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Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI 2007
( )
∈ +∞
a 1
,
Caso : [ ]
−
= −
x x
g ' ( x ) ln( a ) a a
( )
∈ +∞ >
a 1
,
In questo caso essendo allora ln( a ) 0 , per cui
[ ] [ ]
− − −
= − > → − > → >
x x x x x x
g ' ( x ) ln( a ) a a 0 a a 0 a a
Ora ricordando che nel caso di disequazioni esponenziali, se la base è un numero appartenente
( )
+∞
1
,
all’intervallo , il verso della disequazione non cambia allora si ha:
−
> ⇔ > − → >
x x 0
a a x x x
( ) ( )
∈ +∞ +∞
a 1
, 0
,
Quindi per la funzione è strettamente crescente in e strettamente decrescente in
( )
− ∞ , 0 . −
∀ ≠ = +
x x
Quindi abbiamo dimostrato che a g x a a
1 la funzione ( ) è strettamente crescente
( ) ( )
+∞ − ∞
0
, , 0
in e strettamente decrescente in .
∀ ≠ = > ∀ ∈
2
a g x a g x x R
Inoltre 1
, ' ' ( ) ln ( ) ( ) 0 , per cui la funzione in esame presenta un minimo
( )
0
, 2
relativo ed assoluto nel punto e presenta concavità sempre rivolta verso l’alto.
2) −
= = +
x x
y f x e e
La funzione da discutere è ( ) . Questa funzione appartiene alla casistica dei casi
( )
∈ +∞
a 1
, . Le proprietà di una siffatta funzione sono state prima evidenziate, per cui il grafico è
immediato ed è di seguito riportato: www.matematicamente.t
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x
1 1 e
= = =
h x
( )
Sia ora −
+ +
x x 2 x
f x
( ) e e e 1
Questa funzione come la sua reciproca, è definita e continua su tutto l’asse reale, non interseca mai
1
, è sempre positiva, non presenta
l’asse delle ascisse, interseca quello delle ordinate in 0
,
2
asintoti, né verticali, né obliqui .
Gli asintoti verticali non si presentano visto che il dominio è l’intero asse reale; gli asintoti
x
e =
lim 0 , per cui
orizzontali esistono ed in realtà a destra e sinistra coincidono. Infatti
+
2 x
→ ±∞
1
e
x =
l’asintoto orizzontale destro e sinistro è la retta coincidente con l’asse delle ascisse, cioè 0 .
y
Vediamo ora la crescenza e decrescenza:
−
−
x x
e e − −
= − > → − < → < → < − → <
x x x x
h ' ( x ) 0 e e 0 e e x x x 0
( )
2
−
+
x x
e e ( )
− ∞ , 0
Cioè la funzione è strettamente crescente nell’intervallo e strettamente decrescente
( ) 1
+∞ assume un massimo relativo ed assoluto.
0
,
nell’intervallo ed in 0
,
2 x
1 1 e
− = = =
= = +
x x h x
( ) in un unico
Rappresentiamo i grafici di ( ) ed
y f x e e −
+ +
x x 2 x
f x
( ) e e e 1
sistema di riferimento:
. www.matematicamente.t
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3) t x
( ) e
∫
=
I t dx lo si effettua tramite preventiva sostituzione:
Il calcolo dell’integrale +
x
2
e 1
0 = → =
x x
e y dy e dx
= → =
x 0 y 1
= → = t
x t y e
Per cui π
t ( ) ( )
t e
x [ ]
( ) 1
e t
∫ ∫
= = = = − = −
e t t
arctan( ) arctan arctan(
1
) arctan
dx dy y e e
I t + + 1
2 2
x 4
1 1
e y
0 1
Ora π π π π π
( )
( )
( ) = − = − =
= −
t t
I t e e
lim lim arctan lim arctan
→ +∞ → +∞ → +∞
4 4 2 4 4
t t t x
e
=
h x
( )
E questo limite geometricamente rappresenta l ‘area sottesa dalla curva +
2 x
e 1
( )
+∞
0
,
nell’intervallo .
