Mathesis Roma Seconda prova liceo scientifico Sessione suppletiva 2019
QUESTIONARIO
Soluzioni a cura di S,Iacino, A. Lanza, S. Savarino
QUESITO 1
Fissati i numeri reali positivi a e b, con π β₯ π, provare che
limπ₯β+β
logπ₯(π₯π + π₯π) = π
Soluzione
Per calcolare il limite facciamo prima un cambio di base del logaritmo e lo portiamo in base e, per
cui il limite diventa:
limπ₯β+β
logπ₯(π₯π + π₯π) = lim
π₯β+β
ln(π₯π + π₯π)
ln π₯=
β
β
PoichΓ© sussistono le ipotesi, applichiamo il teorema di de lβHopital per risolvere la forma
indeterminata:
limπ₯β+β
ln(π₯π + π₯π)
ln π₯=
β
β= lim
π₯β+β
π·(π₯π + π₯π)π₯π + π₯π
1π₯
= limπ₯β+β
ππ₯πβ1 + ππ₯πβ1
π₯π + π₯π
1π₯
= limπ₯β+β
(ππ₯π + ππ₯π)π₯
π₯(π₯π + π₯π)=
limπ₯β+β
(ππ₯π + ππ₯π)
(π₯π + π₯π)
Ora se π > π allora
limπ₯β+β
(ππ₯π + ππ₯π)
(π₯π + π₯π)=
β
β= π
in quanto il limite Γ¨ dato dal rapporto dei coefficienti delle x di grado massimo.
Se π = π allora
limπ₯β+β
(ππ₯π + ππ₯π)
(π₯π + π₯π)= lim
π₯β+β
(ππ₯π + ππ₯π)
(π₯π + π₯π)= lim
π₯β+β
2ππ₯π
2π₯π= π
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QUESITO 2
Γ assegnata la funzione π: π β π cosΓ¬ definita:
π(π₯) = β« ππ‘2π₯
1
ππ‘
Studiare il segno della funzione π e provare che essa Γ¨ crescente. Determinare il valore di
β«πβ²β²(π₯)
πβ²(π₯)ππ₯
1
0
Soluzione
Il dominio della funzione π(π₯) Γ¨ π . Inoltre, poichΓ© la funzione integranda π(π‘) = ππ‘2 Γ¨ sempre
positiva nel suo dominio π ne segue che la funzione integrale Γ¨ concorde con la funzione integranda,
a patto che lβestremo di integrazione inferiore sia minore dellβestremo superiore, discorde in caso
contrario; pertanto
π π π₯ > 1 ππππππ π(π₯)Γ¨ π πππππ πππ ππ‘ππ£π
π π π₯ < 1 ππππππ π(π₯)Γ¨ π πππππ πππππ‘ππ£π
π π π₯ = 1 ππππππ π(π₯) = 0
Dimostriamo ora che π(π₯) Γ¨ crescente:
essendo la funzione integranda continua, per il Teorema fondamentale del calcolo integrale
πβ²(π₯) = ππ₯2 πβπ Γ¨ πππ ππ‘ππ£π β π₯ β π
pertanto π(π₯) Γ¨ sempre crescente.
