Problema 2

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PNI 2012 -

PROBLEMA 2

1)

-4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 x y

L’area della regione R si ottiene calcolando il seguente integrale:

[

]

1

.

22

2

1

2

ln

2

1

)

ln

(

1 2 1 2 1 1 2 1

)

ln

(

∫

e

x

−

x

dx

=

_e

x

−

_x

_x

−

_x

=

e

−

e

−

+

≅

(l’integrale di lnx si calcola per parti).

2)

Il volume generato dalla rotazione di R attorno all’asse x, essendo la regione delimitata dall’asse x, da g e dalle rette x=1/2 e x=1 contenuta nella regione delimitata dall’asse x, da f e dalle stesse rette, equivale al volume del solido generato dalla rotazione attorno all’asse x dalla regione delimitata dall’asse x, da f e dalle rette x=1/2 e x=1. Tale volume quindi si calcola mediante l’integrale:

337

.

7

)

(

2

2

))

(

(

)

(

2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2

2

1

≅

−

=

=

=

=









∫

∫

f

x

dx

e

dx

x

e

e

T

V

_π

_π

x

_π

e

π

2/4

Il volume di T si ottiene con un unico integrale utilizzando il cosiddetto metodo dei “gusci cilindrici” (somma di infiniti cilindri infinitesimi “cavi” (… i gusci cilindrici) di altezza f(x)-g(x), raggio esterno x+dx e raggio interno x, somma estesa all’intervallo in questione).

∫

∫

−

=

−

=

1 2 1 1 2 1

))

ln

(

2

))

(

)

(

(

2

)

(

T

x

f

x

g

x

dx

x

e

x

dx

V

_π

_π

x

Integrando per parti si ottiene il valore:

(

8

3

2

ln

2

)

5

.

813

8

e

+

−

≅

π

3)

Le rette r ed s sono parallele se

f

'

(

x

₀

)

=

g

'

(

x

₀

)

, e questo avviene quando

0

1

0

x

e

x

₌

_{. Confrontando}

graficamente le due funzioni

y

=

e

x e

x

y

=

1

(vedi figura seguente), si verifica che esiste un solo punto che soddisfa la richiesta ( in

2

1

=

x

è maggiore

x

1

, in

x

=

1

è maggiore

e

x, quindi

1

2

1

0

<

< x

). -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y

Per calcolare un’approssimazione arrotondata ai centesimi di

x

₀ consideriamo la funzione seguente:

x

e

x

F

₍

₎

₌

x

₋

1

_{, nell’intervallo}







 1;

2

1

e notiamo che

0

2

1

<













F

e che

F

(

1

)

>

0

. Risulta:

0

1

)

(

'

=

+

₂

>

x

e

x

F

x _{per ogni x (la funzione è quindi crescente)}

0

2

)

(

"

=

−

₃

<

x

e

x

3/4

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 x y

Applichiamo per esempio il metodo delle tangenti alla funzione F(x) nell’intervallo richiesto (con punto iniziale ½). -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y

)

(

'

)

(

x

F

x

F

x

x

←

−

.

Otteniamo il valore approssimato a meno di un centesimo (per difetto) 0.56

4)

x

e

x

g

x

f

x

h

₍

₎

₌

₍

₎

₋

₍

₎

₌

x

₋

_ln

_{; dobbiamo cercare il minimo ed il massimo assoluti nell’intervallo}

1

2

1

≤

≤ x

. La funzione in questione è continua nell’intervallo chiuso e limitato indicato, quindi potremmo utilizzare teorema di Weierstrass per trovare il massimo ed il minimo assoluti; visto quanto già studiato nel punto precedente è più semplice studiare il segno della derivata prima.

0

1

)

(

'

=

−

>

x

e

x

h

x _per

₁

0

< x

<

4/4

decrescente nell’intervallo ₀

2

1

x

x

<

<

, pertanto il minimo assoluto si ha in

x

₀. Per il massimo assoluto basta confrontare i valori assunti negli estremi dell’intervallo:

34

.

2

2

ln

2

1

≅

+

=













_e