2007 - Liceo scientifico PNI

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

( )

∈ +∞

a 1

,

Caso : [ ]

−

= −

x x

g ' ( x ) ln( a ) a a

( )

∈ +∞ >

a 1

,

In questo caso essendo allora ln( a ) 0 , per cui

[ ] [ ]

− − −

= − > → − > → >

x x x x x x

g ' ( x ) ln( a ) a a 0 a a 0 a a

Ora ricordando che nel caso di disequazioni esponenziali, se la base è un numero appartenente

( )

+∞

1

,

all’intervallo , il verso della disequazione non cambia allora si ha:

−

> ⇔ > − → >

x x 0

a a x x x

( ) ( )

∈ +∞ +∞

a 1

, 0

,

Quindi per la funzione è strettamente crescente in e strettamente decrescente in

( )

− ∞ , 0 . −

∀ ≠ = +

x x

Quindi abbiamo dimostrato che a g x a a

1 la funzione ( ) è strettamente crescente

( ) ( )

+∞ − ∞

0

, , 0

in e strettamente decrescente in .

∀ ≠ = > ∀ ∈

2

a g x a g x x R

Inoltre 1

, ' ' ( ) ln ( ) ( ) 0 , per cui la funzione in esame presenta un minimo

( )

0

, 2

relativo ed assoluto nel punto e presenta concavità sempre rivolta verso l’alto.

2) −

= = +

x x

y f x e e

La funzione da discutere è ( ) . Questa funzione appartiene alla casistica dei casi

( )

∈ +∞

a 1

, . Le proprietà di una siffatta funzione sono state prima evidenziate, per cui il grafico è

immediato ed è di seguito riportato: www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

x

1 1 e

= = =

h x

( )

Sia ora −

+ +

x x 2 x

f x

( ) e e e 1

Questa funzione come la sua reciproca, è definita e continua su tutto l’asse reale, non interseca mai

 

1

  , è sempre positiva, non presenta

l’asse delle ascisse, interseca quello delle ordinate in 0

,

 

2

asintoti, né verticali, né obliqui .

Gli asintoti verticali non si presentano visto che il dominio è l’intero asse reale; gli asintoti

 

x

e =

lim 0 , per cui

orizzontali esistono ed in realtà a destra e sinistra coincidono. Infatti  

+

2 x

→ ±∞  

1

e

x =

l’asintoto orizzontale destro e sinistro è la retta coincidente con l’asse delle ascisse, cioè 0 .

y

Vediamo ora la crescenza e decrescenza:

−

−

x x

e e − −

= − > → − < → < → < − → <

x x x x

h ' ( x ) 0 e e 0 e e x x x 0

( )

2

−

+

x x

e e ( )

− ∞ , 0

Cioè la funzione è strettamente crescente nell’intervallo e strettamente decrescente

 

( ) 1

+∞   assume un massimo relativo ed assoluto.

0

,

nell’intervallo ed in 0

,

 

2 x

1 1 e

− = = =

= = +

x x h x

( ) in un unico

Rappresentiamo i grafici di ( ) ed

y f x e e −

+ +

x x 2 x

f x

( ) e e e 1

sistema di riferimento:

. www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

3) t x

( ) e

∫

=

I t dx lo si effettua tramite preventiva sostituzione:

Il calcolo dell’integrale +

x

2

e 1

0 = → =

x x

e y dy e dx

= → =

x 0 y 1

= → = t

x t y e

Per cui π

t ( ) ( )

t e

x [ ]

( ) 1

e t

∫ ∫

= = = = − = −

e t t

arctan( ) arctan arctan(

1

) arctan

dx dy y e e

I t + + 1

2 2

x 4

1 1

e y

0 1

Ora π π π π π

( )

( ) 



( ) = − = − =

= −

t t

I t e e

lim lim arctan lim arctan



 



→ +∞ → +∞ → +∞

4 4 2 4 4

t t t x

e

=

h x

( )

E questo limite geometricamente rappresenta l ‘area sottesa dalla curva +

2 x

e 1

( )

+∞

0

,

nell’intervallo .