Calcoliamo ora lβintegrale
β«πβ²β²(π₯)
πβ²(π₯)ππ₯
1
0= [ln (πβ²(π₯))]0
1 = [ln ππ₯2]0
1= [π₯2]0
1 =1
Ovvero, in modo diretto
β«2π₯ππ₯2
ππ₯2 ππ₯ = 2β« π₯ ππ₯ = [π₯2]01 = 1
1
0
1
0
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QUESITO 3
Dimostrare che il quadrilatero avente per vertici i punti medi dei lati di un rombo Γ¨ un rettangolo
Soluzione
Consideriamo il rombo (ABCD) in figura, dove M, N, P, R, sono punti medi dei lati del rombo:
Le ipotesi sono le seguenti:
β’ π΄π΅ = π΅πΆ = πΆπ· = π΄π·
β’ π΄π΅//πΆπ· π π΄π·//π΅πΆ
β’ π΅οΏ½ΜοΏ½π· = π΅οΏ½ΜοΏ½π· π π΄οΏ½ΜοΏ½πΆ = π΄οΏ½ΜοΏ½πΆ
β’ π΄π = ππ΅ = π΅π = π πΆ = πΆπ = ππ· = π·π = ππ΄
Sapendo che un rettangolo Γ¨ un parallelogramma avente tutti e quattro gli angoli uguali e uguali a
90Β°, dobbiamo dimostrare che
β’ ππ = π π π ππ = ππ
β’ π οΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = 90Β°
Consideriamo i triangoli AMN e RPC che sono isosceli e uguali per il primo criterio di uguaglianza
in quanto hanno:
π΄π = π΄π = π πΆ = ππΆ
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π΅οΏ½ΜοΏ½π· = π΅οΏ½ΜοΏ½π·
Pertanto avranno uguali tutti gli altri elementi e in particolare
ππ = π π
π΄οΏ½ΜοΏ½π = π΄οΏ½ΜοΏ½π = πΆοΏ½ΜοΏ½π = πΆοΏ½ΜοΏ½π = πΌ
Analogamente i triangoli BMR e NDP sono isosceli e uguali per il primo criterio di uguaglianza in
quanto hanno:
π΅π = π΅π = ππ· = π·π
π΄οΏ½ΜοΏ½πΆ = π΄οΏ½ΜοΏ½πΆ
Pertanto avranno uguali tutti gli altri elementi e in particolare
ππ = ππ
π΅οΏ½ΜοΏ½π = π΅οΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π· = π·οΏ½ΜοΏ½π = π½
Inoltre
π οΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = 180Β° β πΌ β π½
PoichΓ© la somma degli angoli interni in un quadrilatero Γ¨ uguale a tanti angoli piatti quanti sono i lati
meno due, ovvero 360Β°, ne segue che
π οΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = ποΏ½ΜοΏ½π = 90Β°
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QUESITO 4
Considerati i punti A(2,3,6), B(6,2,-3), C(3,-6,2) nello spazio tridimensionale, verificare che i
segmenti OA, OB, OC (dove il punto O indica lβorigine degli assi) costituiscono tre spigoli di un
cubo.
Determinare il raggio e il centro della sfera S circoscritta a tale cubo.
Soluzione
Per verificare che i segmenti OA, OB e OC siano i tre spigoli di un cubo dobbiamo verificare
lβuguaglianza dei tre segmenti OA=OB=OC:
ππ΄ = β(2 β 0)2 + (3 β 0)2 + (6 β 0)2 = β49 = 7
ππ΅ = β(6 β 0)2 + (2 β 0)2 + (β3 β 0)2 = β49 = 7
ππΆ = β(3 β 0)2 + (β6 β 0)2 + (2 β 0)2 = β49 = 7
e la mutua perpendicolaritΓ , e per far ciΓ² prendiamo in considerazione il vettore direzione della retta
OA che Γ¨ π£ βββ (2,3,6), quello della retta OB che Γ¨ π£ β²(6,2, β3) e quello della retta OC che Γ¨ π£ β²β²(3, β6,2).
AffinchΓ© OA sia perpendicolare a OB si deve avere:
π£ π₯ π£β²βββ = 0 β π£π₯π£β²π₯ + π£π¦π£β²π¦ + π£π§π£β²π§ = 0 β 2 β 6 + 3 β 2 β 6 β 3 = 0 π. π£. π.
affinchΓ© OA sia perpendicolare a OC si deve avere:
π£ π₯ π£β²β²ββββ = 0 β π£π₯π£β²β²π₯ + π£π¦π£β²β²π¦ + π£π§π£β²β²π§ = 0 β 2 β 3 β 3 β 6 + 6 β 2 = 0 π. π£. π.
