Simulazione 2 - PROBLEMA 2
💡 Consiglio: Per una visualizzazione ottimale delle formule matematiche su smartphone, ruota il dispositivo in posizione orizzontale.
Sia \[ f_a(x)=\frac{x^2-ax}{|x|+1}, \qquad \text{con } a\in\mathbb{R}. \]
a)
Dimostra che, per qualsiasi valore di \( a \in \mathbb{R} \), la funzione \( f_a(x) \) è definita, continua e derivabile per ogni \( x \in \mathbb{R} \). Dimostra poi che \( f_a(x) \) ammette derivata seconda in \( x=0 \) solo se \( a=0 \).
Soluzione del punto a
Studiamo la funzione \[ f_a(x)=\frac{x^2-ax}{|x|+1}, \qquad a \in \mathbb{R}. \]
1. Dominio e continuità
Il denominatore \( |x|+1 \) è sempre strettamente positivo per ogni \( x \in \mathbb{R} \). Quindi la funzione è definita per ogni reale. Essendo quoziente di funzioni continue con denominatore mai nullo, \( f_a(x) \) è continua su \( \mathbb{R} \).
2. Derivabilità
Scriviamo la funzione in forma spezzata:
\[ f_a(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2-ax}{x+1} & \text{se } x \ge 0 \\ \dfrac{x^2-ax}{-x+1} & \text{se } x < 0 \end{cases} \]In ciascun intervallo \( (-\infty,0) \) e \( (0,+\infty) \) la funzione è quoziente di funzioni derivabili, quindi è derivabile lì. Resta da studiare il punto \( x=0 \).
3. Derivabilità in \( x=0 \)
Per studiare la derivabilità in \( x=0 \), determiniamo prima le derivate della funzione nei due semipiani: \( x>0 \) e \( x<0 \).
Derivata per \( x>0 \)
Per \( x>0 \) si ha \( |x|=x \), quindi:
\[ f_a(x)=\frac{x^2-ax}{x+1} \]Applichiamo la regola del quoziente:
\[ f'(x)=\frac{(2x-a)(x+1)-(x^2-ax)}{(x+1)^2} \]Semplificando il numeratore:
\[ f'(x)=\frac{2x^2+2x-ax-a-x^2+ax}{(x+1)^2} =\frac{x^2+2x-a}{(x+1)^2} \]Quindi:
\[ f'_+(0)=\lim_{x \to 0^+} \frac{x^2+2x-a}{(x+1)^2}=-a \]Derivata per \( x<0 \)
Per \( x<0 \) si ha \( |x|=-x \), quindi:
\[ f_a(x)=\frac{x^2-ax}{1-x} \]Applichiamo la regola del quoziente:
\[ f'(x)=\frac{(2x-a)(1-x)-(x^2-ax)(-1)}{(1-x)^2} \]Semplificando:
\[ f'(x)=\frac{2x-a-2x^2+ax+x^2-ax}{(1-x)^2} =\frac{-x^2+2x-a}{(1-x)^2} \]Quindi:
\[ f'_-(0)=\lim_{x \to 0^-} \frac{-x^2+2x-a}{(1-x)^2}=-a \]Conclusione
Poiché:
\[ f'_+(0)=f'_-(0)=-a \]la funzione è derivabile in \( x=0 \) per ogni \( a \in \mathbb{R} \).
4. Derivata seconda in \( x=0 \)
Per studiare l’esistenza della derivata seconda in \( x=0 \), calcoliamo esplicitamente \( f''(x) \) nei due intervalli \( x>0 \) e \( x<0 \), e poi analizziamo il comportamento per \( x \to 0^\pm \).
