Liceo Scientifico classe quinta — 7 maggio 2009

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Argomenti: Studio di funzione razionale fratta — Calcolo di aree con integrali — Problema di ottimizzazione (geometria piana) — Calcolo di una primitiva — Studio di funzione goniometrica — Soluzione approssimata di un'equazione (metodo delle tangenti) — Soluzione approssimata di un integrale definito (metodo dei trapezi).

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Esercizio 1

a) Nell'insieme delle funzioni \(y = f(x)\) tali che \[y' = \frac{ax}{(1 + 4x^2)^2}\] si trovi quella il cui grafico \(\gamma\) passa per i punti \(\left(\dfrac{1}{2};\, 1\right)\) e \((0;\, 2)\).

b) Constatato che la funzione definita da \[y = \frac{2}{1 + 4x^2}\] è quella richiesta, si disegni \(\gamma\).

c) Si conduca la tangente a \(\gamma\) in un suo generico punto \(P.\) Sia \(Q\) l'intersezione di tale tangente con l'asse \(x\) e \(H\) la proiezione ortogonale di \(P\) sull'asse \(x\). Per quale valore di \(x\) è minima la lunghezza del segmento \(HQ\)?

d) Si calcoli l'area \(S\) della superficie piana delimitata da \(\gamma,\) dagli assi cartesiani e dalla retta di equazione \(x = k\), con \(k > 0\).

e) Si calcoli infine il limite di \(S\) al tendere di \(k\) all'infinito e si illustri il significato geometrico di tale limite.

a) Determinazione della funzione

Integriamo la derivata per trovare la famiglia di primitive:

\[ y = \int \frac{ax}{(1+4x^2)^2}\,dx \]

Con la sostituzione \(u = 1+4x^2\), \(du = 8x\,dx\):

\[ y = \frac{a}{8}\int \frac{du}{u^2} = -\frac{a}{8u} + C = -\frac{a}{8(1+4x^2)} + C \]

Imponiamo il passaggio per \((0;\, 2)\):

\[ 2 = -\frac{a}{8} + C \]

Imponiamo il passaggio per \(\left(\dfrac{1}{2};\, 1\right)\):

\[ 1 = -\frac{a}{16} + C \]

Sottraendo la seconda dalla prima:

\[ 1 = -\frac{a}{8} + \frac{a}{16} = -\frac{a}{16} \implies a = -16 \] \[ C = 2 + \frac{-16}{8} = 2 - 2 = 0 \]

La funzione è quindi:

\[ y = -\frac{-16}{8(1+4x^2)} = \frac{2}{1+4x^2} \]

Verifica: \(y(0) = 2\) ✓ \(y\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{2}{1+1} = 1\) ✓

b) Grafico di \(\gamma\)

La funzione è \(y = \dfrac{2}{1+4x^2}\).

Dominio e simmetria: Il dominio è \(\mathbb{R}\). La funzione è pari (simmetrica rispetto all'asse \(y\)), poiché \(f(-x) = f(x)\).

Segno e intersezioni: La funzione è sempre positiva (\(y > 0\) per ogni \(x\)), quindi il grafico è interamente sopra l'asse \(x\). L'unica intersezione con l'asse \(y\) è in \((0,\, 2)\).

Asintoti:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2}{1+4x^2} = 0 \]

L'asse \(x\) è asintoto orizzontale per \(x \to \pm\infty\). Non vi sono asintoti verticali.

Derivata prima e monotonia:

\[ y' = \frac{-16x}{(1+4x^2)^2} \]

Segno di \(y'\):

\(y' > 0\) per \(x < 0\): funzione crescente
\(y' = 0\) per \(x = 0\): massimo assoluto \(y(0) = 2\)
\(y' < 0\) per \(x > 0\): funzione decrescente

Derivata seconda e concavità:

\[ y'' = \frac{-16 + 192x^2}{(1+4x^2)^3} \]

Punendo \(y'' = 0\):

\[ x = \pm\frac{1}{2\sqrt{3}} = \pm\frac{\sqrt{3}}{6} \]

I punti di flesso sono \(\left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{6};\, \dfrac{3}{2}\right)\).