affinchΓ© OB sia perpendicolare a OC si deve avere:
π£β²βββ π₯ π£β²β²ββββ = 0 β π£β²π₯π£β²β²π₯ + π£β²π¦π£β²β²π¦ + π£β²π§π£β²β²π§ = 0 β 6 β 3 β 2 β 6 β 3 β 2 = 0 π. π£. π
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Il diametro della sfera circoscritta al cubo Γ¨ la diagonale CD del cubo, mentre il centro Cβ Γ¨ il punto
medio di questa diagonale; pertanto determiniamo prima il punto medio M della diagonale AB del
quadrato di base del cubo e, con la formula inversa del punto medio, determiniamo il vertice D:
π₯π =π₯π΄ + π₯π΅
2=
2 + 6
2= 4
π¦π =π¦π΄ + π¦π΅
2=
3 + 2
2=
5
2
π§π =π§π΄ + π§π΅
2=
6 β 3
2=
3
2
π₯π· = 2π₯π β π₯π = 8
π¦π· = 2π¦π β π¦π = 5
π§π· = 2π§π β π§π = 3
Quindi il diametro CD Γ¨
πΆπ· = β(3 β 8)2 + (β6 β 5)2 + (2 β 3)2 = 7β3
e quindi il raggio r Γ¨
π =πΆπ·
2=
7β3
2
Mentre il centro Cβ della sfera Γ¨ il punto medio Mβ della diagonale CD:
π₯πΆβ² =π₯πΆ + π₯π·
2=
3 + 8
2=
11
2
π¦πΆβ² =π¦πΆ + π¦π·
2=
β6 + 5
2= β
1
2
π§πΆβ² =π§πΆ + π§π·
2=
2 + 3
2=
5
2
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In alternativa si puΓ² determinare lβequazione della sfera imponendo il passaggio per i quattro punti
π(0; 0; 0) , A(2,3,6), B(6,2, β3), C(3,β6,2)
Lβequazione di una sfera passante per lβorigine ha la forma
π₯2 + π¦2 + π§2 + ππ₯ + ππ¦ + ππ§ = 0
Sostituendo le coordinate degli altri tre punti e risolvendo il sistema
{2π + 6π + 6π + 49 = 06π + 2π β 3π + 49 = 03π β 6π + 2π + 49 = 0
si trova {π = β11π = 1π = β5
Pertanto lβequazione della sfera Γ¨ π₯2 + π¦2 + π§2 β 11π₯ + π¦ β 5π§ = 0 da cui si possono
determinare le coordinate del centro πΆβ²(11
2; β
1
2;
5
2)
La misura del raggio Γ¨ β121
4+
1
4+
25
4 =β
147
4=
7β3
2
QUESITO 5
Una persona lancia due dadi da gioco, con facce numerate da 1 a 6, poi trascrive su un foglio il
massimo dei due numeri usciti. Ripetendo molte volte la procedura, quale ci si puΓ² attendere che
sarΓ la media dei valori scritti?
Soluzione
I valori dei numeri scritti definiscono una variabile casuale X=β massimo dei due numeri uscitiβ
La media dei valori scritti, allβaumentare del numero di lanci, si avvicina al valor medio della
variabile casuale X, la cui distribuzione di probabilitΓ Γ¨ la seguente
x 1 2 3 4 5 6
P(x)
1
36
3
36
5
36
7
36
9
36
11
36
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Infatti, se π Γ¨ lβuscita del primo dado, lβuscita del secondo, dovendo essere β€π₯ ,puΓ² assumere π
valori.
Il ragionamento Γ¨ analogo se π Γ¨ lβuscita del secondo dado.
In totale si hanno ππ β π coppie di numeri in cui π Γ¨ il numero maggiore , in quanto la coppia (π; π)
deve essere contata una volta sola
PoichΓ© le coppie possibili sono in tutto 36 si ha
π(π = π₯) =2π₯ β 1
36
Il valor medio ( o valore atteso ) Γ¨
πΈ(π₯) = β π₯π β6πΌ=1 π(π₯π) =
1
36+
6
36+
15
36+
28
36+
45
36 +
66
36 =
161
36β 4,47
QUESITO 6
Consideriamo unβastronave in moto che viaggia rispetto alla terra a velocitΓ π£ = 0,90 π.
Supponiamo che a bordo dellβastronave sia presente una scatola di dimensioni π = 40 ππ , π =
50 ππ, β = 20 ππ, con il lato b disposto parallelamente alla direzione del moto dellβastronave.
