Argomenti: rette tangenti comuni, grafici deducibili, punti di non derivabilità, confronto di integrali, zero di una funzione, volume di un solido di rotazione.
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Risolvi da solo i vari punti del problema e controlla le soluzioni premendo il tasto corrispondente.
Verifica che nei punti \(x=1\) e \(x=-1\) le funzioni \(g_1, g_2, g_3, g_4\) condividono le stesse rette tangenti.
💡 Suggerimento 1:
Calcola il valore di ciascuna funzione in \(x=1\) e \(x=-1\): devi verificare che abbiano tutte lo stesso valore.
💡 Suggerimento 2:
Calcola le derivate delle quattro funzioni e valutale in \(x=1\) e \(x=-1\): devono coincidere.
💡 Suggerimento 3:
Con punto di tangenza e coefficiente angolare uguali per tutte le funzioni, la retta tangente è la stessa. Scrivine l'equazione.
Calcoliamo le derivate delle funzioni:
\[ g_1'(x) = x \] \[ g_2'(x) = \begin{cases} 1 & \text{se } x > 0 \\ -1 & \text{se } x < 0 \end{cases} \] \[ g_3'(x) = \sin\left(\frac{\pi}{2}x\right) \] \[ g_4'(x) = \frac{1}{x} \]Cerchiamo i valori che tali derivate assumono in \(x=1\) e \(x=-1\), che equivalgono ai coefficienti angolari delle rette tangenti:
\[ g_1'(1) = 1, \quad g_2'(1) = 1, \quad g_3'(1) = 1, \quad g_4'(1) = 1 \] \[ g_1'(-1) = -1, \quad g_2'(-1) = -1, \quad g_3'(-1) = -1, \quad g_4'(-1) = -1 \]Calcoliamo i valori che assumono le funzioni in \(x=1\) e \(x=-1\):
\[ g_1(1) = 0, \quad g_2(1) = 0, \quad g_3(1) = 0, \quad g_4(1) = 0 \] \[ g_1(-1) = 0, \quad g_2(-1) = 0, \quad g_3(-1) = 0, \quad g_4(-1) = 0 \]Le tangenti in \((1; 0)\) hanno coefficiente angolare 1, quindi equazione: \(y = x - 1\)
Le tangenti in \((-1; 0)\) hanno coefficiente angolare -1, quindi equazione: \(y = -x - 1\)
Dopo aver tracciato i grafici delle funzioni \(g_1, g_2, g_3, g_4\) deduci quelli delle funzioni:
\[ f_1(x) = \begin{cases} \ln|x| & \text{se } |x| \ge 1 \\ -g_1(x) & \text{se } |x| < 1 \end{cases} \] \[ f_2(x) = \begin{cases} \ln|x| & \text{se } |x| \ge 1 \\ -g_2(x) & \text{se } |x| < 1 \end{cases} \] \[ f_3(x) = \begin{cases} \ln|x| & \text{se } |x| \ge 1 \\ -g_3(x) & \text{se } |x| < 1 \end{cases} \]Classifica gli eventuali punti di non derivabilità di \(f_1, f_2, f_3\) e posto:
\[ I_1 = \int_{-e}^{e} f_1(x) \,dx \] \[ I_2 = \int_{-e}^{e} f_2(x) \,dx \] \[ I_3 = \int_{-e}^{e} f_3(x) \,dx \]verifica le disuguaglianze: \(I_1 < I_3 < I_2\).
Grafici delle funzioni g:
💡 Suggerimento per \(g_1\):
\(g_1(x) = \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\) è una parabola. Individua vertice, asse di simmetria e concavità.
💡 Suggerimento per \(g_2\):
\(g_2(x) = |x| - 1\) si ottiene da \(y=|x|\) con una traslazione verticale verso il basso di 1.