Tabella riassuntiva:

\(x\)	\(-\infty\)	\(-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)	\(0\)	\(+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)	\(+\infty\)
\(y'\)	\(+\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(-\)
\(y''\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(y\)	\(\nearrow\)	flesso \(\dfrac{3}{2}\)	max \(2\)	flesso \(\dfrac{3}{2}\)	\(\searrow\)

Fig. 1 — Grafico di \(\gamma: y = \dfrac{2}{1+4x^2}\), con massimo in \((0, 2)\) e flessi in \(\left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{6},\, \dfrac{3}{2}\right)\)

c) Minimo di HQ

Sia \(P = \left(u,\, \dfrac{2}{1+4u^2}\right)\) un generico punto di \(\gamma\) con \(u \neq 0\). \(H\) è la proiezione di \(P\) sull'asse \(x\), \(Q\) è l'intersezione della tangente in \(P\) con l'asse \(x\).

Tangente in P, proiezione H e punto Q sull'asse x

Fig. 2 — Tangente \(t\) in \(P\), con \(H\) proiezione di \(P\) e \(Q\) intersezione di \(t\) con l'asse \(x\)

La derivata in \(P\) vale \(y'(u) = \dfrac{-16u}{(1+4u^2)^2}\). L'equazione della tangente in \(P\) è:

\[ y - \frac{2}{1+4u^2} = \frac{-16u}{(1+4u^2)^2}(x - u) \]

Ponendo \(y = 0\) troviamo il punto \(Q\):

\[ x_Q = u + \frac{1+4u^2}{8u} \]

Poiché \(H = (u,\, 0)\), la lunghezza \(HQ\) è:

\[ HQ = |x_Q - u| = \frac{1+4u^2}{8|u|} \]

Per trovare il minimo (considerando \(u > 0\)), deriviamo e poniamo uguale a zero:

\[ \frac{d}{du}\!\left(\frac{1+4u^2}{8u}\right) = \frac{4u^2 - 1}{8u^2} = 0 \implies u = \frac{1}{2} \]

Il valore minimo di \(HQ\) è:

\[ HQ_{\min} = \frac{1 + 1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \]

Risultato: \(HQ\) è minima per \(u = \pm\dfrac{1}{2}\), con valore minimo \(HQ_{\min} = \dfrac{1}{2}\).

d) Area S

La regione è delimitata dalla curva \(\gamma\), dall'asse \(y\), dall'asse \(x\) e dalla retta \(x = k\), con \(k > 0\).

Area S delimitata da gamma, assi cartesiani e retta x=k

In rosa la regione richiesta

In rosa la regione di area \(S\) delimitata dalla curva \(\gamma\), dagli assi e dalla retta \(x = k\).

\[ S = \int_0^k \frac{2}{1+4x^2}\,dx \]

Ponendo \(u = 2x\), quindi \(du = 2\,dx\), e ricordando che \(\displaystyle\int \frac{du}{1+u^2} = \arctan u + C\):

\[ \int \frac{2}{1+4x^2}\,dx = \arctan(2x) + C \]

Quindi:

\[ S = \Big[\arctan(2x)\Big]_0^k = \arctan(2k) \]

Risultato: \(S = \arctan(2k)\).

e) Limite di S per \(k \to +\infty\)

\[ \lim_{k \to +\infty} S = \lim_{k \to +\infty} \arctan(2k) = \frac{\pi}{2} \]

Significato geometrico: l'area della regione illimitata compresa tra la curva \(\gamma\), l'asse \(x\) e l'asse \(y\) (per \(x \geq 0\)) è finita e uguale a \(\dfrac{\pi}{2}\). Pur essendo la regione illimitata, la curva converge rapidamente a zero, formando una regione con area finita. Per simmetria, l'area totale sotto \(\gamma\) su tutto \(\mathbb{R}\) sarebbe \(\pi\).

Esercizio 2

Inscrivere in un triangolo di data base \(a\) e data altezza \(h\) il rettangolo di area massima.

Risolvere il problema prima per via elementare, poi con l'uso delle derivate.

