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18 Marzo 2014
Verifica di matematica
Problema
In un sistema di riferimento cartesiano xOy, si consideri la funzione:
 x ln x se
f ( x) = 
se
a
x>0
x=0
e si determini il valore del parametro reale a in modo tale che la funzione sia continua nel suo
dominio.
Per il valore di a così ottenuto:
a) si stabilisca l’insieme di derivabilità della funzione;
b) si studi e si rappresenti il grafico Γ della funzione;
c) si determini l’equazione dell’arco di parabola P con asse coincidente con l’asse x, vertice
nell’origine e passante per il punto di Γ di ascissa x=e;
d) nella regione finita di piano compresa tra la parabola P e la curva Γ si conduca una retta
parallela all’asse delle ordinate e si determini la misura g(x) della corda intercettata da tale retta
sulle due curve. Si stabilisca se g(x) presenta un massimo.
Quesiti
Scegli 3 tra i seguenti quesiti
1) Per quali valori di h l’equazione x − x + h = 0 ammette solo una soluzione?
3
2) Si dimostri che la funzione f ( x) = x 5 + x 3 + x è invertibile. Detta g (x) la funzione inversa, si
determini l’equazione della tangente a g(x) nel suo punto di ascissa 3.
3) Si inscriva in un cono di raggio a e altezza b il cilindro che ha massimo volume. Tale cilindro ha
anche massima superficie laterale?
4) Determinare i valori dei parametri reali a, b affinché sia applicabile il teorema di Rolle alla
funzione
 ax + x 2
f ( x) = 
bsen 2 x
se
se
x<0
x≥0
 π π
in  − ; . Calcolare poi il punto o i punti la cui esistenza è assicurata dal teorema.
 2 2
Soluzioni
PROBLEMA
Il dominio della funzione
 x ln x se
f ( x) = 
se
a
x>0
x=0
è l’insieme D = [0; + ∞ ] .
La funzione è certamente continua per x>0, essendo il prodotto di due funzioni continue nel loro
dominio naturale. L’unico punto in cui dobbiamo verificare la continuità è x=0.
La condizione di continuità (da destra) in tale punto è: lim x ln x = a.
x →0+
Riscriviamo il limite e lo calcoliamo utilizzando la regola di De l’Hospital:
lim+
x→ 0
x ln x = lim+
x→0
ln x
= lim+
x→0
1
x
1
x
−1
x3
= lim+ − 2 x = 0 − .
x→0
x
= lim+ − 2
x→0
2 x3
La continuità in tutto D impone pertanto a=0.
a) Riscriviamo la funzione:
 x ln x se
f ( x) = 
se
0
x>0
x=0
e determiniamo la sua derivata:
f ' ( x) =
1 ln x + 2 per x ≠ 0.
ln x + x ⋅ =
x
2 x
2 x
1
In x=0, applicando la definizione di derivata, abbiamo:
f + ' (0) = lim
h →0
+
f ( h ) − f ( 0)
h ln h
ln h
= lim
= lim
= −∞ ;
h →0
h →0
h
h
h
+
+
pertanto l’insieme di derivabilità della funzione è D ' = ]0; + ∞[ e x=0 è un punto a tangente
verticale.
b) Per rappresentare il grafico Γ della funzione consideriamo i seguenti elementi.
• Dominio: D = [0; + ∞] , pertanto non possono esserci simmetrie nè rispetto all’asse y nè
rispetto all’origine.
• Segno: f ( x) > 0 se x > 1.
• Intersezioni con gli assi: (0; 0) e (1; 0).
• Limite all’infinito: lim x ln x = +∞ e non esiste l’asintoto obliquo poiché
x→+∞
lim
x → +∞
f ( x)
ln x
= lim
= 0.
x
x
x → +∞
•
Derivata prima:
f '(x) =
lnx + 2
.
2 x
D ' = ]0; + ∞[ e x=0 è un punto a tangente verticale.
f (x) è crescente per x > e −2 , decrescente per 0 < x < e −2 . x = e −2 è punto
di minimo relativo e assoluto con f ( e − 2 ) = − 2 .
e
1
1
x−
(ln x + 2)
− ln x .
x
2
x
• Derivata seconda: f "(x) =
=
2x
4x x
f (x) ha concavità rivolta verso l’alto per 0 < x < 1, verso il basso per x > 1 ; il punto (1;0 ) è un
flesso (con tangente obliqua).
Tracciamo il grafico.
2
c) La parabola con asse coincidente con l’asse x e vertice nell’origine ha equazione: x = ky .
Il punto Q di Γ di ascissa e ha ordinata y =
della parabola, otteniamo:
e , quindi, sostituendo tali coordinate nell’equazione
e = ke → k = 1 .
2
La parabola P ha equazione x = y .
Esplicitando y otteniamo che l’arco di parabola richiesto ha equazione y =
x.
d) Rappresentiamo nel piano cartesiano la parabola P e la curva Γ, conduciamo una retta parallela
all’asse delle ordinate e indichiamo con A e B i suoi punti di intersezione con la parabola e la curva
Γ rispettivamente.