Caso \( x>0 \)
Per \( x>0 \) si ha \( |x|=x \), quindi:
\[ f(x)=\frac{x^2-ax}{x+1} \]La derivata prima è:
\[ f'(x)=\frac{x^2+2x-a}{(x+1)^2} \]Deriviamo ancora:
\[ f''(x)=\frac{(2x+2)(x+1)^2-(x^2+2x-a)\cdot 2(x+1)}{(x+1)^4} \]Semplificando:
\[ f''(x)=\frac{2(x+1)^3-(2x^2+4x-2a)(x+1)}{(x+1)^4} \] \[ f''(x)=\frac{2(x+1)^2-(2x^2+4x-2a)}{(x+1)^3} \]Ora calcoliamo il limite per \( x \to 0^+ \):
\[ \lim_{x \to 0^+} f''(x)=\frac{2\cdot 1 - (0-2a)}{1}=2+2a \]Caso \( x<0 \)
Per \( xx<0 \) si ha \( |x|=-x \), quindi:
\[ f(x)=\frac{x^2-ax}{1-x} \]Derivata prima:
\[ f'(x)=\frac{-x^2+2x-a}{(1-x)^2} \]Deriviamo ancora:
\[ f''(x)=\frac{(-2x+2)(1-x)^2-(-x^2+2x-a)\cdot 2(1-x)(-1)}{(1-x)^4} \]Semplificando:
\[ f''(x)=\frac{(-2x+2)(1-x)^2+2(-x^2+2x-a)(1-x)}{(1-x)^4} \]Portiamo a fattore:
\[ f''(x)=\frac{(-2x+2)(1-x)+2(-x^2+2x-a)}{(1-x)^3} \]Ora il limite per \( x \to 0^- \):
\[ \lim_{x \to 0^-} f''(x)=\frac{2+2(-a)}{1}=2-2a \]Condizione di esistenza della derivata seconda
La derivata seconda esiste in \( x=0 \) se e solo se i due limiti coincidono:
\[ 2+2a = 2-2a \] \[ 4a=0 \quad \Rightarrow \quad a=0 \]Conclusione
La funzione \( f_a(x) \) ammette derivata seconda in \( x=0 \) se e solo se:
\[ \boxed{a=0} \]b)
Determina, in funzione di \( a \), le coordinate del punto \( A \) di intersezione tra gli asintoti del grafico di \( f_a(x) \).
Soluzione del punto b
Studiamo gli asintoti obliqui della funzione
\[ f_a(x)=\frac{x^2-ax}{|x|+1}. \]Distinguiamo i due casi \( x \to +\infty \) e \( x \to -\infty \).
Asintoto per \( x \to +\infty \)
Per \( x>0 \), \( |x|=x \), quindi:
\[ f(x)=\frac{x^2-ax}{x+1} \]Calcoliamo il coefficiente angolare:
\[ m_+ = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2-ax}{x(x+1)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x-a}{x+1} = 1 \]Calcoliamo ora l’intercetta:
\[ q_+ = \lim_{x \to +\infty} \left( f(x) - x \right) \] \[ q_+ = \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x^2-ax}{x+1} - x \right) \]Mettiamo a denominatore comune:
\[ q_+ = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2-ax - x(x+1)}{x+1} \] \[ q_+ = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2-ax - x^2 - x}{x+1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-(a+1)x}{x+1} = -(a+1) \]Quindi l’asintoto destro è:
\[ y = x - (a+1) \]Asintoto per \( x \to -\infty \)
Per \( xx<0 \), \( |x|=-x \), quindi:
\[ f(x)=\frac{x^2-ax}{1-x} \]Coefficiente angolare:
\[ m_- = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-ax}{x(1-x)} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x-a}{1-x} = -1 \]Intercetta:
\[ q_- = \lim_{x \to -\infty} \left( f(x) - (-x) \right) = \lim_{x \to -\infty} \left( f(x) + x \right) \] \[ q_- = \lim_{x \to -\infty} \left( \frac{x^2-ax}{1-x} + x \right) \]Denominatore comune:
\[ q_- = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-ax + x(1-x)}{1-x} \] \[ q_- = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-ax + x - x^2}{1-x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{(1-a)x}{1-x} = a-1 \]Quindi l’asintoto sinistro è:
\[ y = -x + (a-1) \]Intersezione degli asintoti
\[ \begin{cases} y = x - (a+1) \\ y = -x + (a-1) \end{cases} \] \[ x - (a+1) = -x + (a-1) \Rightarrow 2x = 2a \Rightarrow x = a \] \[ y = a - (a+1) = -1 \]Conclusione
\[ \boxed{A(a,-1)} \]c)
Poni ora \( a = 2 \). Completa lo studio di funzione di \( f_2(x) \) e traccia il suo grafico. Stabilisci in particolare se il grafico di \( f_2(x) \) presenta o meno un punto di flesso e argomenta la tua risposta. Determina poi le equazioni delle rette \( t_1 \) e \( t_2 \) tangenti al grafico di \( f_2(x) \) nei punti in cui questo interseca l’asse \( x \).
