lo studio di funzione
  • ricordare la condizione per il centro di simmetria di una curva
  • risolvere un sistema uguagliando al parte esponenziale con la parte non esponenziale
  • saper calcolare un integrale definito: area racchiusa tra due curve

Sviluppo

Primo punto

Parto con la f che è una semplice parabola.

Le intersezione con l’asse y ossia ponendo x=0 risulta -1.

L’intersezioni con l’asse x ossia ponendo y=0 e risolvendo l’equazione di secondo grado x^2-x-1=0 sono:

x=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\simeq 1.6 e

x=\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\simeq -0.6

Con la derivata prima determino il vertice della parabola:

f'(x)=2x-1=0

Il vertice della parabola risulta:

V\left ( \cfrac{1}{2};-\cfrac{5}{4} \right )= V\left ( 0.5; -1.25\right )

è un punto di minimo (basta studiare il segno della derivata prima.

Adesso studio la g.


L’intersezione con l’asse y ossia ponendo x=0 risulta -1.

L’intersezione con l’asse x ossia ponendo y=0 risulta 1.

Studio la derivata prima e di ha dopo alcuni semplici passaggi:

-2x^2+4x-1=0

x_{1}=\cfrac{2+\sqrt{2}}{2}\simeq 1,7

x_{2}=\cfrac{2-\sqrt{2}}{2}\simeq 0,29

Studiando il segno si vede che il primo è il punto di massimo mentre il secondo è il punto di minimo con le seguenti coordinate.

minimo m(0,29;-1.15) e massimo M(1,7;1,16)

La rappresentazione grafica fornisce le seguenti curve:

Secondo punto

Perchè esista un centro di simmetria deve valere la seguente relazione:

\left\{\begin{matrix} x=2a-x'\\ y=2b-y' \end{matrix}\right.

sostituendoli nella g risulta:

2b-y'=(2a-x'-1)e^{2(2a-x')-(2a-x')^2}

e bisogna uguagliarle:

y'=2b-(2a-x'-1)e^{2(2a-x')-(2a-x')^2}=y=(x-1)e^{2x-x^2}

da questa si vede che b=0 e guardando solo i termini che non sono nell’esponente si ha la condizione -2a+1=-1 ossia a=1.

il punto P(1;0) è quello di simmetria. Come si poteva anche vedere dal grafico

Terzo punto

Si deve risolvere il sistema:

\left\{\begin{matrix} y=x^2-x-1\\ y=(x-1)e^{2x-x^2} \end{matrix}\right.

x^2-x-1=(x-1)e^{2x-x^2}

L’esponenziale si deve annullare per cui:

2x-x^2=0 che ha come soluzioni 0 e 2

Anche il polinomi che moltiplica l’esponenziale si deve annullare

x^2-x-1=x-1 che ha come soluzione o e 2.

Quindi si annulla in P(0,-1) e in P'(2;1).

Per verificare la condizione di tangenza si calcola il valore della derivata prima in 0 e deve avere lo stesso valore:

f'(x)=2x-1

f'(0)=-1

g'(x)=(-2x^2+4x-1)e^{2x-x^2}

g'(0)=(-1)e^{0}=-1

ed effettivamente sono tangenti.

Quarto punto

Si deve calcolare l’area della seguente regione di piano:

\int_{0}^{2}(x-1)e^{2x-x^2}-(x^2-x+1)dx

Si deve notare che il primo integrale (x-1) è la derivata a meno di -2 dell’esponente per cui la primitiva risulta:

F(x)=-\cfrac{1}{2}e^{2x-x^2}-\cfrac{x^3}{3}+\cfrac{x^2}{2}+x

F(2)-F(0)=\cfrac{4}{3}.


Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: primo problema – primo punto

Pubblicato il 21 Giugno 2019 da admin

Si considerino le seguenti funzioni:

f(x)=ax^2-x+b

g(x)=(ax+b)e^{2x-x^2}

Provare che, comunque siano scelti i valori di a e b in \mathbb{R} con a\neq 0, la funzione g ammette un massimo e un minimo assoluti. Determinare i valori di a e b in corrispondenza dei quali i grafici delle due funzioni f e g si intersecano nel punto A(2,1).