4) π si possono seguire differenti strade, che presentiamo di seguito.
Per il calcolo di 4 =
• y x
Utilizzo dello sviluppo di Taylor della funzione arctan( ) :
=
y x
secondo questo sviluppo possiamo scrivere la funzione arctan( ) in questo modo:
+
+∞ 2 1
k
( ) x
∑
= = − k
y arctan( x ) 1
+
2 k 1
= 0
k
Per cui ( ) ( )
π
− −
+ ∞ k k
h
1 1
∑ ∑
= = =
arctan(
1
) lim
+ +
→ +∞
4 2 k 1 2 k 1
h
= =
k k
0 0 ( )
− k
h 1
∑ al tendere di
E cioè il valore lo si calcola come somma di valori numerici del tipo +
2 k 1
=
k 0
→ +∞
h . π 1 1
∫
=
• dx
Utilizzo della relazione per cui + 2
4 x
1
0
Si può utilizzare l’approssimazione per rettangoli, che si traduce in: www.matematicamente.t
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−
b [ ]
( ) ( ) ( )
( ) b a
∫ ≅ + +
f x dx f x f x f x
L −
0 1 n 1
n
a
Nel nostro caso utilizzeremo n=4 rettangoli con intervalli uguali come evidenzia la figura
sottostante:
Per cui
1 1 1 1 1 1
∫ ≅ + + + ≅
dx 1 0 . 845
+ 2 2 2 2
4
1 x 1 1 3
+ + +
0
1 1 1
4 2 4
Valor che si avvicina sempre più al valore effettivo al crescere degli intervalli considerati.
• Procedura numerica al calcolatore. π
( )
t x
( ) e
∫
= = −
t
I t dx e
arctan . L’errore che si
Dal calcolo fatto in precedenza sappiamo che +
2 x 4
e 1
0 π
π ( )
t x
( ) e
∫
= = −
t
I t dx e
arctan è
con l’integrale
può commettere approssimando il valore di +
2 x 4
4 e 1
0
π π π ( )
( )
= −
∆ = − −
t t
.
arctan e arctan e
t
4 4 2 t
Supponiamo ora di far variare il parametro nel campo degli interi, cioè i possibili valori
=
t
assumibili da sono t 0
,
1
, 2
,
3
, . Questa assunzione è fondamentale per poter applicare la
L
L
procedura iterativa che illustreremo.
La procedura seguita è una procedura iterativa che ad ogni iterazione minimizza l’errore compiuto
π
π ( )
t x
( ) e
∫
= = −
t
I t dx e
arctan . La metrica
con l’integrale
nell’approssimare il valore di +
2 x 4
4 e 1
0
∆ t
utilizzata va a minimizzare il valore , al variare di negli interi e rispetto ad una soglia di errore
t
fissata in partenza. www.matematicamente.t
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Per essere più chiari la procedura così funziona:
Parametri di ingresso :
=
1.) 1
t
Elaborazioni effettuate :
π π π ( )
( )
= −
∆ = − −
t t
;
1.)Si calcola arctan e arctan e
t
4 4 2
∆ < ∆
2.)Si fa il confronto con la soglia: se allora accettiamo come valore di approssimazione
t ERR
∆ e la procedura termina altrimenti:
t 2.1)t=t+1
2.2)La procedura inizia daccapo col valore aggiornato di t.
Ecco la procedura secondo uno schema a blocchi: www.matematicamente.t
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SOLUZIONE
Consideriamo la seguente figura:
1) =
Il punto C ha coordinate generiche C ( x , y ) . Ma il triangolo AHC è rettangolo per
α
=
cui tan( 2 )
y x .