Soluzione del punto c
Poniamo \( a=2 \). La funzione diventa:
\[ f_2(x)=\frac{x^2-2x}{|x|+1} \]Studiamo separatamente i casi \( x\ge 0 \) e \( xx<0 \).
1. Espressione analitica
Per \( x\ge0 \), si ha \( |x|=x \), quindi:
\[ f_2(x)=\frac{x^2-2x}{x+1} \]Per \( xx<0 \), si ha invece \( |x|=-x \), quindi:
\[ f_2(x)=\frac{x^2-2x}{1-x} \]2. Dominio e continuità
Il denominatore \( |x|+1 \) è sempre positivo, quindi il dominio è:
\[ D=\mathbb{R} \]La funzione è continua e derivabile in tutto \( \mathbb{R} \).
3. Intersezioni con gli assi
Le intersezioni con l’asse \( x \) si ottengono imponendo:
\[ f_2(x)=0 \]Poiché il denominatore non si annulla mai, deve essere:
\[ x^2-2x=0 \] \[ x(x-2)=0 \]Quindi i punti di intersezione con l’asse \( x \) sono:
\[ O(0,0), \qquad B(2,0) \]L’intersezione con l’asse \( y \) si ottiene per \( x=0 \):
\[ f_2(0)=0 \]quindi coincide con l’origine.
4. Asintoti
Dal punto precedente sappiamo che:
\[ y=x-3 \]è l’asintoto per \( x\to +\infty \), mentre:
\[ y=-x+1 \]è l’asintoto per \( x\to -\infty \).
Non esistono asintoti verticali poiché il denominatore non si annulla mai.
5. Studio del segno
Poiché il denominatore è sempre positivo, il segno della funzione dipende dal numeratore:
\[ x(x-2) \]Quindi:
- \( f_2(x)>0 \) per \( xx<0 \) oppure \( x>2 \);
- \( f_2(x)x<0 \) per \( 0<x<2 \).
6. Studio della monotonia
Derivata prima per \( x>0 \)
\[ f'(x)=\frac{x^2+2x-2}{(x+1)^2} \]Studiamo il segno del numeratore:
\[ x^2+2x-2=0 \] \[ x=-1\pm\sqrt{3} \]Per \( x>0 \) resta:
\[ x=-1+\sqrt3 \]Quindi:
- \( f'(x)x<0 \) per \( 0x<x<-1+\sqrt3 \);
- \( f'(x)>0 \) per \( x>-1+\sqrt3 \).
Derivata prima per \( x<0 \)
\[ f'(x)=\frac{-x^2+2x-2}{(1-x)^2} \]Il numeratore:
\[ -x^2+2x-2=-(x^2-2x+2) \]è sempre negativo, poiché:
\[ x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0 \]Quindi:
\[ f'(x)x<0 \qquad \forall x<0 \]7. Massimi e minimi
La funzione è decrescente per \( x<-1+\sqrt3 \) e crescente per \( x>-1+\sqrt3 \).
Quindi presenta un minimo relativo nel punto:
\[ x=-1+\sqrt3 \]Calcoliamo l’ordinata:
\[ f_2(-1+\sqrt3)=\frac{(-1+\sqrt3)^2-2(-1+\sqrt3)}{\sqrt3} \] \[ =\frac{1-2\sqrt3+3+2-2\sqrt3}{\sqrt3} =\frac{6-4\sqrt3}{\sqrt3} \]quindi il minimo relativo è:
\[ \left(-1+\sqrt3,\frac{6-4\sqrt3}{\sqrt3}\right) \]8. Studio della concavità
Derivata seconda per \( x>0 \)
Partendo da:
\[ f'(x)=\frac{x^2+2x-2}{(x+1)^2} \]deriviamo ancora:
\[ f''(x)=\frac{(2x+2)(x+1)^2-(x^2+2x-2)\cdot2(x+1)}{(x+1)^4} \]Semplificando:
\[ f''(x)=\frac{6}{(x+1)^3} \]che è sempre positiva per \( x>0 \).
Derivata seconda per \( x<0 \)
Partendo da:
\[ f'(x)=\frac{-x^2+2x-2}{(1-x)^2} \]deriviamo ancora:
\[ f''(x)=\frac{(-2x+2)(1-x)^2-(-x^2+2x-2)\cdot2(1-x)(-1)}{(1-x)^4} \]Semplificando:
\[ f''(x)=\frac{-6}{(1-x)^3} \]che è sempre negativa per \( x<0 \).
