Problema 1 – Testo e soluzione – Maturità 2014 Scientifico PNI

Testo
Sia \(g(x)\) una funzione continua sull’intervallo chiuso [-4,6]. Il grafico di \(g(x)\) mostrato in Fig., passa per i punti \(A(-4;0),\;O(0;0),\;B(2;2),\;C(4;2),\;D(6;0)\) e consiste della semicirconferenza di diametro \(AO\), dell’arco, quarto di circonferenza, di estremi \(O\) e \(B\), del segmento \(BC\) e dell’arco \(CD\) di una parabola avente per asse di simmetria l’asse \(x\).\\

2014_PNI_traccia_p1

1. Si dica, giustificando la risposta, se \(g(x)\) è derivabile nei punti \(A,O,B,C,D\).\\
2. Posto \(f(x)=\int_{-4}^{x}g(t)dt\), si calcolino \(f(-4),f(0),f(1),f(2),f(4),f(6).\)\\
3. Per quali valori di \(x\in[4,6]\), \(f(x)\) è positiva, negativa o nulla? E per quali \(x\) è positiva, negativa o nulla la funzione derivata seconda \(f”(x)\)?\\
4. La funzione \(f(x)\) presenta un massimo e un minimo assoluti? Qual è l’andamento di \(f(x)\)?
Soluzione
1. Chiamiamo \(\Gamma:y=g(x)\) (Fig.1). Una funzione è derivabile in un punto quando in tale punto possiede una retta tangente che non sia parallela all’asse \(y\) (ovvero il coefficiente angolare \(m\neq \infty\)). Quindi possiamo concludere che in \(A,O\;\text{e}\;D\) non esiste la derivata. Nel punto \(B\) la retta tangente è orizzontale con coefficiente angolare \(m=0\) ed è quindi derivabile con derivata nulla. \(C\) risulta essere un punto angoloso in quanto in un intorno sinistro del punto la tangente è orizzontale, mentre in un intorno destro questa ha coefficiente \(m<0\), pertanto la funzione non è derivabile in questo punto.\\ \\ 2014_PNI_p1_fig1

2. Otteniamo i valori richiesti senza scrivere esplicitamente \(g(x)\).
\begin{align*}
f(-4)=&\int_{-4}^{-4}g(t)dt=0\\
f(0)=&\int_{-4}^{0}g(t)dt=-\mathcal{A}(semicirc)=-\frac{\pi}{2}\cdot2^2=-2\pi\\
f(1)=&\int_{-4}^{1}g(t)dt=\int_{-4}^{0}g(t)dt+\int_{0}^{1}g(t)dt=-2\pi+\int_{0}^{1}g(t)dt
\end{align*}