Ora applicando il teorema dei seni al triangolo ABC si ha:
AC AB 1
= = →
α π α α
−
sin( ) sin( 3 ) sin(
3 )
α α
sin( ) sin( )
= = =
AC α α α
+
sin(
3 ) sin( 2 )
α
sin( ) =
α α α α
+
sin( 2 ) cos( ) cos( 2 ) sin( )
α
sin( ) 1 1
= =
[ ]
[ ] [ ]
α
α α α α +
+ −
2 2 2 cos( 2 ) 1
sin( ) 2 cos ( ) cos( 2 ) 4 cos ( ) 1 www.matematicamente.t
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Ma vale anche che: α x
cos( 2 )
α α
= = = → =
AH x AC cos( 2 ) cos( 2 )
[ ]
α + − x
2 cos( 2 ) 1 1 2
Quindi abbiamo due condizioni: x
α =
cos( 2 )
−
x
1 2
y y
α α
= =
sin( 2 ) cos( 2 )
−
x x
1 2
Ricordando la relazione fondamentale α α
+ = →
2 2
sin ( 2 ) cos ( 2 ) 1
2 2
y x
+ = →
1
− −
x x
1 2 1 2
+ − − = →
2 2 2
x y x
(
1 2 ) 0
− + − =
2 2
y x x
3 4 1 0
Per cui si ha: γ − + − =
2 2
y x x
: 3 4 1 0
Per capire di che curva si tratta riscriviamola in questo modo:
( )
4 1
− + − = ⇔ − − + = ⇔ − − + = ⇔
2 2 2 2 2 2
y x x y x x y x x
3 4 1 0 3 4 1 0 3 0
3 3
4 1 1 1 4 4 1
− − + + − = ⇔ − − + + = ⇔
2 2 2 2
y x x y x x
3 0 3 0
3 3 3 3 3 9 3
( )
2
− 2
x 2
y
3 − = 1
1 1
9 3
Ora se effettuiamo una traslazione lungo l’asse delle ascisse cioè effettuiamo la trasformazione
2
= −
x ' ' x la curva diventa:
3 ( )
2 ( )
− 2
x 2
2 2
y x y
' '
3
γ γ
− = → − = 1
: 1 ' ' :
1 1 1 1
9 3 9 3 www.matematicamente.t
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= ±
y x 3 . Per cui la nostra curva è una iperbole
cioè otteniamo la classica iperbole con asintoti
2
= ± −
traslata con asintoti y 3 x
3
2)
Il problema impone però delle limitazioni geometriche.
α
° ≤ ≤ °
Innanzitutto deve essere 0 60 . Ora poiché il coseno in questo intervallo è decrescente allora
1
α α α α
° ≤ ≤ ° ⇔ ≤ ≤ ° → ° ≤ ≤ ° ⇔ − ≤ ≤
0 60 0 2 120 cos(
120 ) cos( 2 ) cos( 0 ) cos( 2 ) 1
2
Ma x x
1
α = → − ≤ ≤ →
cos( 2 ) 1
− −
x x
1 2 2 1 2
−
x x
3 1 1 1
≤ ≤ ≤ >
1 0 x x
,
− −
x x
1 2 1 2 3 2
⇔ ⇔ ⇔
x 1 1 1
≥ − ≥ <
0 x
− −
x x
1 2 2 1 2 2
1
≤
x 3 ≥
Inoltre per come introdotto il sistema di riferimento deve aversi 0
y , quindi il nostro problema va
discusso per 1
≤
x
3
≥
y 0
γ
= − + − =
2 2
Ricaviamo ora la funzione y f (x ) dalla curva : y 3 x 4 x 1 0 .
