5^C PNI – MATEMATICA compito n°2 - 2013

5^C PNI – MATEMATICA
compito n°2 - 2013-2014
1x
1. Studia la funzione f  x= x e 1−x e tracciane il grafico cartesiano.
Informazione: il grafico della funzione non interseca il suo asintoto obliquo.
Calcola e studia la derivata seconda.
1
=t .
1−x
f '  x ponendo
Calcola xlim
1

2. Enuncia il teorema di Lagrange (o del valor medio).
Spiega se e perché esso è applicabile alla funzione f  x=
x3
sull'intervallo [0 , 2] .
2 x−5
In caso affermativo, determina l'ascissa c del/i punto/i la cui esistenza è prevista dal teorema.
3. Dimostra che: arc tg x=arc sen
x
 1x 2
∀ x∈ℝ .
Svolgi la stessa dimostrazione utilizzando la goniometria.
4. Calcola i seguenti limiti:
lim
e x
;
x
lim
xsen x
;
xcos x
x ∞
x ∞
lim
x ∞
lim
x0
ln2 x1
;
ln x
ln  1 x 2
;
1−cos x
lim
 1 x−1
x0
lim
x  / 2
x
;
ln sen x
.
cos x
5. Determina il numero ed il segno delle radici dell'equazione x 32 x 210 x−20=0 .
5^C - Correzione compito n°2
dom f : den≠0 ⇒ x≠1 .
1.
y=f (x)
Il segno di f  x è quello del fattore x.
Intersezioni assi: 0 , 0 .
1x
lim x e 1−x =±∞⋅e−1=±∞ ;
x ±∞
lim x e
1x
1−x

x1
lim x e
1x
1−x
x  1−
y=(x-2)/e
−∞
=e =0 ;
∞
=e =∞ .
Asintoto verticale (sinistro) di equazione x=1 .
Il grafico deve avere un asintoto obliquo, in quanto all'infinito il fattore esponenziale tende ad una costante, e quindi
l'andamento asintotico della funzione è di primo grado in x.
1x
f  x
1
m= lim
= lim e 1−x = ;
x
e
x ±∞
x ±∞
q= lim [ f  x−mx ]= lim [ xe
x ±∞
1 x
1− x
x ±∞
1 x
1− x
1 x
1− x
x
e −1 H
2e
2
2
− ]= lim [
]= lim
⋅−x =− .
2
e x ±∞ 1/ x
e
x ±∞ 1−x
Asintoto obliquo di equazione: y= x−2/e .
f '  x=e
1 x
1− x
1 x
1 x
2
2
2x
1− x 1−2 xx 2 x
1− x 1x
1
=e ⋅
=e ⋅
0
1− x2
1− x2
1− x2
∀ x∈dom f .
La funzione è crescente sia per x1 che per x1 (ma non su tutto il dominio!).
1 x
f ' '  x=e 1− x 
1 x
2
2
2
1x 2 2 x 1−x 21− x1x 
4
⋅

=
e 1−x 0
1− x2 1−x2
1−x4
1−x4
.
∀ x∈dom f
Il grafico della funzione ha la concavità rivolta verso l'alto ∀ x∈dom f .
lim f '  x= lim e
x  1
x 1
2
1x
1−x
1x 2
e 1− x
t2 H
2t H
1
⋅
=2 lim
=2 lim −2 t = 2 lim
= 2 lim
=0
2
2
−2 t
−2 t
t −∞ e
t −∞ −2 e
t −∞ 2 e
1−x
x  1 1−x
.