4) π si possono seguire differenti strade, che presentiamo di seguito.

Per il calcolo di 4 =

• y x

Utilizzo dello sviluppo di Taylor della funzione arctan( ) :

=

y x

secondo questo sviluppo possiamo scrivere la funzione arctan( ) in questo modo:

+

 

+∞ 2 1

k

( ) x

∑

= = − k

y arctan( x ) 1

 

+

2 k 1

 

= 0

k

Per cui ( ) ( )

π    

− −

+ ∞ k k

h

1 1

∑ ∑

= = =

   

arctan(

1

) lim

+ +

→ +∞

4 2 k 1 2 k 1

   

h

= =

k k

0 0 ( )

 

− k

h 1

∑   al tendere di

E cioè il valore lo si calcola come somma di valori numerici del tipo +

2 k 1

 

=

k 0

→ +∞

h . π 1 1

∫

=

• dx

Utilizzo della relazione per cui + 2

4 x

1

0

Si può utilizzare l’approssimazione per rettangoli, che si traduce in: www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

−

b [ ]

( ) ( ) ( )

( ) b a

∫ ≅ + +

f x dx f x f x f x

L −

0 1 n 1

n

a

Nel nostro caso utilizzeremo n=4 rettangoli con intervalli uguali come evidenzia la figura

sottostante:

Per cui  

 

1 1 1 1 1 1

 

∫ ≅ + + + ≅

dx 1 0 . 845

 

+ 2 2 2 2

     

4

1 x 1 1 3

+ + +

 

0      

1 1 1

 

     

 

4 2 4

Valor che si avvicina sempre più al valore effettivo al crescere degli intervalli considerati.

• Procedura numerica al calcolatore. π

( )

t x

( ) e

∫

= = −

t

I t dx e

arctan . L’errore che si

Dal calcolo fatto in precedenza sappiamo che +

2 x 4

e 1

0 π

π ( )

t x

( ) e

∫

= = −

t

I t dx e

arctan è

con l’integrale

può commettere approssimando il valore di +

2 x 4

4 e 1

0

π π π ( )

( )

  = −

∆ = − −

t t

  .

arctan e arctan e

t  

4 4 2 t

Supponiamo ora di far variare il parametro nel campo degli interi, cioè i possibili valori

=

t

assumibili da sono t 0

,

1

, 2

,

3

, . Questa assunzione è fondamentale per poter applicare la

L

L

procedura iterativa che illustreremo.

La procedura seguita è una procedura iterativa che ad ogni iterazione minimizza l’errore compiuto

π

π ( )

t x

( ) e

∫

= = −

t

I t dx e

arctan . La metrica

con l’integrale

nell’approssimare il valore di +

2 x 4

4 e 1

0

∆ t

utilizzata va a minimizzare il valore , al variare di negli interi e rispetto ad una soglia di errore

t

fissata in partenza. www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

Per essere più chiari la procedura così funziona:

Parametri di ingresso :

=

1.) 1

t

Elaborazioni effettuate :

π π π ( )

( )

  = −

∆ = − −

t t

  ;

1.)Si calcola arctan e arctan e

t  

4 4 2

∆ < ∆

2.)Si fa il confronto con la soglia: se allora accettiamo come valore di approssimazione

t ERR

∆ e la procedura termina altrimenti:

t 2.1)t=t+1

2.2)La procedura inizia daccapo col valore aggiornato di t.

Ecco la procedura secondo uno schema a blocchi: www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

SOLUZIONE

Consideriamo la seguente figura:

1) =

Il punto C ha coordinate generiche C ( x , y ) . Ma il triangolo AHC è rettangolo per

α

=

cui tan( 2 )

y x .

