Problema 1 – Simulazione 11

Simulazione 11 – PROBLEMA 1
Versione DSA

ⓘ Versione DSA: Questa pagina usa il font Lexend, sfondo crema, interlinea aumentata e strumenti di accessibilità (lettura ad alta voce, alto contrasto, dimensione testo). Le formule sono scritte su più righe per facilitare la lettura.

🔍 Testo

100%

Siano \(f\) e \(g\) le funzioni definite da

\[f(x) = e^x \qquad \text{e} \qquad g(x) = \ln x.\]

Siano f e g le funzioni definite da: f di x uguale a e elevato a x, e g di x uguale a logaritmo naturale di x.

a)

Fissato un riferimento cartesiano \(Oxy\), si disegnino i grafici di \(f\) e di \(g\) e si calcoli l'area della regione \(R\) che essi delimitano tra \(x = \dfrac{1}{2}\) e \(x = 1\).

Punto a. Fissato un riferimento cartesiano O x ipsilon, si disegnino i grafici di f e di g e si calcoli l'area della regione R che essi delimitano tra x uguale a un mezzo e x uguale a 1.

Studio e tracciamento dei grafici

La funzione \(f(x) = e^x\) è l'esponenziale a base naturale: strettamente crescente, passante per \((0;\,1)\), con l'asse \(x\) come asintoto orizzontale per \(x \to -\infty\).

La funzione \(g(x) = \ln x\) è la sua inversa: definita solo per \(x > 0\), strettamente crescente, passante per \((1;\,0)\), con l'asse \(y\) come asintoto verticale per \(x \to 0^+\).

I due grafici sono simmetrici rispetto alla retta \(y = x\) (bisettrice del primo e terzo quadrante).

Grafici di e^x e ln(x) con l'area della regione R evidenziata tra 1/2 e 1

Grafici di \(f(x)=e^x\) e \(g(x)=\ln x\) con la regione \(R\) evidenziata.

Calcolo dell'area della regione R

Nell'intervallo \(\left[\dfrac{1}{2};\,1\right]\) si ha \(f(x) > g(x)\), poiché \(e^x \ge e^{1/2} > 1\) mentre \(\ln x \le 0\). L'area è:

\[\text{Area}(R) = \int_{1/2}^{1} \bigl(e^x - \ln x\bigr)\,dx\]

Calcoliamo una primitiva di \(\ln x\) per parti, ponendo \(u = \ln x\) e \(v' = 1\):

\[\int \ln x\,dx = x\ln x - x + C\]

Una primitiva della funzione integranda è quindi \(F(x) = e^x - x\ln x + x\). Applichiamo il teorema fondamentale del calcolo integrale:

\[\text{Area}(R) = \Bigl[e^x - x\ln x + x\Bigr]_{1/2}^{1}\]

Calcoliamo i valori agli estremi:

\(F(1) = e^1 - 1\cdot\ln 1 + 1 = e + 1\) (poiché \(\ln 1 = 0\))
\(F\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = e^{1/2} - \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} =\sqrt{e} + \dfrac{1}{2}\ln 2 + \dfrac{1}{2}\) (poiché \(\ln\dfrac{1}{2} = -\ln 2\))

Sottraendo:

\[\text{Area}(R) = (e+1) - \left(\sqrt{e} + \tfrac{1}{2}\ln 2 + \tfrac{1}{2}\right) =\] \[= e - \sqrt{e} + \tfrac{1}{2} - \tfrac{1}{2}\ln 2\]

\[\text{Area}(R) = e - \sqrt{e} + \dfrac{1}{2}(1 - \ln 2) \approx 1{,}22\]

b)

La regione \(R\), ruotando attorno all'asse \(x\), genera il solido \(S\) e, ruotando attorno all'asse \(y\), il solido \(T\). Si scrivano, spiegandone il perché ma senza calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi di \(S\) e di \(T\).

