Simulazione 29 aprile 2016 - Problema 2

Soluzione del problema 2 della simulazione di seconda prova di matematica per la maturità del 29 aprile. Hai scelto questo problema? Lo hai risolto correttamente? Per te la soluzione spiegata, punto per punto, del problema 2 della simulazione di maturità.

2018-08-13 16:59:47

Il problema 2 della simulazione di seconda prova di matematica del 29 aprile 2016 è un (abbastanza classico) studio di funzione.

Per risolvere questo problema, devi sapere (bene):

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Problema 2 - Punto 1 - Testo - Simulazione maturità 29 aprile

problema-2-figura-1

Il grafico £$G$£ in figura 1 rappresenta una funzione del tipo: $$f(x)=x^{k}\cdot e^{(k-x)}, \quad x\in \mathbb{R}, \ k\in \mathbb{N}, \, k > 1$$

Determina il valore del parametro £$k$£ affinché la £$f(x)$£ sia rappresentata dal grafico, motivando la tua risposta. Calcola inoltre le coordinate dei punti di flesso, le equazioni degli eventuali asintoti e le equazioni delle rette tangenti a £$G$£ nei punti di flesso.

Problema 2 - Punto 1 - Soluzione - Simulazione maturità 29 aprile

Ci sono due modi per trovare il valore di £$k$£ richiesto.

METODO 1:

Dal grafico, vediamo che la funzione passa per il punto £$(2;4)$£ quindi imponiamo il passaggio per questo punto. Sostituiamo cioè le coordinate del punto nell'espressione della funzione:

£$4=2^k \cdot e^{k-2} \to 2^2=2^k\cdot \frac{e^k}{e^2} \to 2^2\cdot e^2 = 2^k \cdot e^k \to (2e)^2=(2e)^k \to k=2$£

METODO 2:

Dall'immagine vediamo che la funzione presenta un punto di massimo in corrispondenza di £$ x = 2 $£ e un punto di minimo nell'origine, cioè per £$ x = 0 $£. Allora calcoliamo la derivata della funzione e cerchiamo il valore di £$ k $£ che annulla la derivata per £$ x = 0 $£ e per £$ x = 2 $£.

$$ f'(x) = k \cdot x^{k -1} \cdot e^{(k - x)} + x^k \cdot e^{(k - x)} \cdot ( -1 ) = $$ $$ = x^{k - 1} \cdot e^{(k -x)} \cdot (k - x) $$

Calcoliamo ora il valore della derivata in £$ 0 $£ e in £$ 2 $£ e poniamola uguale a £$ 0 $£:

$$ f'(0) = 0 $$ $$ f'(2) = 2^{k - 1} \cdot e^{(k - 2)} \cdot (k -2 ) = 0 $$

I primi due termini della derivata sono due esponenziali, quindi sono sempre positivi, infatti £$ 2^{k - 1} > 0 $£ e che £$ e^{(k - 2)} > 0 $£, quindi troviamo che £$ f'(2) = 0 \Leftrightarrow k = 2 $£.

La funzione £$ f(x) $£ rappresentata dal grafico £$ G $£ è £$ f(x) = x^2 \cdot e^{(2 - x)} $£.

Ora che abbiamo trovato il valore del parametro, calcoliamo la derivata prima e la derivata seconda della nostra funzione per trovare le coordinate dei punti di flesso:

$$ f'(x) = 2x \cdot e^{(2 - x)} - x^2 \cdot e^{(2-x)} = e^{(2 - x)} \cdot (2x - x^2) $$ $$ f''(x) = 2 \cdot e^{(2 - x)} - 2x \cdot e^{(2 - x)} - 2x \cdot e^{(2 - x)} + x^2 \cdot e^{(2 - x)} = e^{(2 - x)} \cdot (2 - 4x + x^2) $$

In quali punti si annulla la derivata seconda?

$$ f''(x) = 0 \Leftrightarrow e^{(2 - x)} \cdot (2 - 4x + x^2) = 0 $$

L'esponenziale non si annulla mai, quindi dobbiamo cercare dove si annulla il polinomio di secondo grado £$ x^2 - 4x + 2 = 0 $£.

$$ x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 2}}{1} = 2 \pm \sqrt{2} $$

I punti di flesso sono i punti di coordinate: £$ F_1 \left( 2 + \sqrt 2; (2 + \sqrt 2)^2 \cdot e^{-\sqrt 2} \right) $£ e £$ F_2 \left( 2-\sqrt 2 ; (2 - \sqrt 2)^2 \cdot e^{ \sqrt 2} \right) $£.