Ora applicando il teorema dei seni al triangolo ABC si ha:

AC AB 1

= = →

α π α α

−

sin( ) sin( 3 ) sin(

3 )

α α

sin( ) sin( )

= = =

AC α α α

+

sin(

3 ) sin( 2 )

α

sin( ) =

α α α α

+

sin( 2 ) cos( ) cos( 2 ) sin( )

α

sin( ) 1 1

= =

[ ]

[ ] [ ]

α

α α α α +

+ −

2 2 2 cos( 2 ) 1

sin( ) 2 cos ( ) cos( 2 ) 4 cos ( ) 1 www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

Ma vale anche che: α x

cos( 2 )

α α

= = = → =

AH x AC cos( 2 ) cos( 2 )

[ ]

α + − x

2 cos( 2 ) 1 1 2

Quindi abbiamo due condizioni:  x

α =

cos( 2 )

 −

 x

1 2

 y y

 α α

= =

sin( 2 ) cos( 2 )

 −

 x x

1 2

Ricordando la relazione fondamentale α α

+ = →

2 2

sin ( 2 ) cos ( 2 ) 1

2 2

 

 

y x

+ = →

 

  1

− −

 

 

x x

1 2 1 2

+ − − = →

2 2 2

x y x

(

1 2 ) 0

− + − =

2 2

y x x

3 4 1 0

Per cui si ha: γ − + − =

2 2

y x x

: 3 4 1 0

Per capire di che curva si tratta riscriviamola in questo modo:

( )  

4 1

− + − = ⇔ − − + = ⇔ − − + = ⇔

2 2 2 2 2 2

 

y x x y x x y x x

3 4 1 0 3 4 1 0 3 0

 

3 3

 

 

4 1 1 1 4 4 1

− − + + − = ⇔ − − + + = ⇔

2 2 2 2

 

 

y x x y x x

3 0 3 0

 

 

3 3 3 3 3 9 3

( )

2

− 2

x 2

y

3 − = 1

1 1

9 3

Ora se effettuiamo una traslazione lungo l’asse delle ascisse cioè effettuiamo la trasformazione

2

= −

x ' ' x la curva diventa:

3 ( )

2 ( )

− 2

x 2

2 2

y x y

' '

3

γ γ

− = → − = 1

: 1 ' ' :

1 1 1 1

9 3 9 3 www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

= ±

y x 3 . Per cui la nostra curva è una iperbole

cioè otteniamo la classica iperbole con asintoti

 

2

= ± −

 

traslata con asintoti y 3 x

 

3

2)

Il problema impone però delle limitazioni geometriche.

α

° ≤ ≤ °

Innanzitutto deve essere 0 60 . Ora poiché il coseno in questo intervallo è decrescente allora

1

α α α α

° ≤ ≤ ° ⇔ ≤ ≤ ° → ° ≤ ≤ ° ⇔ − ≤ ≤

0 60 0 2 120 cos(

120 ) cos( 2 ) cos( 0 ) cos( 2 ) 1

2

Ma x x

1

α = → − ≤ ≤ →

cos( 2 ) 1

− −

x x

1 2 2 1 2

−

  

x x

3 1 1 1

≤ ≤ ≤ >

1 0 x x

,

  

− −

  

x x

1 2 1 2 3 2

⇔ ⇔ ⇔

  

x 1 1 1

  

≥ − ≥ <

0 x



 

− − 

 

x x

1 2 2 1 2 2

1

≤

x 3 ≥

Inoltre per come introdotto il sistema di riferimento deve aversi 0

y , quindi il nostro problema va

discusso per  1

≤

 x

 3

 ≥

y 0

γ

= − + − =

2 2

Ricaviamo ora la funzione y f (x ) dalla curva : y 3 x 4 x 1 0 .

Si ha: = ± − +

2

y 3 x 4 x 1

≥

Ma con la limitazione 0

y la soluzione da prendere è quella positiva per cui la nostra funzione è

= − +

2

y 3 x 4 x 1 www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

1

≤

= − +

2 x

y 3 x 4 x 1 con la limitazione

Studiamo allora la funzione 3 1

1 ≤

− + = − − ≥ → ≥ ∪ ≤

2 x impone

3 4 1 (

3 1

)( 1

) 0 1

x x x x x x che con la limitazione

Dominio : 3

3

 

1

− ∞

 ;

come dominio , 

 