Le coordinate di A e B sono: A ( x; x ) e B ( x; x ln x )
con le limitazioni per x :
0 < x < e.
Se x = 0 , entrambi i punti A e B coincidono con
l’origine del sistema di riferimento, mentre se
x = e coincidono con il punto Q.
La misura g(x) della corda AB è data da yA − yB e cioè:
 x − x ln x
g ( x) = 
 0
se 0 < x ≤ e
.
se x = 0
La funzione g(x) è una funzione continua perché somma di funzioni continue nell’intervallo [0; e ] e
pertanto per il teorema di Weierstrass ammette massimo e minimo assoluti nell’intervallo. Il
minimo assoluto è m=0 ed è assunto negli estremi dell’intervallo; il massimo assoluto, invece, è
assunto in un punto interno a [0;e ] . Poiché la funzione è derivabile nell’intervallo, il punto di
massimo assoluto è un punto stazionario.
Calcoliamo la derivata:
g ' ( x) =
1
2 x
−
ln x + 2
2 x
→ g ' ( x) =
− ln x − 1
2 x
.
1
g ' ( x) si annulla per x = .
e
Dunque x =
1
è il valore per cui la corda AB è massima.
e
Per tale valore otteniamo
AB =
1 1 1 2
− ln =
.
e
e e
e
Quesito n. 1
3
Per quali valori di h l’equazione x − x + h = 0 ammette solo una soluzione?
Sdoppiamo l’equazione in un sistema equivalente:
h = x− x
→
3
 y = h

3
 y = x − x
Studiamo per via grafica le intersezioni delle rette del fascio improprio di equazione y = h con la
3
funzione y = x − x .
3
Analizziamo la funzione y = x − x .
•
•
Dominio: R; la funzione è continua.
 x − x 3 se x ≥ 0
Segno.
y=
3
 x + x se x < 0
→
•
Derivata prima.
1 − 3x 2
y' = 
2
1 + 3x
se x > 0
se x < 0
→
Poiché lim− (1 + 3x 2 ) = lim+ (1 − 3x 2 ) = 1 la funzione è derivabile in x = 0 e y’(0) = 1.
x→0
x →0
3
1
x=
=
è l’unico punto di massimo relativo e assoluto e il corrispondente valore della
3
3
2
funzione è y =
3.
9
− 6 x se x > 0
• Derivata seconda.
y' ' = 
 6 x se x < 0
Poiché lim 6 x = lim (−6 x) = 0 , ∃ y ' ' (0) ed è uguale a 0 → y ' ' ≤ 0 ∀ x ∈ R.
x→ 0−
•
x →0 +
Grafico:
Discutiamo l’equazione.
Rappresentiamo il fascio di rette evidenziando la tangente nel punto di massimo della funzione.
h<
2 3
9
→
ogni retta interseca il grafico della funzione in due punti;
h=
2 3
9
→
la retta è tangente al grafico della funzione nel punto di massimo;
h>
2 3
9
→
nessuna retta interseca il grafico della funzione
Quesito n. 2
Si dimostri che la funzione f ( x) = x 5 + x 3 + x è invertibile. Detta g (x) la funzione inversa, si
determini l’equazione della tangente a g(x) nel suo punto di ascissa 3.
• Dimostriamo che f è invertibile.
f è un polinomio quindi è continua e indefinitamente derivabile in R. Analizziamo il segno della
derivata prima per studiare la crescenza:
f ' ( x) = 5 x 4 + 3x 2 + 1 > 0 .
La disequazione, biquadratica con ∆ = −11 < 0 e a > 0 , è verificata ∀x ∈ R : la funzione f è
monotòna crescente e perciò invertibile.
• Tangente alla funzione inversa.
Sia Q il punto del grafico di g (x) di ascissa 3; a esso corrisponde il punto P di ordinata 3 nel
grafico di f (x) per il quale vale la relazione:
x5 + x3 + x = 3 .
È immediato riconoscere la soluzione x = 1 (unica a motivo della biunivocità). Pertanto al punto
P (1; 3) di f corrisponde il punto Q (3;1) di g.
Per il teorema della derivata della funzione inversa se ( f ( x 0 ) = y 0 ∧ f ' ( x0 ) ≠ 0) allora
1
g ' ( y0 ) =
. Nel caso in questione:
f ' ( x0 )
f ' (1) =
1
g ' (3)
→
g ' (3) =
1
1
1
=
= .
f ' (1) 5 + 3 + 1 9
La tangente richiesta avrà pertanto la seguente equazione:
y − 1 = g ' (3)( x − 3) , y − 1 =
1
( x − 3)
9
→
x − 9y + 6 = 0 .
Quesito n. 3
Si inscriva in un cono di raggio a e altezza b il cilindro che ha massimo volume. Tale cilindro ha
anche massima superficie laterale?
Disegniamo la sezione del cono e del cilindro inscritto perpendicolare al piano di base passante per
il centro del cerchio di base.
Il volume del cilindro si calcola con la formula:
2
Vcil = π ⋅ PH ⋅ QP .