Passiamo ora al calcolo degli asintoti utilizzando i limiti:

$$ \lim_{x \to + \infty} x^2 \cdot e^{(2 - x)} = 0 $$ quindi c'è un asintoto orizzontale, che è proprio l'asse £$ x $£, cioè la retta £$ y = 0 $£.

$$ \lim_{x \to - \infty} x^2 \cdot e^{(2 - x)} = + \infty $$

Visto che il limite non è finito, controlliamo se c'è un asintoto obliquo:

$$ \lim_{x \to - \infty} \frac{x^2 \cdot e^{(2 - x)}}{x} = \lim_{x \to - \infty} x \cdot e^{(2 - x)} = - \infty $$

quindi non c'è nessun asintoto obliquo, né verticale.

Infine calcoliamo le equazioni delle rette tangenti a £$ G $£ nei punti di flesso. Come facciamo? Per trovare le tangenti, dobbiamo calcolare il valore della derivata nei due punti di flesso, cioè nei punti £$ F_1 $£ e £$ F_2 $£:

$$ m_1 = f'(2 + \sqrt 2) = - e^{- \sqrt 2} \cdot (2\sqrt 2 + 2) $$ $$ m_2 = f'(2 - \sqrt 2) = e^{ \sqrt 2} \cdot (2\sqrt 2 - 2) $$

La retta tangente nel punto di flesso £$ F_1 $£ è: £$ y = -2x(\sqrt 2 + 1) e^{- \sqrt 2} + (10\sqrt 2 + 14) e^{- \sqrt 2} $£

La retta tangente nel punto di flesso £$ F_2 $£ è: £$ y = 2x(\sqrt 2 - 1) e^{ \sqrt 2} - (10\sqrt 2 - 14) e^{\sqrt 2} $£

Problema 2 - Punto 2 - Testo - Simulazione maturità 29 aprile

Considera un triangolo avente i vertici, rispettivamente, nell’origine, nel punto della funzione £$f(x)$£ di ascissa £$a$£, e nel punto £$P$£ sua proiezione sull’asse £$x$£. Determina il valore £$a \ge 0$£ per cui la sua area sia massima.

Problema 2 - Punto 2 - Soluzione - Simulazione maturità 29 aprile

Il triangolo che stiamo cercando ha tre vertici: il primo è l'origine £$ O(0;0) $£, il secondo è il punto di coordinate £$ H(a; f(a)) $£ e il terzo è il punto £$ P $£ che è la proiezione di questo punto sull'asse £$ x $£, quindi ha coordinate £$ P(a; 0) $£. Dobbiamo trovare £$ a \ge 0 $£ tale per cui l'area di questo triangolo sia massima.

Ti ricordi come si calcola l'area di un triangolo? £$ A = \frac{\text{base } \cdot \text{ altezza}}{2} $£

L'area del nostro triangolo sarà una funzione che dipende dal parametro £$ a $£:

$$ A(a) = \frac{a \cdot f(a)}{2} $$

Visto che si tratta di un'area, sappiamo già che la funzione £$ A(a) $£ è una funzione sempre £$ \ge 0 $£. Per trovare il massimo, calcoliamo la sua derivata e cerchiamo il punto in cui si annulla:

$$ A'(a) = \frac{1}{2} \cdot (f(a) + a \cdot f'(a) ) $$

Sostituiamo il valore della nostra funzione:

$$ A'(a) = \frac{1}{2} \cdot \left[ a^2 \cdot e^{(2-a)} + a \cdot e^{(2-a)}(2a - a^2) \right] = \frac{1}{2}a^2 \cdot e^{(2 - a)} \cdot (3 -a) $$

$$ A'(a) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}a^2 \cdot e^{(2 - a)} \cdot (3 -a) = 0 $$

La derivata si annulla per due valori di £$a $£. Il primo è £$ a = 0 $£, ma non è accettabile perché la figura che otteniamo non è un triangolo: i tre punti £$ O, H $£ e £$ P $£ coinciderebbero tutti con l'origine. L'altro valore che troviamo è £$ a = 3 $£: questa soluzione è accettabile. Dallo schema dei segni vediamo che £$ A'(a) \ge 0 \Leftrightarrow a \le 3 $£, quindi per £$ a = 3 $£ troviamo il massimo della funzione area.