Per un osservatore posto sulla terra, che volume avrΓ la scatola? Se lβastronave lancia la scatola con
una velocitΓ π£2 = 0,50 π nella direzione del moto dellβastronave, quale velocitΓ misura
lβosservatore sulla terra?
Soluzione
Le lunghezze si contraggono nella direzione del moto secondo la legge:
π = π0β1 β (π£
π)2
pertanto, solo per il lato b lβosservatore terrestre misura una lunghezza minore
pari a circa 22 ππ da cui : π17600 ππ3
La formula per la composizione delle velocitΓ :
π£ =π£1 + π£2
1 +π£1 β π£2
π2
Da notare che se l'astronauta "lanciasse" un raggio di luce nella direzione del moto dell'astronave si
avrebbe:
π£ =π£1 + π
1 +π£1 β ππ2
= π
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cioè la velocità della luce è un invariante, il suo valore non si compone con quella del sistema in
movimento da cui parte.
Nel caso in questione:
π£ =0.90π + 0.50π
1 + 0.90 β 0.50β 0.97 π
QUESITO 7
Una bobina Γ¨ costituita da N spire quadrate di lato π, ha una resistenza elettrica R ed Γ¨ montata su un
carrello che puΓ² muoversi con attrito trascurabile su un piano orizzontale. Il carrello viene tirato con
velocitΓ costante π£ ed entra in una zona in cui Γ¨ presente un campo magnetico οΏ½βοΏ½ uscente dalla pagina
come in figura. Spiegare perchΓ© la bobina si riscalda e determinare lβespressione della potenza
dissipata.Cosa accade se il carrello viene lanciato con velocitΓ π£ verso la stessa regione?
Soluzione
Il carrello si muove verso destra, quando la spira quadrata viene attraversata dal campo magnetico,
il flusso del campo ΙΈ =β οΏ½βοΏ½ β π = π΅ β π β πππ πΌ aumenta man mano che il quadrato si sposta a
destra, dando luogo a una f.e.m. di pari alla variazione , cambiata di segno, del flusso rispetto al
tempo: π. π.π. = ββΙΈ
βπ‘= βπ΅ β π β
βπ
βπ‘
Lβangolo πΌ = 0 perchΓ© le linee di forza di π΅ββ β sono parallele alla normale alla superficie, il segno " -
" segnala che la f.e.m. indotta creerΓ una corrente che a sua volta darΓ luogo a un campo magnetico
tale da compensare l'aumento del flusso.
La corrente che attraversa un conduttore lo riscalda per effetto Joule (gli elettroni in moto
incontrano ostacoli, "attrito", e l'attrito causa una perdita di energia sotto forma di calore). La
potenza dissipata, energia persa rispetto al tempo, Γ¨ data da:
π =π2
π
In questo caso poichΓ© la bobina Γ¨ costituita da N avvolgimenti
π = ββΙΈ
βπ‘= βπ β π΅ β π β
βπ
βπ‘= βππ΅ β π β π£
Quindi la potenza Γ¨
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π =(π β π΅ β π β π£)2
π
Quando tutto il quadrato della spira sarΓ all'interno del campo, il flusso sarΓ costante:
ΙΈ = ποΏ½βοΏ½ β π = ππ΅ β π2 e quindi f.e.m.=0 .
Se il carrello Γ¨ lanciato verso la stessa regione con velocitΓ iniziale π£ , non appena il lato destro
della bobina penetra nella regione del campo magnetico, il conduttore sarΓ attraversato da una
corrente indotta e quindi soggetto a un forza magnetica πΉ = ππ π Γ οΏ½βοΏ½ di intensitΓ πΉ=π2π΅2πΏ2π£
π
che ha la stessa direzione di π£ ma verso opposto.
Il carrello si muove di moto decelerato e, a seconda del valore della velocitΓ iniziale, si puΓ² fermare
allβinterno della regione del campo magnetico o attraversare lβintera regione . In tal caso, nella fase
di uscita si inverte il verso della corrente; la forza magnetica diventa attrattiva ma sempre diretta in
verso opposto alla velocitΓ .