Quindi il grafico della funzione “parte” dal punto 1 , 0 con tangente orizzontale.
2. Il teorema è applicabile perché:
•
l'intervallo [0 , 2] è chiuso e limitato;
•
la funzione è definita, continua e derivabile per x≠5/2 , e in particolare su [0 , 2] .
Imponiamo: f '  x=
−
f b− f a
2 x−5−2 x−6 −53/5
⇒
=
⇒
b−a
2
2 x−52
11
11
5±  5
=−
⇒ 2 x−52=5 ⇒ 2 x−5=± 5 ⇒ x=
.
2
5
2
2 x−5
L'ascissa cercata è c 1=5−  5/ 2 , mentre c 2=5  5/ 2 non è accettabile perché non
appartiene all'intervallo [0 , 2] .
f  x=arc tg x e g  x=arc sen
3.
Calcoliamo: f '  x=
x
 1 x 2
1
g '  x=
2 ;
1 x

sono definite, continue e derivabili ∀ x∈ℝ .
1
1−
x2
1x 2
2x
 1 x 2−x⋅
⋅
2  1x 2
1
=
.
2
1 x
1 x 2
Per un corollario del teorema di Lagrange, poiché f '  x=g '  x ∀ x∈ℝ , le due funzioni
differiscono per una costante k.
Poiché f 0=g 0=0 , anche k =0 , e quindi f  x = g  x ∀ x ∈ℝ c.v.d.
Dalle relazioni fondamentali della goniometria sen 2 cos 2 =1 e tg =
sen =±
tg 
 tg
2
1
sen 
, ricaviamo:
cos 
. Ponendo tg = x , abbiamo: =arc tg x=arc sen
x
 x 1
2
c.v.d.
Dobbiamo tenere conto solo del segno positivo in quanto le funzioni arco seno e arco tangente sono definite
nell'intervallo [−/ 2 , /2] , in cui seno e tangente assumono lo stesso segno.
4.
•
•
lim
e x H
e x H
e x 1
e x
= lim
= lim
:
= lim
=∞ ;
x x ∞ 2  x x ∞ 2  x  x x ∞ 2
lim
ln2 x1 H
2
1
2x
= lim
: = lim
=1 ;
ln x
x ∞ 2 x1 x
x ∞ 2 x1
x ∞
x ∞
H
 1x−1 =
lim
1
1
= ;
2  1x 2
•
lim
•
sen x

xsen x
x
lim
= lim
=1 per il teorema del confronto.
cos x
x ∞ xcos x
x ∞
x 1

x
x0
x
x0
x 1
Non è possibile applicare il teorema di de L'Hopital, in quanto il limite del rapporto delle derivate non esiste.
•
•
lim
x0
ln  1 x 2 H
1
2x
1
x
1
=lim
⋅
⋅
=lim
⋅lim
=1 ;
2
2
1−cos x x  0 2  1 x  1 x sen x x  0 sen x x  0 1x 2
lim
x / 2
ln sen x H
cos x
1
cos x
= lim
⋅
= lim
=0 .
cos x x  /2 sen x −sen x x /2 −sen 2 x
f  x=±∞ .
5. Ponendo f  x= x 32 x 210 x−20 , abbiamo xlim
±∞
Per il teorema della permanenza del segno, esistono a , b∈ℝ tali che f a0 e f b0 .
Poiché f  x è continua sull'intervallo chiuso e limitato [ a , b] , per il teorema dell'esistenza
degli zeri deve avere almeno uno zero.
Poiché f '  x=3 x 24 x100 ∀ x∈ℝ , f  x è strettamente crescente su ℝ , e quindi
l'equazione f  x =0 ammette un'unica radice.
Poiché f 0=−200 , la radice ha segno positivo.
5^C PNI – MATEMATICA
compito n°2 - 2011-2012
1. Una circonferenza di centro O e raggio r=4 è tangente esternamente nel punto A ad una
seconda circonferenza di raggio x4 . Le tangenti comuni, non passanti per A, alle due
circonferenze si intersecano in un punto B.
a. Dimostra che, al variare di x, la distanza di B da O è data da: BO= f  x=
4 x16
e traccia
4−x
il grafico G di f  x prescindendo dalle limitazioni geometriche del problema.
b. Sia P un punto generico di G. Dimostra che la retta tangente a G in P interseca gli asintoti di G
in due punti equidistanti da P. Dimostra che G ammette un centro di simmetria.
c. Poni g  x = f ∣x∣ . Traccia il grafico di g  x  e determina, al variare di k, il numero delle
soluzioni dell'equazione g  x=k .
2. Calcola i seguenti limiti utilizzando il metodo che ritieni più opportuno:
x 2 −1
;
x 2 −3 x2
lim
tg x
;
x   /2  ln∣x−/ 2∣
lim
lim
x 1
lim