Il triangolo di area massima ha vertici £$ O(0;0), H(3; f(3)) $£ e £$ P(3; 0) $£.

Problema 2 - Punto 3 - Testo - Simulazione maturità 29 aprile

Calcola l'area della regione piana delimitata da £$G$£ e dall'asse £$x$£ nell'intervallo £$[0,2]$£ e determina il valore dell'errore percentuale che si verifica nel calcolo di tale area se nell'intervallo £$[0,2]$£ si adotta, per approssimare £$f(x)$£, una funzione razionale di 3° grado della forma

$$r(x)=ax^3+bx^2+cx+d, \quad x\in \mathbb{R}, \ a,b,c,d \in \mathbb{R}$$

con £$r(0)=f(0)=0, r(2)=f(2)=4, r'(0)=0, r'(2)=0$£

Problema 2 - Punto 3 - Soluzione - Simulazione maturità 29 aprile

Per calcolare l'area della regione piana delimitata da £$ G $£ e dall'asse £$ x $£ nell'intervallo £$ [0, 2] $£ dobbiamo calcolare l'integrale della funzione in questo intervallo. Integriamo per parti:

$$ \int_{0}^{2} x^2 e^{(2 - x)} dx = e^2 \int_{0}^{2} x^2 e^{-x} dx = $$ $$ = e^2 \left[ \left[- x^2 e^{-x} \right]_{0}^{2} + \int_{0}^{2} 2xe^{-x} dx \right] = $$ $$ = e^2 \left[ \left[- x^2 e^{-x} \right]_{0}^{2} + 2 \left[ -x e^{-x} \right]_{0}^{2} + 2 \int_{0}^{2} e^{-x} dx \right] = $$ $$ = e^2 \left[ \left[- x^2 e^{-x} \right]_{0}^{2} + 2 \left[ -x e^{-x} \right]_{0}^{2} + 2 \left[- e^{-x} \right]_{0}^{2} \right] = $$ $$ = e^2 \left[ - 4 e^{-2} + 2 \left( -2 e^{-2} -e^{-2} +1 \right) \right] = $$ $$ = e^2 ( 10e^{-2} + 2) = $$ $$ = 2e^2 - 10 $$

Vogliamo approssimare la funzione £$ f(x) $£ con la funzione razionale di terzo grado £$ r(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d $£. Calcoliamo la derivata di questa funzione razionale: £$ r'(x) = 3ax^2 + 2bx + c $£ e troviamo i valori dei parametri della funzione:

$$ \begin{cases} r(0) =f(0) = 0 \\ r(2) = f(2) = 4 \\ r'(0) = 0 \\ r'(2) = 0 \end{cases} \rightarrow \begin{cases} d= 0 \\ 8a + 4b + 2c = 4 \\ c = 0 \\ 12 a + 4b = 0 \end{cases} $$ $$ \begin{cases} d = 0 \\ 8a - 12a = 4 \\ c = 0 \\ b = - 3a \end{cases} \rightarrow \begin{cases} d = 0 \\ a = - 1 \\ c = 0 \\ b = 3 \end{cases} $$

Calcoliamo quindi l'area delimitata da questa funzione £$ r(x) = -x^3 + 3x^2 $£ e dall'asse £$ x $£ calcolando un integrale:

$$ \int_{0}^{2} -x^3 + 3x^2 dx = \left[- \frac{x^4}{4} + x^3 \right]_{0}^{2} = -4 + 8 = 4 $$

Per calcolare l'errore, dobbiamo calcolare il valore assoluto della differenza tra il valore approssimato e il valore esatto e dividere per il valore esatto:

$$ \frac{\left| \text{val. approssimato - val. esatto} \right| }{\text{val. esatto}} = \frac{\left| 4 - 2e^2 + 10 \right| }{2e^2 - 10} =$$ $$ = \frac{\left| 14 - 2e^2 \right| }{2(e^2 - 5)} = \frac{\left| 7 - e^2 \right| }{e^2 - 5} $$

Troviamo l'errore percentuale moltiplicando questo risultato per £$ 100 $£:

$$ \frac{\left| 7 - e^2 \right| }{e^2 - 5} \cdot 100 \simeq 16 \% $$

Problema 2 - Punto 4 - Testo - Simulazione matematica 29 aprile

Dimostra che, dette £$A$£ e £$B$£ le intersezioni tra le tangenti a £$G$£ nei punti di flesso e l’asse £$x$£, £$C$£ e £$D$£ le proiezioni dei punti di flesso sull’asse £$x$£, si ha:

$$ \overline{AB} = 2 \overline{CD} $$

per qualsiasi £$ k \in \mathbb{N}, k > 1 $£.

