Problema 2 – Testo e soluzione – Maturità 2012 Scientifico PNI

Testo

Siano \(f\) e \(g\) le funzioni definite da \(f(x)=e^x\) e \( g(x)=\ln x\).
1. 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 \(x=\frac{1}{2}\) e \( x=1\).
2. La regione R, ruotando attorno all’asse \(x\), genera il solido \(\mathcal{S}\) e, ruotando attorno all’asse \(y\), il solito \(\mathcal{T}\). Si scrivano, spiegandone il perchè, ma senza calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi di \(\mathcal{S}\) e di \(\mathcal{T}\).
3. 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 arrotandata ai centesimi.
4. Sia \(h(x) = f(x)-g(x)\). Per quali valori di \(x\) la funzione \(h(x)\) presenta, nell’intervallo chiuso \(\frac{1}{2}\leq x \leq 1\), il minimo e il massimo assoluti? Si illustri il ragionamento seguito.

Soluzione
1. I grafici delle funzioni \(f\) e \(g\) sono noti (Fig.1). L’area \(\mathcal{R}\) nell’intervallo di interesse \([\frac{1}{2},1]\) si calcola con

\begin{align*}
\mathcal{A}=&\int_{\frac{1}{2}}^{1}(e^x-\ln x)dx=
=&[e^x]_\frac{1}{2}^1-[x\ln x]_\frac{1}{2}^1+\int_{\frac{1}{2}}^{1}xD(\ln x)dx=
=&[e^x]_\frac{1}{2}^1-[x\ln x]_\frac{1}{2}^1+\int_{\frac{1}{2}}^{1}1dx=
=&[e^x]_\frac{1}{2}^1-[x\ln x]_\frac{1}{2}^1+[x]_\frac{1}{2}^1=
=&e-\sqrt{e}+\frac{1}{2}\ln\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}=
=&e-\sqrt{e}-\frac{1}{2}\ln 2+1-\frac{1}{2}=
=&e-\sqrt{e}+\frac{1}{2}\left(1-\ln 2\right)\approx1,2230.
\end{align*}

2012_PNI_p2_fig.1
2. Il solido \(S\) generato ruotando \(\mathcal{R}\) intorno all’asse \(x\) è rappresentato in Fig.2. Il solido è generato dalla sola rotazione di \(f\), in quanto chiamando \(A\) e \(B\) le intersezioni di \(f\) e \(g\) con la retta \(x=1/2\), si ha che \(y_A>\abs{y_B}\) ovvero \(\sqrt{e}>ln2\). Perciò il volume è così calcolato
\[
\mathcal{V}(S)=\pi\int_{\frac{1}{2}}^{1}[e^x]^2dx=\pi\int_{\frac{1}{2}}^{1}e^{2x}dx.
\]

2012_PNI_p2_fig.2

Per il volume di \(T\) consideriamo la rotazione intorno all’asse \(x\) poiché considereremo le inverse di \(f\) e \(g\) e la trasformazione di simmetria assiale \(x’=y \;\land\;y’=x\) avente per asse la bisettrice \(y=x\). Quindi
\begin{align*}
f^-1:&x=\ln y&x\in\left[\frac{1}{2},1\right],\;&y\in\left[\sqrt{e},e\right]\Longrightarrow f^-1:y’=\ln x’,\;y’\in\left[\frac{1}{2},1\right],x’\in\left[\sqrt{e},e\right]
g^-1:&x=e^y&x\in\left[\frac{1}{2},1\right],\;&y\in\left[-\ln 2,0\right]\Longrightarrow g^-1:y’=e^{x’},\;y’\in\left[\frac{1}{2},1\right],x’\in\left[-\ln 2,0\right].
\end{align*}
Quindi, se lasciamo cadere gli apici di \(x’\) e \(y’\), il solido \(T\) è generato dalla rotazione della regione \(R\) che può essere suddivisa in tre regioni \(R_1,R_2,R_3\) (Fig.3) definite come:
\begin{align*}
R_1&=\left\{(x,y)\middle|-\ln 2\leq x \leq 0 \land \frac{1}{2} \leq y \leq e^x\right\}
R_2&=\left\{(x,y)\middle|0\leq x \leq \sqrt{e} \land \frac{1}{2} \leq y \leq 1\right\}
R_3&=\left\{(x,y)\middle|\sqrt{e} \leq x \leq e \land \ln x \leq y \leq \frac{1}{2}\right\}
\end{align*}
2012_PNI_p2_fig.3

Quindi il volume è
\begin{align*}
\mathcal{V}(T)&=\mathcal{V}(R_1)+\mathcal{V}(R_2)+\mathcal{V}(R_3)=
&=\pi\int_{-\ln 2}^{0}\left[(e^x)^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]dx +
\pi\int_{0}^{\sqrt{e}}\left[1^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]dx+ \pi\int_{\sqrt{e}}^{e}(1^2-\ln^2x)dx=
&=\pi\int_{-\ln 2}^{0}\left(e^{2x}-\frac{1}{4}\right)dx+\frac{3\pi\sqrt{e}}{4}+\pi\int_{\sqrt{e}}^{e}(1-ln^2x)dx.
\end{align*}

3. Le rette tangenti \(t_f\) e \(t_g\) rispettivamente tangenti a \(f\) e \(g\) in un generico punto \(x_0\) sono parallele (Fig.4) solo se i coefficienti angolari sono uguali. Ovvero se
\[
f'(x_0)=m_f=m_g=g'(x_0)\hspace{5mm}\Longrightarrow\hspace{5mm}e^{x_0}=\frac{1}{x_0}.
\]

2012_PNI_p2_fig.4

2012_PNI_p2_fig.5

In Fig.5 vediamo che \(x_0\) è unico. Per dimostrarlo definiamo \(k(x)=e^x-\frac{1}{x}\). Per \(k=\frac{1}{2}\) si ha \(k\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{e}-2\approx-0,3513<0\), mentre per \(k=1\) si ha \(k(1)=e^1-1\approx1,718>0.\) Pertanto, nell’intervallo \(\left[\frac{1}{2},1\right]\), il teorema degli zeri assicura l’esistenza di almeno un valore \(\alpha\) tale che \(k(\alpha)=0\). Dato che \(k'(x)=e^x+1/x^2>0\) \(\forall x \in\left[\frac{1}{2},1\right]\), la funzione \(k\) è strettamente crescente e quindi \(\alpha\in \left]\frac{1}{2},1\right[ \) è unico. Utilizziamo il metodo di Newton per ottenere una stima di \(\alpha\)
\begin{align*}
x_{n+1}&=x_n-\frac{k(x_n)}{k'(x_n)}=x_n-\frac{e^{x_n}-(1/x)}{e^{x_n}+(1/x^2)}=
&=x_n-\frac{x_n^2e^{x_n}-x_n}{x_n^2e^{x_n}+1}
\end{align*}
Quindi
\[
x_1=0,5\Longrightarrow x_2= 0,5622 \Longrightarrow x_3=0,5671
\]
\(x_3\) differisce mento di un centesimo dalla precedente. Perciò \(\alpha=0,56\).

4. La funzione \(h(x)=f(x)-g(x)=e^x-\ln x\) è continua in \(\left[\frac{1}{2},1\right]\) . La sua derivata coincide con \(k(x)\), funzione che abbiamo studiato precedentemente. Infatti \(h'(x)=e^x-\frac{1}{x}=k(x)\). In Fig. 6 viene riassunto il segno di \(h(x)\) con un minimo assoluto in \(x=\alpha\) con un massimo in \(x=1\) poiché \(h(1)>h(1/2)\).

2012_PNI_p2_fig.6

 

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