Impostazione del problema

Rappresentiamo il triangolo \(ABC\) di base \(BC = a\) e altezza \(AH = h\), insieme al rettangolo \(FGDE\) con la base \(FG\) sul lato \(BC\) e altezza \(GD = y\).

Triangolo ABC con rettangolo inscritto FGED

In blu il rettangolo \(FGDE\) inscritto nel triangolo \(ABC\)

Il triangolo \(AED\) è simile al triangolo \(ABC\), quindi vale la proporzione:

\[ FG : a = (h-y) : h \implies FG = a\cdot\frac{h-y}{h} \]

L'area del rettangolo è quindi:

\[ A(y) = FG \cdot y = \frac{a}{h}(hy - y^2), \quad 0 \leq y \leq h \]

Metodo elementare

L'area è massima se e solo se è massima la funzione \(z = hy - y^2\), che è una parabola con concavità verso il basso. Il massimo si trova nel vertice:

\[ y^* = \frac{h}{2} \implies FG^* = a \cdot \frac{h - \frac{h}{2}}{h} = \frac{a}{2} \]

Risultato: il rettangolo di area massima ha altezza \(GD^* = \dfrac{h}{2}\), base \(FG^* = \dfrac{a}{2}\) e area massima \(A^* = \dfrac{ah}{4}\).

Il rettangolo di area massima ha base e altezza uguali alla metà di quelle del triangolo, e la sua area è un quarto dell'area del triangolo. Questa proprietà è indipendente da \(a\) e \(h\).

Metodo con le derivate

\[ A'(y) = \frac{a}{h}(h - 2y) \]

Segno di \(A'(y)\):

\(A'(y) > 0\) per \(y < \dfrac{h}{2}\): \(A\) è crescente
\(A'(y) = 0\) per \(y = \dfrac{h}{2}\): massimo
\(A'(y) < 0\) per \(y > \dfrac{h}{2}\): \(A\) è decrescente

Risultato (confermato): massimo per \(GD^* = \dfrac{h}{2}\), con base \(FG^* = \dfrac{a}{2}\) e area massima \(A^* = \dfrac{ah}{4}\).

Esercizio 3

Si consideri la funzione di equazione: \[ y = \sin x\,(2\cos x + 1) \]

a) Tra le sue primitive si individui quella il cui diagramma \(G\) passa per il punto \(P(\pi;\, 0)\).

b) Dopo aver dimostrato che la funzione ottenuta nel punto a) ha periodo \(2\pi\), studiarla e rappresentarla graficamente nell'intervallo \([0,\, 2\pi]\) (non è richiesto lo studio della concavità).

a) Calcolo della primitiva

Sviluppiamo il prodotto:

\[ y = \sin x\,(2\cos x + 1) = 2\sin x\cos x + \sin x = \sin 2x + \sin x \]

Integriamo termine per termine:

\[ F(x) = \int (\sin 2x + \sin x)\,dx = -\frac{\cos 2x}{2} - \cos x + C \]

Imponiamo il passaggio per \(P(\pi;\, 0)\):

\[ 0 = -\frac{\cos 2\pi}{2} - \cos\pi + C = -\frac{1}{2} + 1 + C \implies C = -\frac{1}{2} \]

Usando la formula \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\) si può semplificare:

\[ F(x) = -\frac{\cos 2x}{2} - \cos x - \frac{1}{2} = -\cos^2 x - \cos x \]

Risultato: \(F(x) = -\cos^2 x - \cos x\)

b) Periodicità, studio e grafico

Periodicità: \(F(x)\) è combinazione di \(\cos 2x\) (periodo \(\pi\)) e \(\cos x\) (periodo \(2\pi\)). Il periodo di \(F\) è il minimo comune multiplo:

\[ T = \text{mcm}(\pi,\, 2\pi) = 2\pi \quad \checkmark \]

Dominio e simmetrie: il dominio è \(\mathbb{R}\). La funzione non è né pari né dispari.

