Nome…………………………….Cognome…………………… classe 5D 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