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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).
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.
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: \(y(0) = 2\) ✓ \(y\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{2}{1+1} = 1\) ✓
La funzione è \(y = \dfrac{2}{1+4x^2}\).
Il dominio è \(\mathbb{R}\). La funzione è pari (simmetrica rispetto all'asse \(y\)), poiché \(f(-x) = f(x)\).
La funzione è sempre positiva (\(y > 0\) per ogni \(x\)), quindi il grafico è interamente al di sopra dell'asse \(x\). L'unica intersezione con l'asse \(y\) è in \((0,\, 2)\).
L'asse \(x\) è asintoto orizzontale per \(x \to \pm\infty\). Non vi sono asintoti verticali.
Studiamo il segno di \(y'\):
Deriviamo \(y' = -16x\,(1+4x^2)^{-2}\) con la regola del prodotto:
\[ y'' = -16(1+4x^2)^{-2} + (-16x) \cdot (-2)(1+4x^2)^{-3} \cdot 8x \] \[ y'' = \frac{-16}{(1+4x^2)^2} + \frac{256x^2}{(1+4x^2)^3} = \frac{-16(1+4x^2) + 256x^2}{(1+4x^2)^3} = \frac{-16 + 192x^2}{(1+4x^2)^3} \]Poniamo \(y'' = 0\):
\[ -16 + 192x^2 = 0 \implies x^2 = \frac{1}{12} \implies x = \pm\frac{1}{2\sqrt{3}} = \pm\frac{\sqrt{3}}{6} \]Studiamo il segno di \(y''\):
I flessi si trovano in \(x = \pm\dfrac{\sqrt{3}}{6}\). Il valore della funzione nei flessi è:
\[ y\!\left(\pm\frac{\sqrt{3}}{6}\right) = \frac{2}{1 + 4 \cdot \frac{1}{12}} = \frac{2}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{2}{\frac{4}{3}} = \frac{3}{2} \]I punti di flesso sono quindi \(\left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{6};\, \dfrac{3}{2}\right)\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\) | \(0\) | \(+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(y'\) | \(+\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(-\) |
| \(y''\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(y\) | \(\nearrow\) | flesso \(\dfrac{3}{2}\) | max \(2\) | flesso \(\dfrac{3}{2}\) | \(\searrow\) |
In blu la curva \(\gamma\), con il massimo in \((0, 2)\) e i punti di flesso in \(\left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{6},\, \dfrac{3}{2}\right)\).
Fig. 1 — Grafico di \(\gamma: y = \dfrac{2}{1+4x^2}\)
In blu la curva \(\gamma\), in rosa la tangente \(t\) in un generico punto \(P\), in verde la normale \(n\). \(H\) è la proiezione ortogonale di \(P\) sull'asse \(x\), \(Q\) è l'intersezione di \(t\) con l'asse \(x\).
Fig. 2 — Tangente \(t\) in \(P\), con \(H\) proiezione di \(P\) e \(Q\) intersezione di \(t\) con l'asse \(x\)
Sia \(P = \left(u,\, \dfrac{2}{1+4u^2}\right)\) un generico punto di \(\gamma\) con \(u \neq 0\). La derivata in \(P\) vale:
\[ y'(u) = \frac{-16u}{(1+4u^2)^2} \]L'equazione della tangente \(t\) in \(P\) è:
\[ y - \frac{2}{1+4u^2} = \frac{-16u}{(1+4u^2)^2}(x - u) \]Troviamo \(Q\) ponendo \(y = 0\):
\[ -\frac{2}{1+4u^2} = \frac{-16u}{(1+4u^2)^2}(x_Q - u) \] \[ x_Q - u = \frac{2}{1+4u^2} \cdot \frac{(1+4u^2)^2}{16u} = \frac{1+4u^2}{8u} \]Poiché \(H = (u,\, 0)\), la lunghezza \(HQ\) è:
\[ HQ = |x_Q - u| = \left|\frac{1+4u^2}{8u}\right| = \frac{1+4u^2}{8|u|} \]Per trovare il minimo, consideriamo \(u > 0\) e deriviamo rispetto a \(u\):
\[ \frac{d}{du}\!\left(\frac{1+4u^2}{8u}\right) = \frac{8u \cdot 8u - (1+4u^2) \cdot 8}{64u^2} = \frac{4u^2 - 1}{8u^2} = 0 \implies u^2 = \frac{1}{4} \implies u = \frac{1}{2} \]Per simmetria anche \(u = -\dfrac{1}{2}\) è soluzione. Il valore minimo di \(HQ\) è:
\[ HQ_{\min} = \frac{1 + 4 \cdot \frac{1}{4}}{8 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \]La regione è delimitata dalla curva \(\gamma\), dall'asse \(y\), dall'asse \(x\) e dalla retta tratteggiata \(x = k\), con \(k > 0\).
In rosa la regione richiesta.