Derivata prima e punti critici:

\[ F'(x) = \sin x\,(2\cos x + 1) \]

Poniamo \(F'(x) = 0\):

\[ \sin x = 0 \implies x = 0,\, \pi,\, 2\pi \] \[ 2\cos x + 1 = 0 \implies \cos x = -\frac{1}{2} \implies x = \frac{2\pi}{3},\, \frac{4\pi}{3} \]

Tabella del segno di \(F'(x)\) in \([0, 2\pi]\):

\(x\)	\(0\)	\(\left(0,\frac{2\pi}{3}\right)\)	\(\frac{2\pi}{3}\)	\(\left(\frac{2\pi}{3},\pi\right)\)	\(\pi\)	\(\left(\pi,\frac{4\pi}{3}\right)\)	\(\frac{4\pi}{3}\)	\(\left(\frac{4\pi}{3},2\pi\right)\)	\(2\pi\)
\(\sin x\)	\(0\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(-\)	\(-\)	\(0\)
\(2\cos x+1\)	\(+\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(-\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(+\)
\(F'(x)\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)
\(F\)	\(-2\)	\(\nearrow\)	max \(\frac{1}{4}\)	\(\searrow\)	min \(0\)	\(\nearrow\)	max \(\frac{1}{4}\)	\(\searrow\)	\(-2\)

Valori notevoli:

\[ F(0) = -1 - 1 = -2 \] \[ F\!\left(\frac{2\pi}{3}\right) = \frac{1}{4} \] \[ F(\pi) = -1 + 1 = 0 \] \[ F\!\left(\frac{4\pi}{3}\right) = \frac{1}{4} \] \[ F(2\pi) = -1 - 1 = -2 \]

Risultato: nell'intervallo \([0,\, 2\pi]\), \(F\) ha:

minimo assoluto \(F(0) = F(2\pi) = -2\) agli estremi;
massimi locali in \(\left(\dfrac{2\pi}{3},\, \dfrac{1}{4}\right)\) e \(\left(\dfrac{4\pi}{3},\, \dfrac{1}{4}\right)\);
minimo locale in \((\pi,\, 0)\).

Grafico di F(x) nell'intervallo [0, 2pi]

Grafico di \(F(x) = -\cos^2 x - \cos x\) in \([0,\, 2\pi]\)

Esercizio 4

a) Dimostrare che l'equazione \[ (3 - x)\,e^x - 3 = 0, \quad x > 0 \] ha un'unica radice reale.

b) Calcolarne un valore approssimato con due cifre decimali esatte utilizzando il metodo delle tangenti (Newton).

a) Unicità della radice

Definiamo \(f(x) = (3-x)e^x - 3\) e studiamo il suo comportamento per \(x > 0\).

Calcoliamo la derivata:

\[ f'(x) = -e^x + (3-x)e^x = e^x(2-x) \]

Quindi \(f'(x) = 0\) per \(x = 2\), con \(f'(x) > 0\) per \(x < 2\) e \(f'(x) < 0\) per \(x > 2\): \(f\) ha un massimo assoluto in \(x = 2\).

Valutiamo \(f\) in alcuni punti:

\(f(0) = 3 - 3 = 0\): zero in \(x = 0\), che è escluso dal dominio \(x > 0\);
\(f(2) = e^2 - 3 \approx 4{,}39 > 0\): il massimo è positivo;
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x) = -\infty\).

Poiché \(f\) è strettamente crescente su \((0, 2]\) e strettamente decrescente su \([2, +\infty)\) tendendo a \(-\infty\), per il teorema degli zeri esiste un'unica radice nell'intervallo \((2, +\infty)\).

Grafico di \(f(x) = (3-x)e^x - 3\)

b) Metodo di Newton

Localizzazione della radice: poiché \(f(2) \approx 4{,}39 > 0\) e \(f(3) = -3 < 0\), la radice è nell'intervallo \((2,\, 3)\).

Scelta del punto iniziale: la derivata seconda è \(f''(x) = e^x(1-x)\), che è negativa per \(x > 1\). Nell'intervallo \([2, 3]\) la derivata seconda ha segno costante negativo, quindi prendiamo \(x_0 = 3\) (dove \(f(3) = -3 < 0\) ha lo stesso segno di \(f''(3) < 0\)).