💡 Suggerimento per \(g_3\):
\(g_3(x) = -\frac{2}{\pi}\cos\!\left(\frac{\pi}{2}x\right)\) è un coseno con periodo \(T=4\) e valori compresi tra \(-\frac{2}{\pi}\) e \(\frac{2}{\pi}\).
💡 Suggerimento per \(g_4\):
\(g_4(x) = \ln|x|\) si ottiene dal grafico di \(\ln x\) aggiungendo la sua simmetrica rispetto all'asse \(y\).
Il grafico di \(g_1(x) = \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\) è una parabola con vertice in \((0; -\frac{1}{2})\), asse di simmetria l'asse \(y\) e concavità verso l'alto.
Il grafico di \(g_2(x) = |x| - 1\) si ottiene da \(y=|x|\) traslando verso il basso di 1.
Il grafico di \(g_3(x) = -\frac{2}{\pi}\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)\) è una funzione coseno con periodo \(T = \frac{2\pi}{\frac{\pi}{2}} = 4\) e situata tra \(-\frac{2}{\pi}\) e \(\frac{2}{\pi}\).
Il grafico di \(g_4(x) = \ln(|x|)\) si ottiene da \(\ln(x)\) con l'aggiunta della sua simmetrica rispetto all'asse \(y\).
Grafici delle funzioni f:
💡 Suggerimento per \(f_1\):
Per \(|x| \ge 1\) il grafico coincide con \(\ln|x|\); per \(|x| < 1\) usa \(-g_1(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}x^2\). Controlla la continuità in \(x=\pm 1\).
💡 Suggerimento per \(f_2\):
Per \(|x| < 1\) hai \(-g_2(x) = 1 - |x|\), che ha un punto angoloso in \(x=0\). Controlla la continuità in \(x=\pm 1\).
💡 Suggerimento per \(f_3\):
Per \(|x| < 1\) hai \(-g_3(x) = \frac{2}{\pi}\cos\!\left(\frac{\pi}{2}x\right)\). Verifica che si raccordi senza angoli con \(\ln|x|\) in \(x=\pm 1\).
Il grafico di \(f_1(x) = \begin{cases} \ln|x| & \text{se } |x| \ge 1 \\ -g_1(x) & \text{se } |x| < 1 \end{cases}\) è il seguente:
Il grafico di \(f_2(x) = \begin{cases} \ln|x| & \text{se } |x| \ge 1 \\ -g_2(x) & \text{se } |x| < 1 \end{cases}\) è il seguente:
Il grafico di \(f_3(x) = \begin{cases} \ln|x| & \text{se } |x| \ge 1 \\ -g_3(x) & \text{se } |x| < 1 \end{cases}\) è il seguente:
Analisi e confronto:
💡 Suggerimento 1:
Controlla le derivate laterali in \(x=\pm 1\) per tutte e tre le funzioni, e in \(x=0\) per \(f_2\).
Le tre funzioni hanno in \(x=-1\) e \(x=1\) dei punti angolosi; inoltre la funzione \(f_2\) ha un altro punto angoloso in \(x=0\).
💡 Suggerimento 1:
Per \(|x| \ge 1\) le tre funzioni coincidono: la differenza tra gli integrali dipende solo dall'intervallo \([-1, 1]\).
💡 Suggerimento 2:
Nell'intervallo \([-1, 1]\) confronta graficamente \(-g_1\), \(-g_2\), \(-g_3\) e stabilisci l'ordine.
Posto:
\[ I_1 = \int_{-e}^{e} f_1(x) \,dx \] \[ I_2 = \int_{-e}^{e} f_2(x) \,dx \] \[ I_3 = \int_{-e}^{e} f_3(x) \,dx \]Verifichiamo le disuguaglianze: \(I_1 < I_3 < I_2\).