In rosa l'area \(S\) delimitata dalla curva \(\gamma\), dall'asse \(y\), dall'asse \(x\) e dalla retta tratteggiata \(x = k\).
\[ S = \int_0^k \frac{2}{1+4x^2}\,dx \]Calcoliamo la primitiva. Si ha:
\[ \int \frac{2}{1+4x^2}\,dx = \int \frac{2}{1+(2x)^2}\,dx \]Ricordando che \(\displaystyle\int \frac{du}{1+u^2} = \arctan u + C\), ponendo \(u = 2x\) risulta \(du = 2\,dx\), quindi:
\[ \int \frac{2}{1+4x^2}\,dx = \int \frac{1}{1+(2x)^2}\cdot 2\,dx = \arctan(2x) + C \]Pertanto:
\[ S = \Big[\arctan(2x)\Big]_0^k = \arctan(2k) - \arctan(0) = \arctan(2k) \]Dal risultato precedente:
\[ \lim_{k \to +\infty} S = \lim_{k \to +\infty} \arctan(2k) = \frac{\pi}{2} \]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.
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 \(GD = y\).
In blu il rettangolo \(FGDE\) inscritto nel triangolo \(ABC\).
Il rettangolo \(FGDE\) ha base \(FG\) su \(BC\) e altezza \(GD = y\), con \(0 \leq y \leq h\). Il triangolo \(AED\) è simile al triangolo \(ABC\), quindi vale la proporzione:
\[ ED : BC = AK : AH \]Poiché \(AK = AH - KH = h - y\) e \(FG = ED\), sostituendo:
\[ FG : a = (h-y) : h \] \[ FG = a\cdot\frac{h-y}{h} \]L'area del rettangolo è quindi:
\[ A(y) = FG \cdot y = \frac{a}{h}(hy - y^2) \]L'area \(A(y) = \dfrac{a}{h}(hy - y^2)\) è massima se e solo se lo è:
\[ z = hy - y^2 \]Questa funzione ha come grafico una parabola con asse parallelo all'asse delle ordinate \((z)\), con concavità verso il basso. Il suo massimo si ha nel vertice:
\[ z_V = \frac{h^2}{4} \quad \text{raggiunto per} \quad y^* = \frac{h}{2} \] \[ FG^* = a \cdot \frac{h - \frac{h}{2}}{h} = \frac{a}{2} \]Osserviamo che il rettangolo di area massima inscritto nel triangolo ha la base uguale alla metà della base del triangolo e altezza uguale alla metà dell'altezza del triangolo. Inoltre la sua area è un quarto dell'area del triangolo. Questa proprietà è indipendente dalla base e dall'altezza del triangolo.
Studiamo il segno di \(A'(y)\):
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).
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 \(P(\pi;\, 0)\):
\[ 0 = -\frac{\cos 2\pi}{2} - \cos\pi + C = -\frac{1}{2} + 1 + C = \frac{1}{2} + C \implies C = -\frac{1}{2} \]Usando la formula \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\):
\[ F(x) = -\frac{2\cos^2 x - 1}{2} - \cos x - \frac{1}{2} = -\cos^2 x + \frac{1}{2} - \cos x - \frac{1}{2} = -\cos^2 x - \cos x \]\(F(x)\) è combinazione di \(\cos 2x\) (periodo \(\pi\)) e \(\cos x\) (periodo \(2\pi\)). Il periodo di \(F\) è il minimo comune multiplo dei due periodi:
\[ T = \text{mcm}(\pi,\, 2\pi) = 2\pi \]Il dominio è \(\mathbb{R}\). La funzione non è né pari né dispari.
La derivata di \(F\) è proprio la funzione di partenza dell'esercizio:
\[ F'(x) = \sin x\,(2\cos x + 1) \]Poniamo \(F'(x) = 0\), che dà due casi:
\[ \sin x = 0 \implies x = 0,\, \pi,\, 2\pi \] \[ 2\cos x + 1 = 0 \implies \cos x = -\frac{1}{2} \implies x = \frac{2\pi}{3},\, \frac{4\pi}{3} \]Studiamo il segno di \(F'(x) = \sin x\,(2\cos x+1)\) nell'intervallo \([0,\, 2\pi]\):
| \(x\) | \(0\) | \(\left(0,\frac{2\pi}{3}\right)\) | \(\dfrac{2\pi}{3}\) | \(\left(\frac{2\pi}{3},\pi\right)\) | \(\pi\) | \(\left(\pi,\frac{4\pi}{3}\right)\) | \(\dfrac{4\pi}{3}\) | \(\left(\frac{4\pi}{3},2\pi\right)\) | \(2\pi\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(\sin x\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) |
| \(2\cos x+1\) | \(+\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) |
| \(F'(x)\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) |
| \(F\) | \(-2\) | \(\nearrow\) | max \(\frac{1}{4}\) | \(\searrow\) | min \(0\) | \(\nearrow\) | max \(\frac{1}{4}\) | \(\searrow\) | \(-2\) |
![Grafico di F(x) nell'intervallo [0, 2pi]](07maggio2009-esercizio3.png)
Grafico di \(F(x) = -\cos^2 x - \cos x\) in \([0,\, 2\pi]\).