Prerequisiti

  • saper fare la derivata prima
  • segno della derivata prima
  • risolvere un sistema d’equazioni

Sviluppo

Sviluppo la prima parte facendo la derivata prima di g(x).

g'(x)=a\cdot e^{2x-x^2}+(ax+b)e^{2x-x^2}\cdot (2-2x)

annullo la derivata per determinare i potenziali punti di massimo o di minimo

posso eliminare l’esponenziale perchè si annulla solo all’infinito e rimane:

a+(ax+b)\cdot (2-2x)=a+2ax-2ax^{2}+2b-2bx=0

2ax^2-2x(a-b)-a-2b=0

x_{1,2}=\cfrac{(a-b)\pm \sqrt{(a-b)^2+2a^2+4ab}}{2a}=\cfrac{(a-b)\pm \sqrt{2a^2+(a+b)^2}}{2a}

si nota che la quantità sotto la radice è sempre positiva per cui si hanno sempre due valori che potranno essere un massimo ed un minimo.

Per verificare che siano anche massimo o minimo assoluti devo verificare che:

\underset{x\rightarrow \pm\infty }{lim}(ax+b)e^{2x-x^2}=0

\underset{x\rightarrow \pm\infty }{lim}(ax+b)e^{2x-x^2}=\underset{x\rightarrow \pm\infty }{lim}\frac{ax+b}{e^{x^2-2x}}

Applicando De L’Hospital:

\underset{x\rightarrow \pm\infty }{lim}\frac{a}{e^{x^2-2x}(2x-2)}=0

Adesso sviluppo la seconda parte:

Sostituisco le coordinate di A(2,1) in f ed in g e risolvo il relativo sistema:

\left\{\begin{matrix} 1=4a-2+b\\ 1=(2a+b)e^{4-4} \end{matrix}\right.

Risolvendola con il metodo che si preferisce si ha:

a=1

b=-1

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento

Maturità 2019: ottavo quesito

Pubblicato il 20 Giugno 2019 da admin

Un protone penetra in una regione di spazio in cui è presente un campo magnetico uniforme di modulo B=1.00mT.

Esso inizia a muoversi descrivendo una traiettoria ad elica cilindrica, con passo costante \Delta x= 38.1 cm, ottenuta dalla composizione di un moto circolare uniforme di raggio r=10.5 cm e di un moto rettilineo uniforme. Determinare il modulo del vettore velocità e l’angolo che esso forma con B.

Prerequisiti

  • conoscenza della forza di Lorentz
  • moto circolare
  • scomposizione dei vettori velocità

Sviluppo

Forza di Lorentz

\overline{\hbox{F}}=q\overline{\hbox{v}}\times \overline{\hbox{B}}

Essendo un moto elicoidale si deve tener presente questo schema:

ossia la formula precedente diventa in modulo

F=qvB\sin \alpha =m\cdot \cfrac{v_{perp}^{2}}{R}

v_{perp}=v\cdot \sin \alpha

per cui quella precedente diventa:

v_{perp}=v\cdot \sin \alpha =\cfrac{qBR}{m}=\cfrac{1,6\cdot 10^{-19}\cdot 1\cdot 10^{-3}\cdot 10,5\cdot 10^{-2}}{1,6\cdot 10^{-27}}=1\cdot 10^{4}\frac{m}{s}

v_{paral}=v\cdot \cos \alpha =\cfrac{\Delta x}{T}

ma il periodo T:

\cfrac{v_{perp}}{R}=\cfrac{2\pi }{T}

T=\cfrac{2\pi R}{v_{perpe}}=65,9\cdot 10^{-4}s

da cui si trova:

v_{paral}=\cfrac{\Delta x}{T}=5,8 \cdot 10^{-3}\frac{m}{s}

v=\sqrt{v_{pepr}^{2}+v_{paral}^{2}}=1,2\cdot 10^{-4}\frac{m}{s}

\tan \alpha =\frac{v_{perp}}{v_{parall}}

\alpha =59.

Pubblicato in Senza categoria | Lascia un commento