3 1

= − + = → − + = → = =

2 2

3 4 1 0 3 4 1 0 1

,

y x x x x x x e con la

Intersezioni asse ascisse : 3

1

=

x ;

limitazione l’unica intersezione è 3

= → =

Intersezioni asse delle ordinate: ;

x 0 y 1

Positività: nel dominio la funzione è sempre positiva visto che si tratta di una funzione radice;

Asintoti verticali : non ce ne sono; − + = +∞

2

lim 3 x 4 x 1 ;

Asintoti orizzontali : non ce ne sono. Infatti → −∞

x

Asintoti obliqui :

= +

y mx q 4 1

4 1

− + − − +

3

| | 3

x x

− +

2 2 2

3 4 1

x x x x

x x

= = = = − 3

lim

lim lim

m → −∞ → −∞ → −∞

x x x

x x x 



[ ] 



 

− + − +

4 1 4 1 2

x x 

 =

= − + + = =

2  

lim 3 4 1 3 lim lim

q x x x 



→ −∞ → −∞ → −∞

− + −

2

x x x

  3

4 1

3 4 1 3

x x x − − + −

3 3

x x 

 2 

 x x

2

= − +

y 3 x come già anticipato. L’altro asintoto non lo

per cui l’asintoto è unico ed è pari a 3 1

≤

x

abbiamo calcolato e ritrovato perché abbiamo la limitazione 3 www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

Crescenza e decrescenza :.

Calcoliamo le derivate:

− ( )

3 x 2

= > → ∈ +∞

y ' ( x ) 0 x 1

, tenendo conto del dominio di definizione.

− +

2

3 x 4 x 1 ( )

∈ +∞

x 1

,

Per cui la funzione è crescente nell’ intervallo e decrescente altrove. Poiché abbiamo la

1

≤

x allora la nostra funzione è sempre decrescente.

limitazione geometrica 3 1 = = −∞

= lim y ' ( x ) lim y ' ( x ) .

x perché

Inoltre essa non è derivabile in − +

3 1 1

→ →

x x

3 3

Il grafico è sotto presentato:

In realtà va fatta una ulteriore considerazione. Se scegliamo il sistema di riferimento in modo da

avere il triangolo col vertice che spazia nel terzo e quarto quadrante otteniamo l’altra soluzione,

precedentemente scartata. Cioè otteniamo che il luogo in quel caso è descritto dall’equazione

= − − +

2

y 3 x 4 x 1 www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

= − +

2

y 3 x 4 x 1 rispetto all’asse delle ascisse. In tal caso è importante

che è la simmetrica di 2

= −

y 3 x come dedotto dall’equazione

controllare che l’asintoto verticale abbia equazione 3

dell’iperbole.

Ed infatti

= +

y mx q 4 1

4 1

− − + − +

3

| | 3

x x

− − +

2 2 2

3 4 1

x x x x

x x

= = = = 3

lim

lim lim

m → −∞ → −∞ → −∞

x x x

x x x 



[ ] 



 

− + − +

4 1 4 1 2

x x 

 = −

= − − + − = =

2  

lim 3 4 1 3 lim lim

q x x x 



→ −∞ → −∞ → −∞

− − + +

2

x x x

  3

4 1

3 4 1 3

x x x − + −

3 3

x x 

 2 

 x x

2

= −

y 3 x come già anticipato.

per cui l’asintoto è unico ed è pari a 3

In conclusione in tal caso il grafico è: www.matematicamente.t

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007

Se mettiamo assieme i due grafici otteniamo il ramo di iperbole ottenuto dal sistema

( )

 2

− 2

x 2

y

 3 − = 1

 1 1

 9 3

 1

≤

 x

 3 4

3

2

1 1 1

-1

-2

-3

-4

-5

3

-1

-2

-3

-4

come sin dall’inizio evidenziato.

Abbiamo preferito fare tutti i calcoli perché era l’unica strada da perseguire se non ci si accorgeva

che con una semplice traslazione ottenevamo una iperbole. E’ stato un modo per confermare i

risultati da un altro punto di vista.

3)

Considerando la figura di partenza si ha:

α α

= =

sin( ) sin( )

AM AB α α

= =

sin( 2 ) sin( 2 )

BN AB α α α

= +

2 2