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).
Definiamo \(f(x) = (3-x)e^x - 3\) e studiamo il segno di \(f\) 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 significativi:
Poiché \(f(0) = 0\) e \(f\) è strettamente crescente su \((0, 2)\), risulta \(f(x) > 0\) per ogni \(x \in (0, 2]\). Poiché poi \(f\) è decrescente su \((2, +\infty)\) e tende a \(-\infty\), per il teorema degli zeri esiste un'unica radice in \((2, +\infty)\).
Grafico di \(f(x) = (3-x)e^x - 3\).
Localizziamo la radice: poiché \(f(2) = e^2 - 3 \approx 4{,}39 > 0\) e \(f(3) = (3-3)e^3 - 3 = -3 < 0\), la radice è nell'intervallo \((2,\, 3)\).
Analizziamo il segno della derivata seconda nell'intervallo \((2,\, 3)\):
\[ f''(x) = \frac{d}{dx}\left[e^x(2-x)\right] = e^x(2-x) + e^x(-1) = e^x(1-x) \]Poiché \(f''(x) < 0\) per \(x > 1\), nell'intervallo \([2,\, 3]\) la derivata seconda ha segno costante ed è negativa. Quindi possiamo applicare il metodo delle tangenti prendendo come valore iniziale \(x_0 = 3\), essendo \(f(3) = -3 < 0\) dello stesso segno di \(f''(3) < 0\).
Ricordiamo che \(f'(x) = e^x(2-x)\).
Prima iterazione:
\[ x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 3 - \frac{f(3)}{f'(3)} = 3 - \frac{-3}{e^3(2-3)} = 3 - \frac{-3}{-e^3} = 3 - \frac{3}{e^3} \] \[ x_1 = 3 - \frac{3}{20{,}09} \approx 3 - 0{,}149 \approx 2{,}85 \]Seconda iterazione:
\[ f(2{,}85) = (3 - 2{,}85)\,e^{2{,}85} - 3 = 0{,}15 \cdot 17{,}29 - 3 \approx 2{,}594 - 3 = -0{,}406 \] \[ f'(2{,}85) = e^{2{,}85}(2 - 2{,}85) \approx 17{,}29 \cdot (-0{,}85) \approx -14{,}70 \] \[ x_2 = 2{,}85 - \frac{-0{,}406}{-14{,}70} \approx 2{,}85 - 0{,}028 \approx 2{,}82 \]Terza iterazione:
\[ f(2{,}82) = (3 - 2{,}82)\,e^{2{,}82} - 3 = 0{,}18 \cdot 16{,}78 - 3 \approx 3{,}020 - 3 = 0{,}020 \] \[ f'(2{,}82) = e^{2{,}82}(2 - 2{,}82) \approx 16{,}78 \cdot (-0{,}82) \approx -13{,}76 \] \[ x_3 = 2{,}82 - \frac{0{,}020}{-13{,}76} \approx 2{,}82 + 0{,}001 \approx 2{,}82 \]Poiché \(x_2\) e \(x_3\) coincidono al centesimo, la soluzione richiesta è \(2{,}82\).
Tangenti successive del metodo di Newton (WolframAlpha).
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 \(\pi\).
Sappiamo che una primitiva di \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) è \(\arcsin x\). Quindi:
\[ \int_0^{1/2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \Big[\arcsin x\Big]_0^{1/2} = \arcsin\frac{1}{2} - \arcsin 0 = \frac{\pi}{6} - 0 = \frac{\pi}{6} \quad \checkmark \]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 \(h = \dfrac{1}{8}\).
Scegliamo \(n = 4\) sottointervalli, così i nodi sono multipli di \(\dfrac{1}{8}\) e i valori di \(f\) sono facilmente calcolabili.
I nodi sono \(x_0 = 0,\ x_1 = \dfrac{1}{8},\ x_2 = \dfrac{2}{8},\ x_3 = \dfrac{3}{8},\ x_4 = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}\).
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:
\[ \int_0^{1/2} f(x)\,dx \approx \frac{h}{2}\left[f(x_0) + 2f(x_1) + 2f(x_2) + 2f(x_3) + f(x_4)\right] \] \[ \approx \frac{1/8}{2}\left[1{,}0000 + 2(1{,}0080) + 2(1{,}0328) + 2(1{,}0801) + 1{,}1547\right] \] \[ = \frac{1}{16}\left[1{,}0000 + 2{,}0160 + 2{,}0656 + 2{,}1602 + 1{,}1547\right] = \frac{1}{16} \cdot 8{,}3965 \approx 0{,}5248 \]Quindi:
\[ \pi \approx 6 \times 0{,}5248 = 3{,}1487 \]