9. Punto di flesso
Osserviamo che:
- per \( xx<0 \), \( f''(x)<0 \): il grafico è concavo verso il basso;
- per \( x>0 \), \( f''(x)>0 \): il grafico è concavo verso l’alto.
La concavità cambia attraversando il punto \( x=0 \).
Inoltre la funzione è continua e derivabile in \( x=0 \), quindi il punto:
\[ (0,0) \]è un punto di flesso.
10. Tangenti nei punti di intersezione con l’asse \( x \)
I punti di intersezione con l’asse \( x \) sono:
\[ (0,0), \qquad (2,0) \]Tangente nel punto \( (0,0) \)
Dal punto precedente sappiamo che:
\[ f'(0)=-2 \]L’equazione della tangente è quindi:
\[ y-0=-2(x-0) \] \[ t_1:\ y=-2x \]Tangente nel punto \( (2,0) \)
Poiché \( 2>0 \), usiamo:
\[ f'(x)=\frac{x^2+2x-2}{(x+1)^2} \]Calcoliamo la derivata in \( x=2 \):
\[ f'(2)=\frac{4+4-2}{9}=\frac69=\frac23 \]L’equazione della tangente è:
\[ y-0=\frac23(x-2) \] \[ t_2:\ y=\frac23x-\frac43 \]Grafico delle tangenti \( t_1 \) e \( t_2 \):
Conclusione
- La funzione presenta un punto di flesso nell’origine \( (0,0) \);
- la tangente nell’origine è \( t_1:y=-2x \);
- la tangente nel punto \( (2,0) \) è \( t_2:y=\dfrac23x-\dfrac43 \).
d)
Considera il triangolo \( T \) formato dalle rette \( t_1 \) e \( t_2 \) determinate al punto precedente e dall’asse \( x \). Internamente a \( T \) considera la regione di piano \( S \) delimitata dall’asse \( x \) e dal grafico di \( f_2(x) \). Determina il rapporto tra l’area di \( S \) e l’area di \( T \).
Soluzione del punto d
Dallo studio precedente, per \( a=2 \), le tangenti nei punti di intersezione con l’asse \( x \) sono:
\[ t_1: y=-2x, \qquad t_2: y=\frac{2}{3}x-\frac{4}{3} \]Consideriamo i punti:
\[ O(0,0), \qquad A(2,0) \]e il punto di intersezione tra le due tangenti:
\[ -2x = \frac{2}{3}x - \frac{4}{3} \] \[ -6x = 2x - 4 \Rightarrow -8x = -4 \Rightarrow x = \frac{1}{2} \] \[ y = -2 \cdot \frac{1}{2} = -1 \]Quindi:
\[ B\left(\frac{1}{2}, -1\right) \]Area del triangolo \( T \)
Il triangolo \( T \) ha base \( OA = 2 \) e altezza \( 1 \), quindi:
\[ \mathcal{A}_T = \frac{base \cdot altezza}{2} = \frac{2 \cdot 1}{2} = 1 \]Area della regione \( S \)
La funzione è:
\[ f_2(x)=\frac{x^2-2x}{x+1}, \qquad x \in [0,2] \]Poiché \( f_2(x) \le 0 \) in \( (0,2) \), l’area è:
\[ \mathcal{A}_S = - \int_0^2 f_2(x)\,dx \]Scomponiamo la funzione tramite divisione tra polinomi:
\[
\begin{array}{r|l}
x^2 - 2x + 0 & x+1 \\[6pt]
\hline
& x - 3 \\[6pt]
\hline
x^2 + x & \\[6pt]
\hline
-3x + 0 & \\[6pt]
\hline
-3x - 3 & \\[6pt]
\hline
3 &
\end{array}
\]
Il quoziente è \( x - 3 \) e il resto è \( 3 \). Quindi:
\[ x^2 - 2x = (x+1)(x-3) + 3 \] \[ \frac{x^2 - 2x}{x+1} = x - 3 + \frac{3}{x+1} \]Calcoliamo gli integrali:
\[ \int_0^2 x\,dx = 2, \quad \int_0^2 3\,dx = 6, \quad \int_0^2 \frac{3}{x+1}dx = 3\ln 3 \]Quindi:
\[ \mathcal{A}_S = - (2 - 6 + 3\ln 3) = 4 - 3\ln 3 \]