Problema 2 – Testo e soluzione – Maturità 2013 Scientifico PNI

Testo

Sia \(f\) la funzione definita per tutti gli x positivi da \(f(x) = x^3 \ln{x}\).
Si studi \(f\) e si tracci il suo grafico \(\gamma\) su un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali e monometrici \(Oxy\); accertato che \(\gamma\) presenta sia un punto di flesso che un punto di minimo se ne calcolino, con l’aiuto di una calcolatrice, le ascisse arrotondate alla terza cifra decimale.
Sia P il punto in cui \(\gamma\) interseca l’asse \(x\). Si trovi l’equazione della parabola, con asse parallelo all’asse y, passante per l’origine e tangente a \(\gamma\) in P.
Sia \(R\) la regione delimitata da \(\gamma\) e dall’asse \(x\) sull’intervallo aperto a sinistra \(]0, 1]\). Si calcoli l’area di \(R\), illustrando il ragionamento seguito e la si esprima in \( mm^2\) avendo supposto l’unità di misura lineare pari a 1 decimetro.
Si disegni la curva simmetrica di \(\gamma\) rispetto all’asse \(y\) e se ne scriva altresì l’equazione. Similmente si faccia per la curva simmetrica di \(\gamma\) rispetto alla retta \(y = −1\).

Soluzione
1.Il dominio della funzione \[ f(x)=x^3 \ln{x}\] è l’insieme \[R_+ =] 0,+\infty[\] Il suo segno discende invece dallo studio dei fattori:
\( x^3 > 0 \) ovvero \( x > 0 \), e di \( \ln{x} \leq 0 \) -> \( x \leq 1 \)
ovvero \(f(x) > 0 \) se e solo se \( x \leq 1 \)
La funzione nel proprio dominio è continua in quanto prodotto di funzioni continue per cui lo studio dei limiti si riduce agli estremi del domino.
Il primo limite :
\[ \lim_{x \to 0+}{f(x)}= \lim_{x \to 0+}{x^3 \ln x)}= \lim_{x \to 0+}{\frac{\ln x}{x^-3}} \]
Tale limite rappresenta un caso di indeterminazione pertanto conviene analizzare l’applicabilità del teorema di De L’Hopital. Passando allo studio del limite delle derivate otteniamo
\[ \lim_{x \to 0+}{\frac{D(\ln x)}{D(x^-3)}} = lim_{x \to 0+}{\frac{1/x)}{-3x^-4}} = lim_{x \to 0+}{-\frac{x^3}{3}} = 0 \]
per cui l’ipotesi fondamentale dell’esistenza del limite precedente appare soddisfatta e in base a tale teorema concludiamo che
\[ \lim_{x \to 0+}{f(x)}= \lim_{x \to 0+}{x^3 \ln x)}=0\]
Il secondo limite non presenta invece particolari difficoltà in quanto:
\[lim_{x \to +\infty}{f(x)} = \lim_{x \to 0+}{x^3 \ln x)}= + \infty \]
Questo risultato rende possibile l’esistenza di un asintoto obliquo per cui va studiato l’ulteriore limite \( lim_{x \to +\infty}{\frac{f(x)}{x}}\). Tale limite risulta
\[ \lim_{x \to 0+}{x^2 \ln x)}= + \infty \]
per cui la funzione non presenta alcun asintoto obliquo. Calcoliamo la derivata prima e studiamone il segno:
\[ f'(x)=3x^2 \ln{x} + x^3 \frac{1}{x} = x^2(3 \ln(x) +1) \]
Siccome \(x^2 > 0 \forall x > 0 \)
\[ f'(x) \leq 0 \longrightarrow 3 \ln(x) +1 \leq 0 \longrightarrow x \leq e^{-\frac{1}{3}}\].
Tale segno, riportato in forma grafica nella figura seguente

2013_PNI_P2_figura1

dimostra l’esistenza di un minimo per la funzione \(f\) in corrispondenza di \( x_m = e^{−1/3}\). La derivata seconda è invece: \[f’’(x) = x(6 \ln x +5)\] e il suo segno dipende dal solo secondo fattore in quanto \(x > 0\). Pertanto : \[f’’ (x) \leq 0 \longrightarrow 6 \ln x +5 \leq 0 \longrightarrow x \leq e^{-\frac{5}{6}}\]. Dalla rappresentazione grafica del segno della derivata seconda presente nella seguente figura

2013_PNI_P2_figura2

Si osserva che per \( x = e^{-\frac{5}{6}}\) esiste un punto di flesso. L’ordinata del punto di flesso è \[f(e^{-\frac{5}{6}}= -\frac{5 e^{-5/2}}{6}\] Pertanto i punti richiesti sono:

minimo : \( \left( e^{-1/3} , -(3e)^{-1} \right) \)

flesso : \( \left( e^{-5/6} , -\frac{5 e^{-5/2}}{6} \right) \) .
Un possibile grafico di \( \gamma : f(x) = x^3 \ln x\) è riportato in figura

2013_PNI_P2_figura3

La parabola \(g\) richiesta passa per l’origine e per il punto P(1,0) dell’asse x, la sua equazione è nella forma \(g(x) = ax(x − 1) = ax^2 – ax\). La condizione di tangenza si traduce nell’uguaglianza delle derivate di \(f\) e \(g\) ossia: \[ f'(1) = g'(1) \longrightarrow a=1\] L’equazione della parabola richiesta è \(g(x) = x(x − 1)\).
La regione R delimitata da \(\gamma\) (vedi figura sotto) e dall’asse \(x\) è continua nell’ intervallo chiuso \( [epsilon,1] \)

2013_PNI_P2_FIGURA4

L’area della regione \(R\) è data da:
\[ A(R)= – \lim_{epsilon \to 0+} { \int_{epsilon }^{1} x^3 \ln x\, dx } \]
Dobbiamo ora risolvere l’integrale indefinito associato:
\[ \int x^3 \ln x \,dx = \frac{x^4}{4}\ln x – \int \frac{x^4}{4} \cdot \frac{1}{x} \,dx = \frac{x^4}{4}\ln x – \frac{x^4}{16} + c \]
Pertanto l’area diviene:
\[ A(R)= – \lim_{epsilon \to 0+} { \frac{x^4}{4}\ln{x} – \frac{x^4}{16} } \]
Cosicchè abbiamo:
\[ A(R) = – \frac{1}{16} + 0 = 0,0625 dm^2 \]

La curva \( \gamma \prime \) simmetrica a \( \gamma \) rispetto all’asse \(y\) si ottiene applicando la trasformazione : \( x= – x \prime e y= y \prime \).
Sostituendo queste due ultime equazioni in \(y = x^3 \ln x \) abbiamo:
\[ y \prime = (−x \prime )^3 \ln (−x \prime) \longrightarrow \gamma \prime : y \prime = − (x \prime)^3 \ln( −x \prime) \].
Allo stesso modo, il grafico \( \gamma ’’ \) simmetrico di \( \gamma \) rispetto alla retta \( y = 1 \) si ottiene applicando la trasformazione assiale che discende dalle condizioni :
\[ x= x \prime e y= – y \prime -2 \].
per cui sostituita ancora in \( y = x^3 \ln{x} \) otteniamo : \( y \prime = −2 − (x \prime )^{3} ln{x \prime} \)

2013_PNI_P2_figura5

 

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