Esami di Stato 2008/09. Lic. Scient. - Soluzione Problema n.2

Esami di Stato 2008/09. Lic. Scient. - Soluzione Problema n.2

prof. G. Surace 2nd July 2009

Vengono riportate alcune osservazioni sul tema d'esame n.2 relativo alla prova di matematica del Liceo Scientico (Esami di Stato a.s. 2008 - 09)

Problema n.2

Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e monometriche,si tracci il graco G f della funzione y = ln(x)

1. Sia A il punto di intersezione con l'asse y della tangente a G f in un suo punto P . Sia B il punto di intersezione conl'asse y della parallela per P all'asse x. Si dimostri che, qualsiasi sia P , il segmento AB ha lunghezza costante. Vale la stessa proprietá per il graco G g della funzione g(x) = log _a (x) con a reale positivo diverso da 1?

Soluzione ¹ :

Per calcolare la lunghezza del segmento AB (ovvero la distanza d(A, B)), é necessario conoscere le intercette delle due rette del prob- lema (vedi gura)

:

• la prima é una retta passante per il punto P e tangente alla curva logaritmica. In- oltre il punto P appartiene alla curva.

• la seconda é una retta passante anch'essa per P e parallela all'asse x ²

1

Il quesito è in realtá un problema di geometria analitica.

Bisogna calcolare la distanza tra i punti di intersezione di due rette con l'asse delle ordinate. Detti A e B i punti d'intersezione delle due rette con l'asse y, la distanza d(A, B) é la dierenza tra le ordinate di questi due punti, essendo AB un segmento verticale: d(A, B) = |y

− y

| .

2

La generica retta parallela all'asse x ha equazione y = k

Supponiamo che il punto P abbia coordinate:

P (x p ; ln(x p )) . Dalla teoria sulle derivate sap- piamo che l'equazione della retta tangente ad una curva in un suo punto generico (x 0 ; y 0 ) é del tipo

y − f (x 0 ) = f ⁰ (x 0 )(x − x 0 )) Nel caso in questone:

(x 0 ; y 0 ) −→ (x p ; ln(x p ));

f (x 0 ) = ln(x p );

y ⁰ = ¹ _x per cui f ⁰ (x 0 ) = _x ¹

p

Sostituendo, si ha pertanto:

y − ln(x p ) = _x ¹

p

(x − x p )

Esplicitando la variabile y si ottiene:

y = x

x p − 1 + ln x p

cioé una retta con coeciente angolare m = _x ¹

ed intercetta ³ q = ln(x p ) − 1

Il punto d'intersezione della tangente con l'asse y avrá, dunque, coordinate A(0; ln(x p ) − 1)

3

Si noti come ln(x

) sia un numero. L'unica restrizione del problema é che x

> 0 altrimenti il logaritmo non ha signicato

1

La retta parallela all'asse x passante per P (x p ; ln(x p )) ha semplicemente equazione y = ln(x p ) . Pertanto essa intersecherá l'asse y nel punto B(0; ln(x p ))

Essendo i punti A e B allineati verticalmente, la loro distanza si calcola con la formula seguente:

d(A, B) = |y a − y b | ovvero: ⁴

d(A, B) = | ln(x _p ) − 1 − ln(x _p )| = 1

Nel caso della funzione g(x) = log a (x) il discorso é del tutto analogo. L'unica dierenza é che il punto generico P , apparte- nendo alla curva, questa volta avrá coordinate (x p ; log _a (x p )) . Le sostituzioni da eettuare saranno, pertanto, le seguenti:

(x 0 ; y 0 ) −→ (x p ; log _a (x p ));

f (x 0 ) = log _a (x p );

y ⁰ = _{x ln(a)} ¹ per cui f ⁰ (x 0 ) = _x ¹

p

ln(x

)

Sostituendo si ha, quindi:

y − log _a (x p ) = _x ¹

p

ln(a) (x − x p ) Esplicitando la variabile y si ottiene:

y = x

x p ln(a) − 1

ln(a) + log _a x p

cioé una retta con coeciente angolare m =

1

x

ln(a) ed intercetta q = log a (x p ) − _ln(a) ¹ Il punto d'intersezione della tangente con l'asse y avrá, dunque, coordinate

A(0; log _a (x p ) − _ln(a) ¹ .

