PNI PROBLEMA 2
Sia f la funzione definita per tutti gli x positivi da
f ( x) = x 3 ln x .
1. Si studi f e si tracci il suo grafico γ su un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali e
monometrici Oxy; accertato che γ 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.
2. Sia P il punto in cui γ interseca l’asse x. Si trovi l’equazione della parabola, con asse parallelo all’asse
y, passante per l’origine e tangente a γ in P.
3. Sia R la regione delimitata da γ 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 mm2 avendo supposto l’unità di misura lineare
pari a 1 decimetro.
4. Si disegni la curva simmetrica di γ rispetto all’asse y e se ne scriva altresì l’equazione. Similmente si
faccia per la curva simmetrica di γ rispetto alla retta y=-1.
1. Studio la funzione f:
• Dominio: La funzione lnx è definita solo per x>0. Il dominio di f è quindi (0;+ ∞ ) .
• Intersezioni con gli assi:
Intersezione con l’asse y: la funzione non interseca l’asse y, poiché esso è escluso dal dominio.
Intersezione con l’asse x:
y = x 3 ln x
⇒ x 3 ln x = 0 ⇒ ln x = 0 ⇒ x = 1 ⇒ (1;0)
y= 0
Risolvendo il limite per x che tende a 0 di f(x) troviamo che f passa per l’origine, ma l’origine stessa,
essendo esclusa dal dominio di f, non può essere considerata soluzione.
• Segno di f:
Poniamo f(x)>0
x3 > 0 → x > 0
x 3 ln x > 0 ⇒
ln x > 0 → x > 1
La funzione è positiva per x>1, viceversa è negativa.
Graficamente, possiamo trasporre questi risultati in questo grafico:
•
Limiti agli estremi del dominio:
lim x 3 ln x = − ∞ ⋅ 0 +
x → 0+
Risolvo il limite riconducendomi ad una forma di indecisione per la quale sarà possibile applicare il
teorema di de l’Hopital:
lim x 3 ln x = lim+
x → 0+
x→ 0
1
x
ln x − ∞
ln x
1
1
=
⇒ lim+
= lim+
= − lim+ x 4 = 0
x
→
0
x
→
0
x
→
0
1
1
1
+ ∞
3
x
−3 4
3
3
x
x
x
lim x 3 ln x = + ∞
x→ + ∞
Graficamente:
• Andamento e punti critici:
La derivata prima di f, f’(x) è:
f ' ( x) = 3 x 2 ln x +
Studio il segno di f’(x):
1 3
x = 3x 2 ln x + x 2
x
3 x 2 ln x + x 2 > 0 ⇒ x 2 (3 ln x + 1) > 0
x2 è sempre positivo, quindi il segno di f’ dipende unicamente da 3 ln x + 1 :
1
−
1
3 ln x + 1 > 0 ⇒ ln x > − ⇒ x > e 3
3
x= e
−
1
3
≈ 0,717 è il punto di minimo assoluto cercato.
• Concavità e punti di flesso:
Calcolo la derivata seconda di f:
1
f ' ' ( x) = 3 2 x ln x + x 2 + 2 x = 6 x ln x + 3 x + 2 x = 6 x ln x + 5 x = x(6 ln x + 5)
x
Studio il segno di f’’ per determinare il punto di flesso e la concavità:
x(6 ln x + 5) > 0
N1 > 0 ⇒ x > 0
5
−
5
N 2 > 0 ⇒ ln x > − ⇒ x > e 6
6
x= e
−
5
6
≈ 0,435 è il punto di flesso cercato.
Traccio il grafico
γ :
2. La parabola cercata è nella forma
g ( x) = ax 2 + bx + c è tangente a f(x) in P, significa che la derivata
di tale parabola in P è la stessa di f(x) in P. Non solo, ma il fatto che passa per l’origine (e anche per P)
significa che le due intersezioni di g con l’asse x sono 1 e 0.
Quindi deve valere il sistema:
g ' (1) = f ' (1)
g (1) = 0
g (0) = 0
Risolvo il sistema:
g ' (1) = f ' (1)
⇒
g (1) = 0
g (0) = 0
2a + b = 1
a+ b+ c = 0⇒
c = 0
La parabola cercata è:
b = 1 − 2a
a+ b= 0 ⇒
c = 0
b = 1 − 2a
a + 1 − 2a = 0 ⇒
c = 0
b = 1 − 2a
− a+ 1= 0⇒
c = 0
b = −1
a = 1
c = 0
g ( x) = x 2 − x .
3. L’area richiesta è data dall’integrale:
1
A=
∫x
3
ln xdx
0
Comincio calcolando l’integrale indefinito
∫x
3
ln xdx :
x4
4
Pongo:
e risolvo l’integrale per parti ricordando che vale:
1
g ( x) = ln x → g ' ( x) =
x
∫ f ' ( x) g ( x)dx = f ( x) g ( x) − ∫ f ( x) g ( x)dx
f ' ( x) = x 3 → f ( x) =
∫
x 3 ln xdx =
Pertanto:
x4
ln x −
4
∫
x4 1
x4
⋅ dx =
ln x −
4 x
4
1
A=
∫x
3
ln xdx =
0
x3
x4
x4
1
dx =
ln x −
=
(4 x 4 ln x − x 4 )
4
4
16 16
∫
[
]
1
1
(4 x 4 ln x − x 4 ) 0
16
Il problema è che la funzione integranda non è definita per x=0. Ci troviamo in presenza di un integrale
generalizzato del secondo tipo. Quindi occorre passare al limite per calcolare il valore primitiva per
x=0:
[
]
[
]
1
1
1
1
4
(4 x 4 ln x − x 4 ) 0 =
− 1 − lim(4 x 4 ln x − x 4 ) = −
−
lim( x 4 ln x)
x→ 0
16
16
16 16 x → 0
Ricorro al teorema di de l’Hopital riconducendomi ad una forma di indeterminazione risolubile mediante
esso:
lim( x 4 ln x ) = lim
x→ 0
x→ 0
1
x
ln x
1
= lim
= − 4 lim x 3 = 0
x
→
0
x
→
0
1
1
x
− 4 3
4
x
x
E quindi:
A= −
1 1
1
− 0= −
.
16 4
16
L’area è negativa poiché f(x) in ]0;1] è situata nel semipiano di ordinate negative. Geometricamente,
tuttavia, l’area ha segno positivo e quindi:
A=
1
.
16
Se linearmente la distanza da 0 a 1 è di 1dm, allora si ha che
ne segue che:
A=
A=
1
dm 2 , e poiché 1dm 2 = 10000mm 2 ,
16
10000
mm 2 = 625mm 2 .
16
4. La simmetrica di
γ rispetto all’asse y è ricavabile sostituendo –x a x:
f ( x) = x 3 ln x → f (− x ) = − x 3 ln(− x) e questo ne è il grafico:
La simmetrica di
γ rispetto a y=-1 si ricava applicando la traslazione di vettore v(0;− 2) , poiché la
stessa simmetria trasformerebbe l’asse x nella retta y=-2, alla curva simmetrica di f(x) rispetto
all’asse x. Quest’ultima si ricava cambiando il segno di f(x). Pertanto, chiamata g(x) la simmetrica di f
rispetto all’asse x, essa risulta:
g ( x) + 2 = − x 3 ln(− x) → g ( x) = − − x 3 ln(− x) − 2
Questa è la funzione cercata e il seguente ne è il grafico:
Giacchi Gianluca