Anche in questo caso la bobina si riscalda per effetto del passaggio di corrente,
APPROFONDIMENTO
Bilancio energetico
In entrambi i casi, non appena il lato destro della spira penetra nella regione del campo magnetico,
sul carrello agisce la forza magnetica di intensitΓ πΉ=π2 βπ΅2πΏ2π£
π che ha la stessa direzione della
velocitΓ ma verso opposto.
1. Se Γ¨ presente una forza che mantiene costante la velocitΓ , questa forza deve avere la stessa
intensitΓ e la stessa direzione della forza magnetica che agisce sulla spira ma avrΓ lo stesso
verso della velocitΓ quindi fornirΓ una potenza uguale a πΉπ£ =π2π΅2βπ2βπ£2
π
Potenza meccanica = Potenza elettrica assorbita dal circuito= potenza dissipata per effetto Joule
2. Se non Γ¨ presente alcuna forza che si oppone alla forza magnetica , il carrello si muove di moto
decelerato e la velocitΓ decresce esponenzialmente come si evince dalla soluzione della seguente
equazione differenziale che risolve il problema classico di una sbarretta di lunghezza π e massa π in
un campo magneticoοΏ½βοΏ½ ,, nelle stesse condizioni del quesito in esame
ππ = βπ΅2π2π£
π β π
ππ£
ππ‘= β
π΅2π2π£
π
π£ = π£ππβ
π‘π πππ π =
ππ
π΅2π2
Lβenergia dissipata dalla resistenza in un tempo βπ‘ sarΓ β« π2π ππ‘βπ‘
0 =β«
π΅2π2π£2
π
βπ‘
0ππ‘=
π΅2π2π£02
π β« πβ2
βπ‘π ππ‘ = βπ
π΅2π2π£02
2π βπβ2
βπ‘π β 1β
βπ‘
0
=
βππ
π΅2π2π΅2π2π£0
2
2π βπβ2
βπ‘
π β 1β =1
2ππ£0
2 (1 β πβ2βπ‘
π ) = ββπΈπ
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Al tendere di βt allβinfinito ( dopo un tempo sufficientemente lungo) lβenergia dissipata tende
proprio a 1
2ππ£0
2.
Se il conduttore entra nel campo magnetico con una velocitΓ v e non Γ¨ presente una forza
esterna , la forza magnetica frena il conduttore e la sua energia cinetica viene dissipata per
effetto Joule.
QUESITO 8
Una bobina Γ¨ costituita da 130 spire di raggio R= 15 cm. Si pone un ago magnetico, le cui
dimensioni sono trascurabili rispetto a R, al centro della bobina ,come in figura.
Il piano della bobina viene orientato in modo da contenere lβago che, a sua volta, Γ¨ orientato
nella direzione della componente orizzontale del campo magnetico terrestre. Quando la bobina Γ¨
attraversata da corrente, lβago devia di un angolo πΌ. Spiegare la causa di questa deviazione.
In tabella sono riportati alcuni valori, misurati sperimentalmente, di πΌ e della corrispondente
corrente nella bobina. Utilizzando questi dati , misura la componente orizzontale del campo
magnetico terrestre, con la relativa incertezza.
Soluzione
Il dispositivo Γ¨ una bussola delle tangenti, utilizzata solitamente per misurare lβintensitΓ di corrente
che attraversa la bobina, essendo noto il valore della componente orizzontale del campo magnetico
terrestre.
Inizialmente lβago risente solo dellβazione della componente
π΅πββ ββ del campo magnetico terrestre ma se si fa passare
corrente nella bobina si crea un campo magnetico οΏ½βοΏ½ ππππππ
che si somma a quello terrestre e lβago si dispone lungo la
direzione della risultante dei due vettori, formando un angolo
πΌ con la direzione di π΅πββ ββ .
Osserviamo che il vettore οΏ½βοΏ½ ππππππ, Γ¨ perpendicolare al
piano della bobina, pertanto Γ¨ perpendicolare alla direzione
di π΅πββ ββ che appartiene allo stesso piano.
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BT
Brisult.