x 1
x−1
;
3
 x−1
2x
x ∞
lim
x 1
2
e x
e 3 x x
;
 x1−  2
x 2−1
lim  x cotg x ;
x 0
;
tg 3 xtg 3 x
;
lim
tg x
x0
lim
x0
arc sen x
.
x
3. Enuncia e dimostra i teoremi di tua conoscenza che derivano dal teorema di Lagrange.
4. Date le funzioni f 1  x=
e x −e−x
e x e−x
ed f 2  x=
, determina gli intervalli in cui sono
2
2
invertibili e scrivi le equazioni delle funzioni inverse in uno di tali intervalli.
5^C - Correzione compito n°2
T
1. Facendo riferimento alla figura a fianco, e ponendo
BO= y , abbiamo che: OA=OT =4 ,
T'
4
x
O ' C =O ' T ' =x con 0 x4 ; OT e O'T'
sono perpendicolari alla tangente comune BT;
O
4
O' x
A
C
B
quindi, i triangoli rettangoli OBT e O'BT' sono
simili per il primo criterio. Otteniamo:
BO BO '
y y− x−4
4 x16
=
⇒ =
⇒ xy=4 y−4 x−16 ⇒ y=
c.v.d.
OT O ' T '
4
x
4− x
Si tratta di una funzione omografica, il cui grafico è un'iperbole equilatera di asintoti x=4 e
y=−4 che interseca gli assi cartesiani nei punti
−4 , 0 e 0 , 4 .
Il punto generico di G ha coordinate P  z ,
4 z16

4− z
. La derivata della funzione è:
f '  x=
D
P
44− x4 x16
32
=
.
2
4−x
4− x2
E
F
L'equazione della retta tangente in P è:
y−
4 z16
32
=
 x−z  .
4−z
4−z 2
Cerco le intersezioni con gli asintoti:
x=4 ⇒ y=
y=−4 ⇒
32
4 z16 484 z
484 z

=
⇒ D 4 ,
 ;
4−z
4−z
4−z
4−z
−164 z−16−4 z
32
=
 x−z  ⇒ x−z=z−4 ⇒ x=2 z−4 ⇒ E 2 z−4 ,−4 .
4−z
4−z 2
Verifico che x P =
x D x E
y  yE
e y P= D
, quindi DP=PE c.v.d.
2
2
La curva è simmetrica rispetto al punto di intersezione degli asintoti F 4 ,−4 .
Infatti, le equazioni della simmetria sono:
funzione, danno: −8− y=
x
{ ff −x
g  x= f ∣x∣=
=8− x
che, applicate all'equazione della
{yx''=−8−
y
48−4 x
48−4 x
164 x
⇒ y=
−8=
= f  x c.v.d.
x−4
x−4
4− x
per x≥0
.
per x0
Il grafico per x0 si ottiene da G per x0 eseguendo una simmetria rispetto all'asse delle
ordinate. Di conseguenza, l'equazione g  x=k ammette:
2.
•
due soluzioni opposte per k −4∨k 4 ;
•
una soluzione nulla per k =4 ;
•
nessuna soluzione reale per −4≤k 4 .
g(x)
lim
2
 x1 x−1
x −1
=lim
=−2 ;
2
x −3 x2 x 1  x−1 x−2
lim
 x−1  x 2 x1
x−1
=lim
=3 ;
x−1
3 x−1 x  1
lim
 x1−  2 =lim
lim
tg 3 xtg 3 x
3 x x 3
=lim
=3 (sostituzione degli infinitesimi);
tg x
x
x0
x 1
3
x 1
x 1
x 0
2
x −1
x 1
x−1
1
=
 x1 x−1  x1  2 4  2
;
x−/ 2 H
tg x
1
H
= lim
= lim
=∞ ;
2
cos x x / 2 −2 cos x sen x
x   /2  ln∣x−/ 2∣ x   / 2
lim