Ricordiamo che \(f'(x) = e^x(2-x)\).

Prima iterazione:

\[ x_1 = 3 - \frac{f(3)}{f'(3)} = 3 - \frac{-3}{-e^3} = 3 - \frac{3}{e^3} \approx 3 - 0{,}149 \approx 2{,}85 \]

Seconda iterazione:

\[ f(2{,}85) \approx 0{,}15 \cdot 17{,}29 - 3 \approx -0{,}406 \] \[ f'(2{,}85) \approx 17{,}29 \cdot (-0{,}85) \approx -14{,}70 \] \[ x_2 = 2{,}85 - \frac{-0{,}406}{-14{,}70} \approx 2{,}85 - 0{,}028 \approx 2{,}82 \]

Terza iterazione:

\[ f(2{,}82) \approx 0{,}18 \cdot 16{,}78 - 3 \approx 0{,}020 \] \[ f'(2{,}82) \approx 16{,}78 \cdot (-0{,}82) \approx -13{,}76 \] \[ x_3 = 2{,}82 - \frac{0{,}020}{-13{,}76} \approx 2{,}82 \]

Poiché \(x_2\) e \(x_3\) coincidono al centesimo, la convergenza è raggiunta.

Tangenti successive del metodo di Newton (WolframAlpha).

Risultato: la radice è approssimativamente \(x \approx 2{,}82\).

Esercizio 5

a) Dimostrare che: \[ \int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{\pi}{6} \]

b) Utilizzando il metodo dei trapezi con un'opportuna suddivisione dell'intervallo \(\left[0,\, \dfrac{1}{2}\right]\), calcolare un'approssimazione di \(\pi\).

a) Dimostrazione

Sappiamo che una primitiva di \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) è \(\arcsin x\). Quindi:

\[ \int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \Big[\arcsin x\Big]_0^{1/2} = \arcsin\frac{1}{2} - \arcsin 0 = \frac{\pi}{6} - 0 = \frac{\pi}{6} \quad \checkmark \]

Dimostrazione completata.

b) Approssimazione di \(\pi\) con il metodo dei trapezi

Dall'uguaglianza dimostrata segue che \(\pi = 6\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\).

Dividiamo \(\left[0,\, \dfrac{1}{2}\right]\) in \(n = 4\) sottointervalli di ampiezza \(h = \dfrac{1}{8}\), in modo che i nodi siano multipli di \(\dfrac{1}{8}\) e i valori di \(f\) siano facilmente calcolabili.

I nodi sono: \(x_0 = 0,\ x_1 = \dfrac{1}{8},\ x_2 = \dfrac{1}{4},\ x_3 = \dfrac{3}{8},\ x_4 = \dfrac{1}{2}\).

La funzione da integrare è \(f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\). Calcoliamo i valori:

\(x_i\)	\(f(x_i)\)	Valore approssimato
\(0\)	\(\dfrac{1}{\sqrt{1}}\)	\(1{,}0000\)
\(\dfrac{1}{8}\)	\(\dfrac{1}{\sqrt{63/64}}\)	\(1{,}0080\)
\(\dfrac{1}{4}\)	\(\dfrac{1}{\sqrt{15/16}}\)	\(1{,}0328\)
\(\dfrac{3}{8}\)	\(\dfrac{1}{\sqrt{55/64}}\)	\(1{,}0801\)
\(\dfrac{1}{2}\)	\(\dfrac{1}{\sqrt{3/4}}\)	\(1{,}1547\)

Formula dei trapezi:

\[ \int_0^{1/2} f(x)\,dx \approx \frac{h}{2}\left[f(x_0) + 2f(x_1) + 2f(x_2) + 2f(x_3) + f(x_4)\right] \] \[ \approx \frac{1/8}{2}\left[1{,}0000 + 2(1{,}0080) + 2(1{,}0328) + 2(1{,}0801) + 1{,}1547\right] \] \[ = \frac{1}{16}\left[1{,}0000 + 2{,}0160 + 2{,}0656 + 2{,}1602 + 1{,}1547\right] = \frac{8{,}3965}{16} \approx 0{,}5248 \]