Posto PH = x , con 0 ≤ x ≤ a determiniamo QP considerando la similitudine dei triangoli APQ e
AHC . Si ha:
AH : AP = CH : QP
a : (a − x ) = b : QP
QP =
b(a − x)
.
a
Sostituiamo e otteniamo:
Vcil ( x) = πx 2 .
b(a − x ) b
= π (ax 2 − x 3 ) con 0 ≤ x ≤ a .
a
a
Calcoliamo V ′(x) e studiamo il segno:
V ′( x) =
b
π (2ax − 3x 2 )
a
V ′( x) > 0 →
(
)
b
2
π 2ax − 3x 2 > 0 → x(2a − 3x) > 0 → 0 < x < a .
a
3
2
2
Poiché la derivata prima di V(x) è positiva per x < a e negativa per x > a, allora V (x) presenta
3
3
2
un massimo in x = a. Per tale valore di x l’altezza del cilindro diventa:
3
QP =
b
2  b 1
1
 a − a  = ⋅ a = b.
a
3  a 3
3
Dunque il cilindro di volume massimo è quello con l’altezza uguale a
1
di quella del cono.
3
Determiniamo ora la superficie laterale del cilindro. Deve essere:
S ( x) = 2π PH ⋅ QP
e sostituendo:
b
b
S ( x) = 2πx (a − x) = 2 π (ax − x 2 ) con 0 ≤ x ≤ a .
a
a
Calcoliamo la derivata e studiamo il segno:
b
S ' ( x) = 2 π (a − 2 x )
a
b
a
S ′( x) > 0 → 2 π (a − 2 x ) > 0 → x < .
a
2
Poiché S ′( x) > 0 per x <
a
a
a
e S ′( x) > 0 per x > , S(x) assume valore massimo per x = e
2
2
2
dunque:
b a 2 ab
Smax = 2 π
=
π.
a 4
2
Il valore Smax è diverso dalla superficie S1 che si ottiene nel caso del volume massimo. Infatti:
2 1
4
S1 = 2π a⋅ b = abπ .
3 3
9
Quesito n. 4
Determinare i valori dei parametri reali a, b affinché sia applicabile il teorema di Rolle alla
funzione
 ax + x 2
f ( x) = 
bsen 2 x
se
se
x<0
x≥0
 π π
in  − ; .
 2 2
Calcolare poi il punto o i punti la cui esistenza è assicurata dal teorema.
Affinché sia applicabile il teorema di Rolle la funzione data deve essere:
a. continua nell’intervallo − π ; π  ;
 2 2
b. derivabile nell’intervallo aperto  − π ; π ;
 2 2 
c. assumere lo stesso valore agli estremi dell’intervallo dato.
Determiniamo il valore da dare ai parametri a e b in modo che siano soddisfatte le ipotesi del
teorema.
a. L’unico punto in cui dobbiamo verificare la continuità e la derivabilità è x=0, essendo entrambe le
funzioni che costituiscono f (x) continue e derivabili ovunque sono state considerate.
Poiché vale:
lim+ f ( x ) = bsen 0 = 0 , lim− f ( x) = lim− ( ax + x 2 ) = 0
x→0
x →0
x →0
la funzione è continua per tutti i valori dei parametri.
b. Imponiamo che la derivata destra e sinistra coincidano in x=0.
Calcoliamo prima le derivate:
f ( h ) − f ( 0)
bsen 2 h
= lim
= 2b ;
h →0
h →0
h
h
f ( h ) − f ( 0)
ah + h 2
f − ' (0) = lim
= lim
= a.
h →0
h →0
h
h
La condizione di derivabilità nell’origine impone che 2b = a.
f + ' (0) = lim
+
+
−
−
c. Imponiamo che la funzione assuma lo stesso valore agli estremi dell’intervallo:
2
π
π 
 π
 π
f   = f −  → 0 = − a + − 
2
2
 2
 2
da cui si ottiene il valore:
a=
π
2
.
Il valore di b per cui la funzione data soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle è, quindi, b =
a π
= .
2 4
Per calcolare poi il punto o i punti la cui esistenza è assicurata dal teorema riscriviamo la funzione
con i parametri trovati e determiniamone la derivata prima:
π
2
 x+x
f ( x) =  2
π
 sen2 x
4
se x < 0
;
se x ≥ 0
 π
 + 2x
f ' ( x) =  2
π
 cos 2 x
 2
se x < 0
.
se x ≥ 0
Imponiamo la condizione sulla derivata prima f ' ( x) = 0 .
 π
 2 + 2x = 0
π
 cos 2 x = 0
2
se x < 0
se x ≥ 0
La prima condizione è risolta per x = −
π , che è una soluzione accettabile.
4
La seconda equazione ha come soluzione in R: 2 x =
corrisponde nell’intervallo 0; π  l’unica soluzione



2
In conclusione, ci sono due punti stazionari:
x=−
π
2
+ kπ → x =
π
x= .
4
π
π
x= .
4
4
e
π
4
+k
π
2
, k ∈ Z , a cui
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