www.matefilia.it PNI 2014 – SESSIONE STRAORDINARIA
Download
Report
Transcript www.matefilia.it PNI 2014 – SESSIONE STRAORDINARIA
www.matefilia.it
PNI 2014 β SESSIONE STRAORDINARIA - PROBLEMA 2
Sia π la funzione definita da:
1βπ₯
π(π₯) = β
1+π₯
1)
Si studi π e si verifichi che il suo grafico πΎ ha lβandamento riportato in figura. La funzione
π è invertibile? Se sì, quale è lβespressione della sua inversa?
π(π) = β
πβπ
π+π
Dominio
1βπ₯
β₯0 β¦ βπ<πβ€π
1+π₯
Simmetrie notevoli
1+π₯
π(βπ₯) = β1βπ₯ : la funzione non è pari né dispari.
Intersezioni con gli assi
Se x=0, y=1; se y=0, x=1.
Segno della funzione
π(π₯) β₯ 0 ππ π‘π’π‘π‘π ππ πππππππ.
1/ 5
Limiti
1βπ₯
limπ₯β(β1)+ β1+π₯ = +β
π₯ = β1 ππ πππ‘ππ‘π π£πππ‘πππππ.
Essendo la funzione definita in un intervallo limitato, non possono esserci asintoti
orizzontali né obliqui.
Derivata prima
1
π β² (π₯) = β
β
1βπ₯
(π₯+1)2
π₯+1
< 0 πππ ππππ π₯ πππ πππππππ : funzione sempre decrescente.
La funzione non è derivabile in x=1.
limπ₯β1 (β
1
1βπ₯
(π₯+1)2
β
π₯+1
) = ββ (punto a tangente verticale).
Minimo (assoluto) 0 per x=1.
Derivata seconda
2π₯β1
π β²β² (π₯) β₯ 0 se (π₯β1)(π₯+1) β₯ 0,
1
β 1 < π₯ β€ 2; quindi:
1
1
il grafico volge la concavità verso lβalto se β1 < π₯ < 2 e verso il basso se 2 < π₯ < 1
1
1
1
In π₯ = 2 si ha un flesso di ordinata π (2) = β3.
Il grafico della funzione è il seguente:
2/ 5
La funzione f è invertibile, poiché è strettamente decrescente.
Cerchiamo la sua funzione inversa
1βπ₯
1βπ¦ 2
1βπ₯
π(π₯) = π¦ = β1+π₯ , π¦ 2 = 1+π₯ , π¦ 2 (1 + π₯) = 1 β π₯, π₯(π¦ 2 + 1) = 1 β π¦ 2 , π₯ = 1+π¦ 2 = π β1 (π¦)
2)
Si mostri che lβarea della regione Ξ£, delimitata da πΎ e dagli assi cartesiani sullβintervallo
π
chiuso [0,1] è uguale a 2 β 1.
π
πβπ
π¨(πΊ) = β« β
π
π
π+π
π
1βπ₯
Cerchiamo una primitiva della funzione π(π₯) = β1+π₯
β«β
in [0;1], dove 1 β π₯ β₯ 0.
(1 β π₯)2
πβπ
1βπ₯
1
βπ₯
π
π = β« β
ππ₯
=
β«
ππ₯
=
β«
ππ₯
+
β«
ππ₯ =
π+π
1 β π₯2
β1 β π₯ 2
β1 β π₯ 2
β1 β π₯ 2
= ππ«ππ¬π’π§(π) + βπ β ππ
Quindi:
π
1
πβπ
π
π
β« β
π
π = [arcsin(π₯) β β1 β π₯ 2 ] = β 0 + (0 β 1) = β π β
ππππππ
π+π
2
π
0
π
3/ 5
3)
Utilizzando uno dei metodi di integrazione numerica studiati, si sfrutti lβuguaglianza
π
precedente per calcolare unβapprossimazione di 2 .
1
1βπ₯
1βπ₯
Consideriamo la funzione π(π₯) = β1+π₯ e lβintervallo [0;1]; calcoliamo ο β«0 β1+π₯ ππ₯ο
utilizzando il metodo dei trapezi. Dividiamo lβintervallo in n=5 parti uguali.
1
β« β
0
1βπ₯
π(π₯0 ) + π(π₯5 )
ππ₯ β
β [
+ π(π₯1 ) + π(π₯2 ) + π(π₯3 ) + π(π₯4 )]
1+π₯
2
Dove: β =
1
β« β
0
1β0
5
1
= 5 = 0.2 π₯0 = 0, π₯1 = 0 + β = 0.2, π₯2 = 0.4, π₯3 = 0.6, π₯4 = 0.8, π₯5 = 1
1βπ₯
π(0) + π(1)
ππ₯ β
0.2 β [
+ π(0.2) + π(0.4) + π(0.6) + π(0.8)] =
1+π₯
2
= 0.2 β [
1+0
+ 0.816 + 0.655 + 0.5 + 0.33] β
π. ππ
2
π
Quindi: 2 β 1 β
0.56
βΉ
π
π
β
π. ππ (N.B. Risulta
4/ 5
π
π
β
1.57079 β¦)
4)
La regione Ξ£ è la base di un solido Ξ©, le cui sezioni, ottenute con piani perpendicolari
allβasse π₯, sono tutte quadrati. Si calcoli il volume di Ξ© .
Detta π(π₯) lβarea della sezione, risulta:
1
π(Ξ©) = β« π(π₯)ππ₯
0
1βπ₯
1βπ₯
Ma il lato della generica sezione quadrata è π(π₯) = β1+π₯ , quindi π(π₯) = 1+π₯ .
1
1
1
1
1βπ₯
1+π₯β2
2
π½(π) = β« π(π₯)ππ₯ = β«
ππ₯ = β« (β
) ππ₯ = β« β (1 β
) ππ₯ =
1+π₯
1+π₯
0
0 1+π₯
0
0
= [βπ₯ + 2 ππ|1 + π₯|]10 = (βπ + π ππ(π)) ππ β
π. πππ ππ
Con la collaborazione di Angela Santamaria, Simona Scoleri e Stefano Scoleri
5/ 5