e 2 x 42 e−2 x 
e 2 x x 2 H
2 e 2 x 2 x H
4 e 2 x 2
lim 3 x
= lim
= lim
= lim
=0 ;
3x
x ∞ e  x
x ∞ 3 e 1
x ∞
x ∞
9 e3 x
9 e3 x
lim  x cotg x=lim
x 0
x0
x H
= lim cos 2 x=1
tg x x  0
; lim
x0
arc sen x H
1
= lim
=1 .
2
x
x  0  1− x
3. Vedi libro di testo.
4. Entrambe le funzioni sono definite ∀ x∈ℝ .
Osserviamo che f 1 '  x= f 2  x ed f 2 '  x= f 1  x . Ne segue che f 1 '  x0 ∀ x ∈ℝ e,
pertanto, f 1  x è monotòna crescente e invertibile su ℝ .
Invece f 2 '  x≥0 ⇒ e x ≥e−x ⇒ x≥0 ; quindi f 2  x è invertibile solo per x≥0 oppure
per x≤0 . Ricavo la funzione inversa di f 1  x :
e x −e−x
1
y=
⇒ 2 y=e x − x ⇒ e 2 x −2 ye x −1=0 ⇒ e x = y±  y 21 .
2
e
Poiché e x 0 , mentre y−  y 210 , devo considerare solo la soluzione con il segno
positivo. Quindi: x=ln y  y 21 o, scambiando le variabili: y=ln x  x 21 .
Ricavo la funzione inversa di f 2  x :
y=
e x e−x
1
⇒ 2 y=e x  x ⇒ e 2 x −2 ye x 1=0 ⇒ e x = y±  y 2−1 .
2
e
Se cerco la funzione inversa per x≥0 , allora e x ≥1 , e quindi considero solo la soluzione
con il segno positivo: x=ln y  y 2−1 o, scambiando le variabili: y=ln x  x 2−1 .
5^C PNI – MATEMATICA
compito n°3 - 2010-2011
1. Un filo metallico di lunghezza l viene utilizzato per delimitare il perimetro di un'aiuola
rettangolare. Qual è l'aiuola di area massima che è possibile delimitare?
Lo stesso filo viene tagliato in due parti e utilizzato per delimitare un'aiuola quadrata ed una
circolare. Come va tagliato il filo perché la somma delle due aree sia minima? e perché la somma
delle aree sia massima?
E' stata realizzata una aiuola piena di terreno a forma di parallelepipedo rettangolo. Decidiamo di
aumentare del 10% ciascuna sua dimensione. Di quanto terreno in più, in termini percentuali,
abbiamo bisogno?
2. Data la funzione y=a sen2 xb sen xc , determina i parametri a, b, c in modo che il suo
grafico passi per i punti A0 , 2 e B /6 , 0 ed abbia in B tangente parallela alla retta di
equazione 3  3 x2 y−5=0 . Studia la funzione ottenuta, possibilmente compresa la derivata
seconda, e tracciane con precisione il grafico cartesiano. (Esprimi le ascisse dei punti di flesso in
gradi sessagesimali con l'approssimazione di un grado).
3. Studia la funzione y=
x 21
 x 2−1
, possibilmente compresa la derivata seconda. Rappresentane in
maniera precisa il grafico cartesiano.
5^C - Correzione compito n°3
1. Vedi compito di esame 2006 (PNI e ordinario).
2. Passaggio per A: c=2 . Passaggio per B: a / 4b/ 22=0 ⇒ a2 b8=0 .
y ' =2 a sen x cos xb cos x . Impongo f ' /6=−3  3/ 2 ⇒ ab=−3 .
Risolvendo il sistema: a=2 , b=−5 , c=2 , quindi: y=2 sen2 x−5 sen x2 .
Il termine in sen 2 x ha periodo T 1= ; il termine in sen x ha periodo T 2=2  , quindi la
funzione ha periodo T =2  . Decido di studiarla in [0 , 2 ] .
2
2 t −5 t2=0 ⇒ t 1=1/ 2∨t 2=2 . La funzione assume segno positivo quando:
sen x2 ⇒ ∅ oppure: sen x1/ 2 ⇒ 0≤ x/6∨5/6  x≤2  .
y ' =4 sen x cos x−5 cos x=cos x 4 sen x−5 .
0
π/2
+ + o
- - - - o
2π
3π/2
- o
- + o
Minimo relativo e assoluto: 
+ + cos x
- - 4 sen x -5
- - f ' (x)