Punto b. La regione R, ruotando attorno all'asse x, genera il solido S e, ruotando attorno all'asse ipsilon, il solido T. Si scrivano, spiegandone il perché ma senza calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi di S e di T.

Volume del solido S (rotazione attorno all'asse \(x\))

Ruotando la regione \(R\) attorno all'asse \(x\), ogni sezione perpendicolare è una corona circolare con raggio esterno \(f(x) = e^x\) e raggio interno \(g(x) = \ln x\). L'area della corona è \(\pi\bigl[f(x)^2 - g(x)^2\bigr]\), quindi il volume si calcola integrando queste aree:

\[V_S = \pi \int_{1/2}^{1} \bigl[f(x)^2 - g(x)^2\bigr]\,dx = \pi \int_{1/2}^{1} \bigl(e^{2x} - \ln^2 x\bigr)\,dx\]

Volume del solido T (rotazione attorno all'asse \(y\))

Per la rotazione attorno all'asse \(y\) si usa il metodo dei gusci cilindrici. Ogni rettangolo verticale elementare di larghezza \(dx\) e altezza \(f(x)-g(x)\), ruotando attorno all'asse \(y\), genera un guscio cilindrico di raggio \(x\) il cui volume infinitesimo è:

\[dV = 2\pi x\cdot\bigl[f(x) - g(x)\bigr]\,dx\]

Sommando (integrando) tutti i gusci:

\[V_T = 2\pi \int_{1/2}^{1} x\bigl[f(x) - g(x)\bigr]\,dx = 2\pi \int_{1/2}^{1} x\bigl(e^x - \ln x\bigr)\,dx\]

Per un approfondimento teorico sui metodi per il calcolo dei volumi si veda: Teoria Integrale Definito.

\[V_S = \pi \int_{1/2}^{1} \!\bigl(e^{2x} - \ln^2 x\bigr)\,dx \] \[V_T=2\pi \int_{1/2}^{1} x\bigl(e^x - \ln x\bigr)\,dx\]

c)

Fissato \(x_0 > 0\), si considerino le rette \(r\) e \(s\) tangenti ai grafici di \(f\) e di \(g\) nei rispettivi punti di ascissa \(x_0\). Si dimostri che esiste un solo \(x_0\) per il quale \(r\) e \(s\) sono parallele. Di tale valore \(x_0\) si calcoli un’approssimazione arrotondata ai centesimi.

Punto C. ... Fissato ics con zero maggiore di zero, si considerino le rette erre e esse tangenti ai grafici di effe e di gi nei rispettivi punti di ascissa ics con zero. Si dimostri che esiste un solo ics con zero per il quale erre ed esse sono parallele. Di tale valore ics con zero si calcoli un’approssimazione arrotondata ai centesimi.

Soluzione del punto c

Dimostrazione dell'esistenza e unicità dell'intersezione

I coefficienti angolari delle rette tangenti \(r\) e \(s\) ai grafici di \(f\) e \(g\) nel punto di ascissa \(x_0\) sono dati dalle rispettive derivate prime calcolate in \(x_0\):

\[m_r = f'(x_0) = e^{x_0} \quad \text{e} \quad m_s = g'(x_0) = \frac{1}{x_0}\]

Le rette sono parallele se e solo se hanno lo stesso coefficiente angolare (\(m_r = m_s\)), il che si traduce nell'equazione:

\[e^{x_0} = \frac{1}{x_0} \iff e^{x_0} - \frac{1}{x_0} = 0\]

Un confronto grafico fra le funzioni \(f(x)=e^x\) e \(g(x)=\frac{1}{x}\) ci consente di capire subito che l'equazione ammette una ed una sola soluzione.