Osserviamo il seguente grafico:
La dimostrazione della proprietà richiesta segue dal fatto che per \(|x|>1\) le tre funzioni coincidono e nell'intervallo \([-1; 1]\) risulta:
\[ f_1 < f_3 < f_2 \]Posto:
\[ h(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x \le 0 \\ g_1(x) & \text{se } 0 < x < 1 \\ \ln(|x|) & \text{se } x \ge 1 \end{cases} \]Dimostra che la funzione: \(H(x) = \int_0^x h(t) \,dt\) ammette uno zero nell'intervallo \([\sqrt{e}; e]\).
💡 Suggerimento 1:
Osserva il grafico di \(h(x)\): per \(0 < x < 1\) la funzione è negativa, per \(x \ge 1\) è positiva. Quindi \(H(x)\) prima decresce poi cresce.
💡 Suggerimento 2:
Calcola \(H(1)\) integrando \(g_1\) su \([0,1]\). Poi usa il teorema degli zeri su \([1, e]\) calcolando \(H(\sqrt{e})\) e \(H(e)\) e confrontandoli.
💡 Suggerimento 3:
Mostra che \(H(\sqrt{e}) < 0\) e \(H(e) > 0\): per il teorema degli zeri lo zero esiste nell'intervallo.
Osserviamo il grafico di \(h(x)\):
Lo zero richiesto è il punto \(a>1\) tale che:
\[ \int_0^1 g_1(x) \,dx + \int_1^a g_4(x) \,dx = 0 \]quindi:
\[ \int_1^a \ln(x) \,dx = - \int_0^1 \left(\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\right) \,dx \] \[ = -\left[\frac{1}{6}x^3 - \frac{1}{2}x\right]_0^1 \] \[ = -\left[\frac{1}{6} - \frac{1}{2}\right] = -\left[\frac{1 - 3}{6}\right] = -\left[-\frac{2}{6}\right] = \frac{1}{3} \]Determiniamo per parti una primitiva di \(\ln(x)\):
\[ \int \ln(x) \,dx = x\ln(x) - \int x \cdot \frac{1}{x} \,dx = x\ln(x) - x + C \]Quindi:
\[ \int_1^a \ln(x) \,dx = [x\ln(x) - x]_1^a = a\ln a - a + 1 = \frac{1}{3} \]da cui: \(\ln a = \dfrac{a-2}{3a}\)
Dimostrare che \(H(x)\) ha uno zero nell'intervallo \([\sqrt{e}, e]\) equivale a dimostrare che l'equazione \(\ln a = \dfrac{a-2}{3a}\) ha una soluzione per \(a\) compreso tra \(\sqrt{e}\) ed \(e\), ovvero che la funzione \(\ln a - \dfrac{a-2}{3a}\) cambia segno in quell'intervallo.
In \(a = \sqrt{e}\): \(\ln\sqrt{e} = \dfrac{1}{2}\), mentre \(\dfrac{\sqrt{e}-2}{3\sqrt{e}} \approx 0.6\), quindi \(\ln a - \dfrac{a-2}{3a} \approx \dfrac{1}{2} - 0.6 < 0\).
In \(a = e\): \(\ln e = 1\), mentre \(\dfrac{e-2}{3e} \approx 0.8\), quindi \(\ln a - \dfrac{a-2}{3a} \approx 1 - 0.8 > 0\).
Poiché la funzione \(\ln a - \dfrac{a-2}{3a}\) è continua e cambia segno tra \(\sqrt{e}\) ed \(e\), per il teorema degli zeri esiste almeno un \(a \in (\sqrt{e}, e)\) che soddisfa l'equazione, cioè tale che \(H(a) = 0\).
Calcola il volume del solido ottenuto facendo ruotare di \(\frac{\pi}{3}\) radianti intorno all'asse \(x\) la regione di piano delimitata dalle rette di equazioni \(x=-1\), \(x=+1\) e dai grafici di \(g_2\) e \(g_1\).
💡 Suggerimento 1:
La formula per la rotazione di \(\alpha\) radianti della regione compresa tra i grafici di \(f\) e \(g\) (con \(f > g\)) intorno all'asse \(x\) è: \(V = \frac{\alpha}{2} \int_a^b [f^2(x) - g^2(x)] \,dx\).