2014_PNI_p1_fig2

L’integrale \(\int_{0}^{1}g(t)dt\) esprime l’area in giallo nella Fig.2. Ricordiamo che l’area di un settore circolare che insiste su un angolo al centro \(\alpha\) radianti è \(\mathcal{A}=\frac{1}{2}\alpha r^2\) dove in questo caso \(\alpha=\frac{\pi}{3}\) dato che \(\cos(\angle RST=\angle OST)=\overline{RS}/\overline{ST}=1/2\). Perciò
\begin{align*}
\int_{0}^{1}g(t)dt=&\mathcal{A}(ORT)=\mathcal{A}(settore\;OST)-\mathcal{A}(\triangle RST)=\\
=&\frac{1}{2}\frac{\pi}{3}\cdot\overline{OS}^2-\frac{1}{2}\overline{RS}\cdot\overline{RT}=\\
=&\frac{\pi}{6}\cdot 2^2-\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot\sqrt{3}=\frac{2\pi}{3}-\frac{3}{2}\\
\Longrightarrow f(1)\approx &-5,0548.
\end{align*}
Invece
\begin{align*}
f(2)=&\int_{-4}^{2}g(t)dt=\int_{-4}^{0}g(t)dt+\int_{0}^{2}g(t)dt=-\pi\\
f(4)=&\int_{0}^{4}g(t)dt=\int_{0}^{2}g(t)dt+\int_{2}^{4}g(t)dt=4-\pi\\.
\end{align*}
Per quanto riguarda \(f(6)\) si ha
\[
f(6)=\int_{0}^{6}g(t)dt=\int_{0}^{4}g(t)dt+\int_{4}^{6}g(t)dt=4-\pi+\int_{4}^{6}g(t)dt.
\]
L’integrale\( \int_{4}^{6}g(t)dt\) viene calcolato utilizzando la formula di Archimede per il segmento parabolico. Quindi
\[
\mathcal{A}(segPar)=\frac{1}{6}|{a}|\cdot|{x_2-x_1}|^3.
\]
\(a\) rappresenta il coefficiente del termine quadratico della parabola mentre \(x_1\) e \(x_2\) sono le ascisse che nel nostro caso sono le ordinate. Poiché la parabola deve rientrare nella forma \(x=ay^2+6\) in quanto il vertice possiede coordinate \((6,0)\) e appartiene all’asse \(x\), la condizione di appartenenza del punto \((4,2)\) permette di determinare il parametro \(a\) incognito, infatti
\[
4=4a+6\hspace{5mm}\Longrightarrow\hspace{5mm}a=-\frac{1}{2}.
\]
Sostituendo il valore ottenuto nell’area del segmento parabolico, otteniamo infine
\[
f(6)=4-\pi+\frac{8}{3}\approx 3,5251.
\]\\
\\
3. Per ottenere l’andamento di \(f(x)\) vediamo come varia l’area della figura compresa tra \(\Gamma\) e \(x=\alpha\) con \(-4\leq\alpha\leq6\) (Fig.3).

2014_PNI_p1_fig3

Nell’intervallo [0,4] per \(\alpha\) crescente l’area diminuisce poichè \(g(x)\leq 0\) fino a raggiungere il valore \(f(0)=-2\pi\). Il suo grafico, in questo intervallo, è rappresentato in Fig.4.\\

2014_PNI_p1_fig4

2014_PNI_p1_fig5

Nell’intervallo [0,2] \(g(x)>0\) e \(f\) quindi non può che aumentare fino a raggiungere in \(x=2\) il valore già calcolato di \(f(2)=-\pi\) (Fig.5). Successivamente, nell’intervallo ]2,4[, \(f(x)\) aumenta linearmente con \(x\), poichè l’area sottesa tra \(\Gamma\) e l’asse delle \(x\) è un rettangolo di base \(x-2\) e altezza 2 (Fig.6).

2014_PNI_p1_fig6

Dato che \(f(4)=4-\pi>0\), allora \(f\) si annullerà in un punto che deduciamo da
\[
f(x)=-2\pi+\pi+2(x-2)=0 \hspace{5mm}\Longrightarrow\hspace{5mm}x=2+\frac{\pi}{2}.
\]
Infine, se \(x\in]4,6[\) si ha che \(f\) è ancora crescente fino al suo valore massimo che è \(f(6)\approx 3,5251\) (Fig.7).\\

2014_PNI_p1_fig7

Il segno della derivata seconda invece possiamo dedurlo dall’andamento di \(g(x)\).
\(g\) è decrescente per \(x\in]-4,-2[\cup]4,6[\) e quindi \(f”(x)<0\). \(g\) è invece crescente in \(x\in]-2,0[\cup]0,2[\) e quindi \(f''(x)>0.\)\\
\(g'(x)=f”(x)=0\) per \(x\in]2,4[\). Dato che in \(x=2\) la tangente destra è uguale a quella sinistra ed è orizzontale, si ha che \(f”(2)=g'(2)=0\).\\
Infine \(f”(-2)=g'(-2)=0\) in quanto \(g\) possiede tangente orizzontale in \(x=-2\). Nei punti con \(x=-4,0,4,6\) la \(g\) non è derivabile e quindi non esiste \(f”\). \\
\\
4. Riassumiamo tutti i risultati ottenuti in Fig. 8. Dalla Fig.9 invece notiamo che la funzione presenta un minimo assoluto in \(x=0\) dove \(f(0)=-2\pi\), mentre il massimo assoluto è raggiunto a \(x=6\) dove \(f(6)=\frac{20}{3}-\pi\).
2014_PNI_p1_fig8

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