Confronto grafico fra \(e^x\) e \(1/x\)

Consideriamo la funzione ausiliaria \(F(x) = e^x - \frac{1}{x}\) definita per \(x > 0\). Nell'intervallo chiuso e limitato \([\frac{1}{2}, 1]\) la funzione è continua. Verifichiamo il segno della funzione agli estremi dell'intervallo:

\(F\left(\frac{1}{2}\right) = e^{\frac{1}{2}} - 2 = \sqrt{e} - 2 \approx 1.65 - 2 = -0.35 < 0\)
\(F(1) = e^1 - 1 = e - 1 \approx 2.72 - 1 = +1.72 > 0\)

Poiché la funzione è continua nell'intervallo \([\frac{1}{2}, 1]\) e assume segni opposti ai suoi estremi, il Teorema di esistenza degli zeri garantisce che esiste almeno un valore \(x_0 \in (\frac{1}{2}, 1)\) tale che \(F(x_0) = 0\).

Studio della derivata prima e unicità dello zero

Per dimostrare che tale zero è unico, calcoliamo la derivata prima della funzione ausiliaria:

\[F'(x) = e^x + \frac{1}{x^2}\]

Dato che \(e^x > 0\) e \(\frac{1}{x^2} > 0\) per ogni \(x > 0\), la derivata prima risulta strettamente positiva (\(F'(x) > 0\)) in tutto l'intervallo. La funzione \(F(x)\) è quindi strettamente crescente; una funzione strettamente monotona non può intersecare l'asse delle ascisse in più di un punto, il che assicura l'unicità dello zero \(x_0\).

Calcolo numerico approssimato (Metodo di Bisezione)

Per determinare il valore approssimato di \(x_0\), applichiamo il metodo di bisezione partendo dall'intervallo iniziale \([a_0, b_0] = [0.5, 1]\). Ad ogni passo calcoliamo il punto medio \(c_n = \frac{a_n + b_n}{2}\) e valutiamo il segno di \(F(c_n)\) per restringere l'intervallo della radice:

Passo (\(n\))	Intervallo \([a_n, b_n]\)	Punto medio (\(c_n\))	\(F(c_n)\)	Segno di \(F(c_n)\)	Nuovo intervallo
1	\([0.5, 1.0]\)	\(0.75\)	\(2.117 - 1.333 = +0.784\)	+	\([0.5, 0.75]\)
2	\([0.5, 0.75]\)	\(0.625\)	\(1.868 - 1.600 = +0.268\)	+	\([0.5, 0.625]\)
3	\([0.5, 0.625]\)	\(0.5625\)	\(1.755 - 1.778 = -0.023\)	-	\([0.5625, 0.625]\)
4	\([0.5625, 0.625]\)	\(0.59375\)	\(1.811 - 1.684 = +0.127\)	+	\([0.5625, 0.59375]\)
5	\([0.5625, 0.59375]\)	\(0.578125\)	\(1.783 - 1.730 = +0.053\)	+	\([0.5625, 0.578125]\)

Al quinto passo l'intervallo si è ristretto a \([0.5625, 0.578125]\). Poiché sia l'estremo inferiore che quello superiore si arrotondano a \(0.57\) se consideriamo i centesimi, possiamo arrestare l'algoritmo avendo garantito la precisione richiesta.

Per una trattazione teorica completa ed approfondita sui metodi di approssimazione numerica si veda la seguente pagina: Risoluzione approssimata di un'equazione .

Valore approssimato arrotondato ai centesimi: \(x_0 \approx 0.57\)

d)

Sia \(h(x) = f(x) - g(x)\). Per quali valori di \(x\) la funzione \(h(x)\) presenta, nell'intervallo chiuso \(\left[\dfrac{1}{2};\,1\right]\), il minimo e il massimo assoluti? Si illustri il ragionamento seguito.

Punto d. Sia h di x uguale a f di x meno g di x. Per quali valori di x la funzione h di x presenta, nell'intervallo chiuso da un mezzo a 1, il minimo e il massimo assoluti? Si illustri il ragionamento seguito.

Esistenza del massimo e del minimo — Teorema di Weierstrass

La funzione \(h(x) = e^x - \ln x\) è continua sull'intervallo chiuso e limitato \(\left[\dfrac{1}{2};\,1\right]\), in quanto somma di funzioni continue. Per il Teorema di Weierstrass, ammette sicuramente un massimo assoluto e un minimo assoluto nell'intervallo.