,−1 .
2
3
Massimo relativo e assoluto:   , 9 .
2
f (x)
t2
y ' ' =−4 sen 2 x4 cos 2 x5 sen x=−8 sen2 x5 sen x4 ;
5±  153
_
8 t −5 t−4=0 ⇒ t=
⇒ t 1≃−0,46 ; t 2≃1,09 ;
16
t1
+
2
t2
+
_
+
≈207° _ t1
+
+
≈333°
_
L'equazione sen x=t 2 non ha soluzioni, mentre l'equazione sen x=t 1 ha soluzioni:
x 1=−arc sen t 1≃207 ° e x 2=arc sen t 12 ≃333 ° . Quindi la funzione ha concavità
rivolta verso l'alto per 0≤ x x 1 e x 2x≤2  . Per x 1 e x 2 si hanno due punti di flesso
di ordinata y= f  x 1 = f  x 2 ≃4,72 .
3.
x 21
y=
 x 2−1
. C.E : x−1∨x1 . f −x= f  x ⇒ simmetria rispetto asse y .
f  x0 ∀ x ∈C.E. ; lim f  x= lim f  x=∞ ; asintoti verticali di eq. x=±1 ;
x 1
x −1

lim
x ±∞
x 2 11/ x 2 
 x 2 1−1/ x 2 
= lim
x ±∞
−
x 2 11/ x 2 
∣x∣ 1−1/ x
= lim
2
±x 11/ x 2 
x ±∞
 1−1/ x 2
=±∞ ;
2
f  x
±x 11/ x 
m= lim
= lim
=±1 ;
2
x
x ±∞
x ±∞ x  1−1/ x
q= lim  f  x−mx = lim 
x ∞
= lim
x ∞
x ∞
x 21
 x 2−1
 x 212x 2  x 2−1
 x 2−1 x 21 x  x 2−1
− x= lim
x ∞
= lim
x ∞
x 21− x  x 2−1
 x 2−1
x 21
=
x 3  1−1/ x 2 11/ x 2  1−1/ x 2 
=0 ;
Asintoti obliqui di equazioni y=±x ; per la simmetria della funzione, il calcolo di q per
l'asintoto obliquo sinistro darà lo stesso risultato che per il destro.
Intersezioni con l'asintoto obliquo dx:
x 21
 x 2−1
= x . Poiché x0 , elevo al quadrato:
 x 212= x 2  x 2−1 ⇒ 3 x 21=0 ⇒ ∅ ; lo stesso per l'asintoto sinistro.
2 x  x −1−
2
y'=
o
+
o
 x 2−1
x 2−1
-1
-√3
+
+
-
x  x 21
+
+
0
- - o +
- - - o - - ∉ ∉ ∉ ∉
1
+
o
∉
=
2 x  x 2−1− x 3− x x  x 2−3 .
= 2
 x 2−13/ 2
 x −13/ 2
f ± 3=2  2 .
√3
+
+
-
+
o
+
o
+
+
+
+
x
x2-3
x2-1
f '(x)
f (x)
La funzione ha due massimi relativi (e assoluti) nei
punti di coordinate ± 3 , 2  2 .
Il calcolo (piuttosto laborioso) di f ' '  x ci mostra
che la concavità è sempre rivolta verso l'alto:
y' '=
3 x 2−3⋅  x 2−13−3 x  x 2−1⋅ x 3−3 x 3 x 21
= 2
0 ∀ x∈C.E.
 x 2−13
 x −15/ 2
n°2
n°3