Soluzione esame di Maturità PNI 2012 - problema 2

Qui trovi la soluzione completa del problema 2 dell'esame di Maturità 2012 per il Piano Nazionale Informatica (PNI). Ti proponiamo lo svolgimento del problema per punti ed ogni passaggio è collegato alla lezione di teoria che descrive il metodo di risoluzione nel caso generale.

 

Testo del problema 2 dell'esame di Maturità 2012 PNI

 

Siano f e g le funzioni definite da f(x)= e^x e g(x)= \log(x).

 

1) Fissato un riferimento Ox y, si disegnino i grafici di f e di g e si calcoli l'area della regione R che essi delimitinano tra x= \frac{1}{2} e x= 1.

 

2) La regione R, ruotando attorno all'asse X genera un solido S e ruotando attorno all'asse Y il solido T. Si scrivano, spiegandone il perché ma senza calcolarli, gli integrali indefiniti che forniscono i volumi S e T.

 

3) Fissato x_0\textgreater 0, si considerino le rette r e s tangenti ai rispettivi 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 parallel. Di tale valore x_0 si calcoli un'approssimazione arrotondata ai centesimi.

 

4) Sia h(x)= f(x)-g(x)= e^x-\ln(x). Per quali valori di x la funzione h(x) presenta nell'intervallo chiuso il massimo e minimo assoluti?

 

Soluzione per punti del problema 2 - esame di Maturità 2012 PNI

 

(Per comodità ricopieremo in ogni punto la parte corrispondente del testo).

 

Punto 1

 

Fissato un riferimento Ox y, si disegnino i grafici di f e di g e si calcoli l'area della regione R che essi delimitinano tra x= \frac{1}{2} e x= 1.

 

Svolgimento: i grafici delle due funzioni sono noti (sono entrambe funzioni elementari)

 

Regione piana del problema 2 - esame di maturità 2012 PNI

 

Utilizziamo l'interpretazione geometrica dell'integrale per determinare l'area della regione R

 

\mbox{Area}(R)= \int_{\frac{1}{2}}^{1}e^{x}- \ln(x)dx

 

Sfruttiamo la linearità dell'integrale

 

\int_{\frac{1}{2}}^{1}e^{x}dx- \int_{\frac{1}{2}}^{1}\ln(x)dx=

 

da cui

 

\left[e^{x}\right]_{\frac{1}{2}}^{1}- [x\ln(x)- x]_{\frac{1}{2}}^{1}= \frac{1}{2}- \sqrt{e}+ e -\frac{\ln(2)}{2}

 

È importante farvi notare che l'integrale indefinito \int \ln(x)dx si risolve integrando per parti scegliendo come fattore finito (da derivare) la funzione \ln(x) e come fattore differenziale (da integrare) la funzione 1.

 

Punto 2

 

La regione R, ruotando attorno all'asse x genera un solido S e ruotando attorno all'asse Y il solido T. Si scrivano, spiegandone il perché ma senza calcolarli, gli integrali indefiniti che forniscono i volumi S e T.

 

Soluzione: iniziamo disegnando il grafico della regione piana e 

 

Solidi di rotazione del problema 2 dell'esame di Stato 2012 pni

 

usiamo le formule per il volume dei solidi di rotazione: quella per rotazioni attorno all'asse x e quella per la rotazione attorno all'asse y, rispettivamente

 

\mbox{Volume}(S)= \pi \int_{\frac{1}{2}}^{1}[e^{x}]^2dx

 

\mbox{Volume}(T)= 2\pi \int_{\frac{1}{2}}^{1}x(e^{x}-\ln(x))dx

 

Punto 3

 

Fissato x_0\textgreater 0, si considerino le rette r e s tangenti ai rispettivi 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 parallel. Di tale valore x_0 si calcoli un'approssimazione arrotondata ai centesimi.

 

Risposta: i coefficienti angolari delle rette tangenti ai rispettivi grafici nel punto di ascissa x_0 sono rispettivamente m_f= e^{x_0} e m_g= \frac{1}{x_0} e si ottengono derivando le due funzioni e valutando le derivate ottenute in x_0. Imponiamo la condizione di parallelismo, dobbiamo cioè richiedere che, affinché le due rette siano parallele, i loro coefficienti angolari siano uguali. Arriveremo a scrivere l'equazione trascendente:

 

m_f= m_g\iff e^{x_0}= \frac{1}{x_0}

 

L'equazione è equivalente al sistema

 

\begin{cases}y= e^{x_0}\\ y= \frac{1}{x_0}\end{cases}

 

e rappresentando le due funzioni in un unico piano cartesiano scopriremo che esiste una soluzione nell'intervallo \left[\frac{1}{2}, 1\right].

 

Iperbole equilatera ed esponenziale nel problema 2 della Maturità PNI 2012

 

A riprova di ciò, possiamo considerare la funzione ausiliaria z(x)= e^{x}-\frac{1}{x}. Da notare che è continua per x maggiore di 0 ed inoltre z\left(\frac{1}{2}\right)z(1)\textless 0. Il teorema degli zeri ci assicura l'esistenza, ma non l'unicità, di un x_0\in \left(\frac{1}{2}, 1\right) tale che z(x_0)= 0 ovvero e^{x_0}= \frac{1}{x_0}.

 

L'unicità discende dal fatto che z'(x)= e^{x}+\fra{1}{x^2}\textgreater 0\quad\forall x\textgreater 0. Questa condizione assicura che la funzione z è monotona crescente e quindi iniettiva, abbiamo dunque l'unicità della soluzione. Tramite il metodo di Newton, determiniamo l'approssimazione, ricordando che la formula da utilizzare è

 

\begin{cases}x_{n+1}= x_n-\frac{z(x_n)}{z'(x_n)}\\x_0= 1\end{cases}

 

 n   x_n   z(x_n)   z'(x_n)   x_{n+1} 
 0 1 1.71828 3.71828 0.537883
 1  0.537883   -0.146763   5.16878   0.566277 
 2  0.566277   -0.004224   4.88017   0.567143 
 3  0.567143   -3.45 x 10  4.87218   0.567143 

 

Una buona approssimazione di x_0 è x_0= 0.567.

 

Punto 4

 

Sia h(x)= f(x)-g(x)= e^x-\ln(x). Per quali valori di x la funzione h(x) presenta nell'intervallo chiuso il massimo e minimo assoluti? 

 

Svolgimento: studiamo la derivata dela funzione h(x) nell'intervallo aperto \left(\frac{1}{2}, 1\right)

 

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

 

Abbiamo visto nel punto precedente che x_0= 0.567 è una buona approssimazione dello zero della derivata prima, inoltre h'(x)\textgreater 0\iff x\textgreater x_0 mentre h'(x)\textless 0\iff x\textless x_0. Il minimo vale h(x_0)=2.33.

 

Si ha quindi che x_0 è un punto di minimo assoluto. Il punto di massimo, che esiste per Weierstrass, si trova agli estremi:

 

h(1/2)= e^{1/2}- \ln(1/2)\textless  h(1)= e.

 

Il massimo è ovviamente h(1)= e.

 

Fine! Per eventuali dubbi, puoi cercare le risposte alle tue domande con la barra di ricerca di YM: ne abbiamo risolti a tonnellate e tutto quello che potrebbe servirti è a portata di click.

 

 

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