Si ha: = ± − +
2
y 3 x 4 x 1
≥
Ma con la limitazione 0
y la soluzione da prendere è quella positiva per cui la nostra funzione è
= − +
2
y 3 x 4 x 1 www.matematicamente.t
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1
≤
= − +
2 x
y 3 x 4 x 1 con la limitazione
Studiamo allora la funzione 3 1
1 ≤
− + = − − ≥ → ≥ ∪ ≤
2 x impone
3 4 1 (
3 1
)( 1
) 0 1
x x x x x x che con la limitazione
Dominio : 3
3
1
− ∞
;
come dominio ,
3 1
= − + = → − + = → = =
2 2
3 4 1 0 3 4 1 0 1
,
y x x x x x x e con la
Intersezioni asse ascisse : 3
1
=
x ;
limitazione l’unica intersezione è 3
= → =
Intersezioni asse delle ordinate: ;
x 0 y 1
Positività: nel dominio la funzione è sempre positiva visto che si tratta di una funzione radice;
Asintoti verticali : non ce ne sono; − + = +∞
2
lim 3 x 4 x 1 ;
Asintoti orizzontali : non ce ne sono. Infatti → −∞
x
Asintoti obliqui :
= +
y mx q 4 1
4 1
− + − − +
3
| | 3
x x
− +
2 2 2
3 4 1
x x x x
x x
= = = = − 3
lim
lim lim
m → −∞ → −∞ → −∞
x x x
x x x
[ ]
− + − +
4 1 4 1 2
x x
=
= − + + = =
2
lim 3 4 1 3 lim lim
q x x x
→ −∞ → −∞ → −∞
− + −
2
x x x
3
4 1
3 4 1 3
x x x − − + −
3 3
x x
2
x x
2
= − +
y 3 x come già anticipato. L’altro asintoto non lo
per cui l’asintoto è unico ed è pari a 3 1
≤
x
abbiamo calcolato e ritrovato perché abbiamo la limitazione 3 www.matematicamente.t
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Crescenza e decrescenza :.
Calcoliamo le derivate:
− ( )
3 x 2
= > → ∈ +∞
y ' ( x ) 0 x 1
, tenendo conto del dominio di definizione.
− +
2
3 x 4 x 1 ( )
∈ +∞
x 1
,
Per cui la funzione è crescente nell’ intervallo e decrescente altrove. Poiché abbiamo la
1
≤
x allora la nostra funzione è sempre decrescente.
limitazione geometrica 3 1 = = −∞
= lim y ' ( x ) lim y ' ( x ) .
x perché
Inoltre essa non è derivabile in − +
3 1 1
→ →
x x
3 3
Il grafico è sotto presentato:
In realtà va fatta una ulteriore considerazione. Se scegliamo il sistema di riferimento in modo da
avere il triangolo col vertice che spazia nel terzo e quarto quadrante otteniamo l’altra soluzione,
precedentemente scartata. Cioè otteniamo che il luogo in quel caso è descritto dall’equazione
= − − +
2
y 3 x 4 x 1 www.matematicamente.t
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= − +
2
y 3 x 4 x 1 rispetto all’asse delle ascisse. In tal caso è importante
che è la simmetrica di 2
= −
y 3 x come dedotto dall’equazione
controllare che l’asintoto verticale abbia equazione 3
dell’iperbole.
Ed infatti
= +
y mx q 4 1
4 1
− − + − +
3
| | 3
x x
− − +
2 2 2
3 4 1
x x x x
x x
= = = = 3
lim
lim lim
m → −∞ → −∞ → −∞
x x x
x x x
[ ]
− + − +
4 1 4 1 2
x x
= −
= − − + − = =
2
lim 3 4 1 3 lim lim
q x x x
→ −∞ → −∞ → −∞
− − + +
2
x x x
3
4 1
3 4 1 3
x x x − + −
3 3
x x
2
x x
2
= −
y 3 x come già anticipato.
per cui l’asintoto è unico ed è pari a 3
In conclusione in tal caso il grafico è: www.matematicamente.t
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Se mettiamo assieme i due grafici otteniamo il ramo di iperbole ottenuto dal sistema
( )
2
− 2
x 2
y
3 − = 1
1 1
9 3
1
≤
x
3 4
3
2
1 1 1
-1
-2
-3
-4
-5
3
-1
-2
-3
-4
come sin dall’inizio evidenziato.
Abbiamo preferito fare tutti i calcoli perché era l’unica strada da perseguire se non ci si accorgeva
che con una semplice traslazione ottenevamo una iperbole. E’ stato un modo per confermare i
risultati da un altro punto di vista.
3)
Considerando la figura di partenza si ha:
α α
= =
sin( ) sin( )
AM AB α α
= =
sin( 2 ) sin( 2 )
BN AB α α α
= +
2 2
