Matematica tradizionale - Soluzione secondo problema

Seconda prova di matematica liceo scientifico, soluzione secondo problema
BIT5
di FRANCESCO GAGLIANONE
Autore
4 min lettura
Matematica tradizionale - Soluzione secondo problema articolo

1)

Ogni punto appartentente alla funzione ha coordinate generiche

[math](\alpha, \log \alpha)[/math]

L'equazione della retta generica, passante per un punto

[math] (x_0,y_0) [/math]

e tangente ad una funzione

[math]f(x)[/math]

ha equazione generica

[math]y-y_0=f'(x)(x-x_0)[/math]

e pertanto, per quanto detto sopra, la retta t del caso avra' equazione

[math] y- \log \alpha= f'(x)(x- \alpha)[/math]

[math]t_P: \ y= \frac{1}{\alpha}x - 1 + \log \alpha [/math]

Il punto A, di ascissa nulla, avra' coordinate

[math](0, \log \alpha - 1) [/math]

E il punto B, avra' anch'esso ascissa nulla e ordinata a quella del punto P generico.

[math](0, \log \alpha)[/math]

Il segmento AB, segmento a cui appartengono due punti aventi stessa ascissa, avrà lunghezza pari alla differenza delle ordinate (in valore assoluto) ovvero

[math]AB=| \log \alpha - \log \alpha +1|=1 [/math]

E dunque il segmento AB sara' costante e uguale a 1.

Per la seconda parte, si procede in maniera analoga.

La retta t si ricava dalla relazione

[math]y- \log_a \alpha = \frac{1}{ \alpha \log a}(x- \alpha)[/math]

E pertanto

[math]y= \frac{x}{\alpha \log a}- \frac{1}{ \log a}+ \log a [/math]

E i punti A e B avranno rispettivamente coordinate generiche

[math]A(0, \log_a \alpha - \frac{1}{ \log a}) [/math]

[math]B(0, \log_a \alpha)[/math]

Da cui, la distanza AB sara'

[math] AB= \frac{1}{ \log a} [/math]

, che varia a seconda del valore di a.

2)Il punto di ascissa 1 ha ordinata 0.

La pendenza del del piano

[math]\delta [/math]

sarà data sia dalla derivata prima della funzione nel punto in esame che dalla tangente dell'angolo.

Pertanto

[math] \tan 45^\circ = g'(1) [/math]

Ovvero

[math] 1= \frac{1}{\log a} [/math]

Che risolta, darà

[math]\log a= 1 [/math]

[math] a= e^1 = e [/math]

Nel caso di

[math] \delta = 135 \circle [/math]

avremo

[math]-1= \frac{1}{\log a} [/math]

Da cui

[math] a = \frac{1}{e} [/math]

3)

Matematica tradizionale - Soluzione secondo problema articolo

Detto Q il punto di intersezione tra la funzione e la retta y=1,Q' la proiezione di Q sull'asse delle ascisse, R e O i punti di intersezione tra l'asse y e rispettivamente le rette y=1 e y=0, l'Area D richiesta dal problema sarà data dall'area del rettangolo RQQ'O - l'area sottesa dalla funzione.
Sapendo che le coordinate dei punti sono

[math]Q(e,1) [/math]

e

[math] Q(e,0)[/math]

L'area del rettangolo sara' data da

[math] e [/math]

mentre l'area della regione sara'

[math] \int_1^e \log x \ dx [/math]

integrando per parti

[math] [x \cdot \log x|_1^e - \int_1^e dx] [/math]

E pertanto l'area di D sara'

[math] e - e +0 + e -1 = e-1 [/math]

4)

[math]y= \log x [/math]

da cui

[math]x=e^y[/math]

Il centro di rotazione e' sull'asse x=-1 (lavorando sulla funzione inversa) pertanto trasliamo di +1 per avere asse di rotazione x=0.

Otteniamo cosi' la funzione

[math]h(y)=e^y+1[/math]

[math]V_D= \pi \int_0^1 h(y)^2 \ dy - V_{cil} [/math]

dove

[math]V_{cil}[/math]

è il volume del cilindro di raggio=1 e altezza = 1.

[math]V_D= \pi \int_0^1(e^y+1)^2 \ dy - \pi = [/math]

[math]\pi [ \int_0^1(e^{2y}+2e^y+1) \ dy - 1] [/math]

[math]\pi [ \frac{1}{2}e^{2y} |_0^1 + 2e^y |_0^1 + y |_0^1 - 1 ]= [/math]

[math]\pi [ \frac{1}{2}e^2- \frac{1}{2}+2e-2+1-1]= [/math]

[math]\pi[ \frac{e^2}{2}+2e- \frac{5}{2}] [/math]

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