La retta passante per P e parallela all'asse x avrá questa volta, equazione y0 log a (x p ) per cui essa intersecherá l'asse y nel punto B(0; log _a (x p )) . La distanza

d(A, B) = |y a − y b | questa volta sará uguale a

d(A, B) = | log _a (x p ) − _ln(a) ¹ − log _a (x p )| = | _ln(a) ¹ | (Anche in questo caso la lunghezza ha un valore ssato che dipende solo dal parametro a)

4

La distanza é una quantitá, per denizione, positiva e, pertanto, va posta in modulo

2. Sia δ l'inclinazione sull'asse x della retta tangente a G g nel suo punto di ascissa 1.

Per quale valore della base a é δ = 45 ^◦ ? E per quale valore di a é δ = 135 ^◦

Soluzione: La retta tangente a G g é stata giá ricavata in precedenza:

y = x

x p ln(a) − 1

ln(a) + log _a x p

In questo caso x p = 1 e inoltre f(x p ) = log _a (1) = 0 . Pertanto, l'equazione della retta cercata diventa:

y = x

ln(a) − 1 ln(a)

cioé una retta con coeciente angolare m =

1

ln(a) . Ricordando che il coeciente ango- lare rappresenta la pendenza (inclinazione) della retta, ovvero la tangente trigonometrica dell'angolo formato dalla retta con il semiasse positivo delle ascisse, possiamo imporre:

tg(45 ^◦ ) = 1 ln(a) Sviluppando i calcoli si ha:

1 = 1

ln(a) ⇐⇒ ln(a) = 1 ⇐⇒ a=e

In maniera del tutto analoga:

tg(135 ^◦ ) = 1 ln(a) Sviluppando i calcoli si ha:

−1 = 1

ln(a) ⇐⇒ ln(a) = −1 ⇐⇒ a = e ⁻¹ 3. Sia D la regione del primo quadrante de-

limitata dagli assi coordinati, da G f , e dalla retta di equazione y = 1. Si calcoli l'area di D.

Soluzione: La regione D é il trapezoide in

gura.

Il calcolo dell'area di questa regione é per denizione il calcolo di un integrale denito.

2

Osservando la gura ci rendiamo conto che é piú semplice integrare rispetto alla variabile y (dominio normale rispetto all'asse y) piuttosto che rispetto alla variabile x ⁵ L'area della re- gione piana sará delimitata dalle rette y = 0 e y = 1 dall'asse y (di equazione x = 0) e dalla curva logaritmica. Bisogna, tuttavia, fare molta attenzione perché nei calcoli non dobbiamo considerare la funzione y = ln(x) ma la funzione inversa cioé x = e ^y (Per con- vincersi di ció si immagini di ribaltare la curva rispetto alla bisetrice del primo e terzo quad- rante. Cosa si ottiene? ....l'esponenziale!) Si ha, pertanto:

Area( D) = Z ₁

0

e ^y dy = [e ^y ] ¹ ₀ = e-1

4. Si calcoli il volume generato da D nella rotazione c ompleta intorno alla retta di equazione x = −1

5

Rispetto alla varibile x, l'area della regione D si sarebbe dovuta ottenere per dierenza tra l'area del rettangolo, di base e ed altezza 1, e l'area sottesa dalla curva logaritmica (integrata per parti):

Area( D) = Area(Rettangolo) − Area(sottografico)

= (e · 1) − Z

1

ln(x)dx

= e − {[x ln(x)]

− Z

1

x · 1 x dx}

= e − {e − Z

1

dx}

= [x]

= e-1

.

Soluzione: In base al teorema di Pappo, il vol- ume di un solido di rotazione é dato da:

V = π Z _b

a

f ² dx

Di nuovo conviene integrare rispetto alla vari- abile y (osserva la gura).La funzione che com- pare nella formula non deve essere il logar- timo ma la sua inversa, l'esponenziale e ^y . Si noti, peró, che la rotazione non avviene intorno all'asse y ma rispetto ad un asse ad esso paral- lello (x = −1). Rispetto a tale asse la funzione da considerare non é il semplice esponenziale ma l'esponenziale traslato di una unitá: e ^y +1 . Gli estremi di integrazione saranno y = 0 e y = 1 . Il volume da calcolare sará la dierenza tra il volume dovuto alla rotazione del trape- zoide e il volume dovuto alla rotazione di un quadrato di lato 1 (vedi gura). Pertanto:

V rot(D) = V trapezoide − V quadrato

Il volume dovuto alla rotazione del trapezoide é:

V trapezoide = π Z ₁

0

(e ^y + 1) ² dy

= π Z ₁

0

(e ^2y + 2e ^y + 1)dy

= π[

Z ₁

0

e ^2y dy + 2 Z ₁

0

e ^y dy + Z ₁

0

dy]

= π[ e ^2y

2 + 2e ^y + y] ¹ ₀

= π[( e ²

2 + 2e + 1) − ( 1

2 + 2 + 0)]

= π[ e ²

2 + 2e − 3 2 ]

Il volume dovuto alla rotazione del quadrato di lato 1 é semplicemente

V quadrato = π Z ₁

0

1 ² dy = π[y] ¹ ₀ = π

Il volume cercato sará pertanto:

V _rot(D) = π[ e ²

2 + 2e − 3

2 ] − π = π[ e ²

2 + 2e − 5 2 ]

3