💡 Suggerimento 2:
Poiché \(g_1\) e \(g_2\) sono funzioni pari, l'integrale su \([-1,1]\) è il doppio di quello su \([0,1]\). Su \([0,1]\) verifica quale delle due funzioni è maggiore.
💡 Suggerimento 3:
Su \([0,1]\): \(g_1(x) = \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\) va da \(-\frac{1}{2}\) a \(0\), mentre \(g_2(x) = x-1\) va da \(-1\) a \(0\). Quindi \(g_1(x) \ge g_2(x)\).
Rappresentiamo la regione R richiesta:
Ricordiamo che il volume del solido ottenuto dalla rotazione di \(2\pi\) della regione di piano compresa fra il grafico di una funzione \(f(x)\) e le rette \(x=a\) e \(x=b\) intorno all'asse \(x\) è dato da:
\[ V = \pi \int_a^b f^2(x) \,dx \]Se la rotazione è di \(\alpha\) radianti il volume \(V'\) si ottiene a partire dalla seguente proporzione:
\[ \frac{V'}{V} = \frac{\alpha}{2\pi} \]quindi:
\[ V' = \frac{\alpha}{2\pi} V = \frac{\alpha}{2} \int_a^b f^2(x) \,dx \]Se la rotazione è quella della regione compresa fra i grafici delle due funzioni \(f(x)\) e \(g(x)\), con \(f(x) > g(x) \ge 0\), si ha:
\[ V = \frac{\alpha}{2} \int_a^b [f^2(x) - g^2(x)] \,dx \]Nel nostro caso dobbiamo calcolare il volume del solido generato dalla rotazione di \(\frac{\pi}{3}\) radianti della regione R delimitata dai grafici di \(g_1(x)\) e \(g_2(x)\) e dalle rette \(x=-1\) e \(x=1\).
Le funzioni \(g_1(x) = \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\) e \(g_2(x) = |x| - 1\) sono entrambe pari, quindi l'integrale sull'intervallo \([-1, 1]\) può essere calcolato come il doppio dell'integrale su \([0, 1]\). In questo intervallo, \(|x|=x\), quindi \(g_2(x) = x-1\).
Poiché la regione R è sotto l'asse delle x, consideriamo la sua simmetrica R' rispetto all'asse delle x. Il solido ottenuto dalla rotazione di R' ha lo stesso volume del solido ottenuto dalla rotazione di R.
Considerando R', il grafico di \(-g_2\) è sopra il grafico di \(-g_1\), quindi il volume è dato da:
\[ V = 2\left[ \frac{\pi}{3} \cdot \frac{1}{2} \int_0^1 \left[(-g_2(x))^2 - (-g_1(x))^2\right] \,dx \right] \] \[ = \frac{\pi}{3} \int_0^1 \left[g_2^2(x) - g_1^2(x)\right] \,dx \] \[ = \frac{\pi}{3} \int_0^1 \left[(x-1)^2 - \left(\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\right)^2\right] \,dx \] \[ = \frac{\pi}{3} \int_0^1 \left[(x^2 - 2x + 1) - \left(\frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{4}\right)\right] \,dx \] \[ = \frac{\pi}{3} \int_0^1 \left(-\frac{1}{4}x^4 + \frac{3}{2}x^2 - 2x + \frac{3}{4}\right) \,dx \] \[ = \frac{\pi}{3} \left[-\frac{1}{20}x^5 + \frac{1}{2}x^3 - x^2 + \frac{3}{4}x\right]_0^1 \] \[ = \frac{\pi}{3} \left(-\frac{1}{20} + \frac{1}{2} - 1 + \frac{3}{4}\right) \] \[ = \frac{\pi}{3} \left(\frac{-1 + 10 - 20 + 15}{20}\right) = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{4}{20} = \frac{\pi}{15} \]Hai usato aiuti in 0 / 7 domande.