Ricerca dei punti stazionari interni

Calcoliamo la derivata prima:

\[h'(x) = e^x - \frac{1}{x}\]

Riconosciamo che \(h'(x) = F(x)\) è proprio la funzione ausiliaria studiata nel punto c. Dal punto c sappiamo che \(h'(x) = 0\) ha un'unica soluzione \(x_0 \approx 0{,}57\) nell'intervallo \(\left(\dfrac{1}{2};\,1\right)\).

Studio del segno di \(h'(x)\) e monotonia

Per \(\dfrac{1}{2} \le x < x_0 \approx 0{,}57\): \(h'(x) < 0\) → \(h\) è strettamente decrescente.
Per \(x_0 < x \le 1\): \(h'(x) > 0\) → \(h\) è strettamente crescente.

Il punto interno \(x_0\) è quindi un punto di minimo relativo. Poiché non ci sono altri punti stazionari nell'intervallo, esso è anche il minimo assoluto.

Determinazione del Massimo Assoluto

Per trovare il massimo assoluto di \(h(x)\) nell'intervallo chiuso e limitato \([\frac{1}{2}, 1]\), dobbiamo ricordare come si comporta la funzione in base allo studio della sua derivata prima effettuato in precedenza:

Nell'intervallo \([\frac{1}{2}, x_0)\), cioè prima del punto critico \(x_0 \approx 0.57\), la derivata è negativa (\(h'(x) < 0\)), quindi la funzione è strettamente decrescente. Questo significa che partendo dall'estremo sinistro \(x = \frac{1}{2}\), i valori di \(h(x)\) scendono progressivamente fino a raggiungere il punto più basso in \(x_0\).
Nell'intervallo \((x_0, 1]\), cioè dopo il punto critico, la derivata è positiva (\(h'(x) > 0\)), quindi la funzione è strettamente crescente. Da \(x_0\) in poi, i valori di \(h(x)\) risalgono continuamente fino a raggiungere l'estremo destro \(x = 1\).

Poiché la funzione prima decresce e poi cresce, il punto interno \(x_0\) è un minimo assoluto e non può in alcun modo ospitare il massimo. Il valore massimo della funzione deve perciò trovarsi necessariamente in uno dei due "picchi" agli estremi dell'intervallo, dove la funzione inizia a scendere o dove finisce di salire (ovvero in \(x = \frac{1}{2}\) oppure in \(x = 1\)).

Per stabilire quale sia il massimo assoluto tra i due, procediamo al confronto diretto dei valori assunti dalla funzione \(h(x) = e^x - \ln x\) nei due estremi:

All'estremo sinistro (\(x = \frac{1}{2}\)): \[h\left(\frac{1}{2}\right) = e^{\frac{1}{2}} - \ln\left(\frac{1}{2}\right) =\] \[=\sqrt{e} - (-\ln 2) = \sqrt{e} + \ln 2 \approx 1.649 + 0.693 = 2.342\]
All'estremo destro (\(x = 1\)): \[h(1) = e^1 - \ln(1) = e - 0 = e \approx 2.718\]

Poiché \(h(1) \approx 2{,}718 > h\!\left(\dfrac{1}{2}\right) \approx 2{,}342\), il massimo assoluto si trova in \(x = 1\).

Punto	Valore di \(h\)	Tipo
\(x = \dfrac{1}{2}\)	\(\sqrt{e}+\ln 2 \approx 2{,}342\)	Estremo sinistro
\(x_0 \approx 0{,}57\)	\(\approx 2{,}330\)	Minimo assoluto
\(x = 1\)	\(e \approx 2{,}718\)	Massimo assoluto

Minimo assoluto in \(x_0 \approx 0{,}57\) — Massimo assoluto in \(x = 1\)

Simulazione 11 – Problema 1 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

a)