Per un osservatore posto sull'asse di rotazione dell'ago magnetico, la situazione descritta appare
come segue:
La bobina percorsa da corrente crea un campo magnetico οΏ½βοΏ½ ππππππ direttamente proporzionale
allβintensitΓ di corrente. Le spire sono 130, ma la bobina Γ¨ "compatta", quindi si comporta come
un'unica spira, il cui campo Γ¨ quantificabile come: π΅ =π0
2π π dove i Γ¨ 130 volte quella indicata.
Questo si compone con il campo magnetico terrestre dando luogo a una risultante che forma
l'angolo Ξ± di cui parla il testo.
Fra π΅ππππππ , π΅π e Ξ± c'Γ¨ la relazione trigonometrica: π΅π =π΅ππππππ
π‘π πΌ
Allo stesso risultato si perviene imponendo che il momento meccanico agente sullβago, dovuto ai
due campi magnetici, sia nullo
ππ΅π sin πΌ = ππ΅ππππππ cos πΌ
dove π Γ¨ il momento magnetico dellβago.
Prendendo in considerazione i dati sperimentali possiamo costruire la seguente tabella,
considerando la misura indiretta di π΅π come misure ripetute di una stessa grandezza e calcolando,
quindi ,lβerrore statistico. Lascia qualche perplessitΓ il fatto che le misure di π΅π sembrano
sottostimate allβaumentare dellβangolo.
Possiamo stimare il valore di π΅π = (34,6 Β± 0,6)ππ
PoichΓ© il numero di misurazioni non Γ¨ elevato, si puΓ² anche considerare come incertezza il valore
della semidispersione massima π£πππππ πππ₯βπ£πππππ πππ,
2=
35,3β33,9
2ππ β 0,7ππ
Da notare chei valori noti di π΅π vanno da un minimo all'equatore 210-5 T a un massimo ai poli
710-5 T . Il valore trovato appare allora Γ¨ ragionevole, per una latitudine intermedia anche se in
Italia i valori sono piΓΉ bassi, inferiori a 310-5 T .
Bbobina
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Osservazione
La stima ottenuta per il valore di π΅π Γ¨ il risultato di una misura indiretta, a partire dalle misure
dirette dellβangolo di deviazione e dellβintensitΓ di corrente. Non sono rese note le incertezze delle
misure dirette ma si puΓ² ricorrere allβipotesi aggiuntiva che gli errori sulla corrente e sullβangolo
siano rispettivamente 0,1 mA e 1Β°, cioΓ¨ lβincertezza sulla cifra meno significativa.
Applicando le regole della propagazione degli errori possiamo trovare innanzi tutto lβerrore su
π‘ππΌ , per il quale si puΓ² utilizzare il concetto di differenziale
βπ(π₯) β πβ²(π₯π)βπ₯
Si ottiene la seguente tabella
Ξ±Β° Ξ± rad. tg(Ξ±) Ξrad Ξtg(Ξ±) Ξtg(Ξ±)rel 10 0,175 0,176 1 0,017 0,018 0,103
20 0,349 0,364 1 0,017 0,020 0,057
30 0,524 0,577 1 0,017 0,023 0,044
40 0,698 0,839 1 0,017 0,030 0,043
50 0,873 1,19 1 0,017 0,042 0,048
Media 0,059
Mentre per lβerrore relativo sulla corrente troviamo
corrente(A) Ξi Ξi rel.
0,0114 0,0001 0,0088
0,0233 0,0001 0,0043
0,0368 0,0001 0,0027
0,0524 0,0001 0,0019
0,0739 0,0001 0,0014
Media 0,0038
Lβincertezza relativa sul rapporto π =π
π‘ππΌ Γ¨
βπ
π =
βπ
π+
βπ‘π πΌ
πΌβ 0,06
ed Γ¨ uguale allβincerteza relativa su π΅π che Γ¨ ad esso proporzionale
Lβerrore assoluto sarΓ uguale a (34,6 β 0,06 β 2,0 )ππ
Lβincertezza , dellβordine di 2 ππ, Γ¨ molto maggiore dellβerrore statistico. Le misure effettuate non
introducono incertezze maggiori dellβerrore strumentale.
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