Problema 2 - Punto 4 - Soluzione - Simulazione matematica 29 aprile

Per rispondere all'ultimo punto, torniamo alla funzione di partenza e calcoliamo tutte le derivate, i flessi e le tangenti in funzione di £$ k $£:

$$ f(x) = x^k \cdot e^{k-x} \\ f'(x) = x^{k - 1} \cdot e^{(k -x)} \cdot (k - x) \\ f''(x) = e^{k-x} \cdot x^{k-2} \left[ (x - k)^2 - k \right] $$

Cerchiamo i flessi, cioè i punti in cui si annulla la derivata seconda della funzione:

$$ f''(x) = 0 \Leftrightarrow (x - k)^2 - k = 0 $$ $$ (x-k)^2 = k $$ $$ x_{1,2} = k \pm \sqrt k $$

Chiamiamo £$ y_1 = f(x_1) $£ e £$ y_2 = f(x_2) $£. Le coordinate dei flessi in funzione di £$ k $£, quindi sono:

$$ F_1 \left( k + \sqrt k; (k + \sqrt k) \cdot e^{- \sqrt k} \right) $$ $$ F_2\left( k- \sqrt k; (k-\sqrt k)^k \cdot e^{\sqrt k} \right) $$

La retta tangente a £$ G $£ nel punto £$ F_1 $£ ha coefficiente angolare £$ m_1 = f'(x_1) = -\sqrt k \cdot e^{-\sqrt k} \cdot (k+\sqrt k)^{k-1} $£ e troviamo la sua equazione usando la formula £$ y - y_1 = m_1 \cdot (x -x_1) $£.

La retta tangente a £$ G $£ nel punto £$ F_2 $£ ha coefficiente angolare £$ m_2 = f'(x_2) = \sqrt k e^{\sqrt k} (k - \sqrt k)^{k - 1} $£ e troviamo la sua equazione usando la formula £$ y - y_2 = m_2 \cdot (x - x_2) $£.

I punti £$ A $£ e £$ B $£ sono dati dall'intersezione delle tangenti con l'asse £$ x $£, quindi dobbiamo risolvere i sistemi:

$$ \begin{cases} y - y_1 = m_1\cdot (x - x_1) \\ y = 0 \end{cases} $$ $$ \begin{cases} y - y_2 = m_2 \cdot (x - x_2) \\ y = 0 \end{cases} $$

Dobbiamo trovare solo le ascisse di questi due punti:

$$ x_A = - \frac{y_1}{m_1} + x_1 = - \frac{( k + \sqrt k)^k e^{-\sqrt k}}{ - \sqrt k e^{-\sqrt k} (k + \sqrt k)^{k - 1}} + k + \sqrt k = 2 \sqrt k + 1 + k $$

$$ x_B = -\frac{y_2}{m_2} + x_2 = -\frac{(k - \sqrt k)^k e^{\sqrt k}}{\sqrt k e^{\sqrt k} ( k - \sqrt{k})^{k-1}} + k - \sqrt k = -2\sqrt k + 1 + k $$

Calcoliamo la lunghezza del segmento £$ AB $£ facendo la differenza tra questi due valori:

$$ \overline{AB} = \left|x_A - x_B \right| = $$ $$ = \left| 2\sqrt k + 1 + k - (-2\sqrt k + 1 + k) \right| = 4 \sqrt k $$

I punti £$ C $£ e £$ D $£ sono le proiezioni dei flessi sull'asse £$ x $£, quindi hanno le stesse ascisse dei due flessi: £$ x_C = k + \sqrt k $£ e £$ x_D = k + \sqrt k $£.

Calcoliamo la lunghezza del segmento £$ CD $£ facendo la differenza tra questi due valori:

$$ \overline{CD} = \left| x_C - x_D \right| = $$ $$ = \left| k + \sqrt k - (k - \sqrt k) \right| = 2 \sqrt k $$

Abbiamo quindi dimostrato che £$ \overline{AB} = 2\overline{CD} $£ vale per qualsiasi £$ k \in \mathbb{N}, k > 1 $£ perché £$ 4 \sqrt k = 2 \cdot 2 \sqrt k $£.

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