[:it]Maturità 2017: problema 2[:]

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Consideriamo la funzione f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}, periodica di periodo T=4 il cui grafico, nell’intervallo  [0;4], è il seguente:

Come si evince dalla figura 1, i tratti OB, BD, DE del grafico sono i segmenti i cui estremi hanno coordinate: O(0,0), B(1,1), D(3,1), E(4,0).

1) Stabilisci in quali punti del suo insieme di definizione la funzione f è continua e in quali è derivabile e verifica l’esistenza dei limiti: \underset{x\rightarrow \infty }{lim} f(x) e \underset{x\rightarrow \infty }{lim} \cfrac{f(x)}{x}; qualora esistano, determinare il valore.
Rappresenta inoltre, per x\in \left [ 0;4 \right ], i grafici delle funzioni:

(1)   \begin{equation*} g(x)=f'(x) \end{equation*}

(2)   \begin{equation*} h(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt \end{equation*}

Prerequisiti

  • conoscere le caratteristiche dei punti angolosi
  • retta passante per due punti
  • conoscere i limiti
  • conoscere bene le derivate
  • conoscere gli integrali
  • saper fare un grafico con sicurezza delle funzioni elementari quali retta e parabola

Svolgimento
\underset{x\rightarrow \infty }{lim} f(x)
non può esistere essendo f(x) una funzione che oscilla tra +1 e -1.
Invece
\underset{x\rightarrow \infty }{lim} \cfrac{f(x)}{x}=0
in quanto f(x) varia sempre da +1 a -1 e diviso per un numero che tende all’infinito inevitabilmente si avrà lo 0 come risultato.

Per risolvere la (1), preferisco prima scrivere le equazioni che rappresentano la funzione periodica f(x).

L’equazione della retta passante per O(0,0), B(1,1) è proprio la bisettrice del primo quadrante y=x.
Per avere l’equazione della retta passante per B(1,1), D(3,-1) uso la relazione:

(3)   \begin{equation*} \cfrac{y-y_{D} }{ y_{B}-y_{D} }=\cfrac{x-x_{D}}{x_{B}-x_{D}} \end{equation*}

(4)   \begin{gather*} \cfrac{y+1}{1+1}=\cfrac{x-3}{1-3} \\ y=-x+2 \end{gather*}

Per avere l’equazione della retta passante per D(3,-1), E(4,0) uso la relazione (3)

(5)   \begin{gather*} \cfrac{y-0}{-1+0}=\cfrac{x-4}{3-4} \\ y=x-4 \end{gather*}

Ricapitolando:

(6)   \begin{equation*} f(x)=\left\{\begin{matrix} x & 0\leqslant x\leqslant 1\\ -x+2 &1\leqslant x\leqslant 3 \\ x-4 & 3\leqslant x\leqslant 4 \end{matrix}\right. \end{equation*}

La (1) adesso si può calcolare derivando la (6) tra gli opportuni intervalli:

(7)   \begin{equation*} g(x)=f'(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & 0\leqslant x\leqslant 1\\ -1 &1\leqslant x\leqslant 3 \\ 1 & 3\leqslant x\leqslant 4 \end{matrix}\right. \end{equation*}

La sua rappresentazione grafica è:

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Per trovare la (2), uso ancora la (6) considerando gli intervalli opportuni.

Per x\in [0;1]

(8)   \begin{equation*} h(x)=\int_{0}^{x}tdt=\left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}t^{2}\end{matrix}\right|_{0}^{x}=\cfrac{x^{2}}{2} \end{equation*}

Per x\in [1;3]

(9)   \begin{gather*} h(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{1}tdt+\int_{1}^{x}(-t+2)dt= \\ \left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}t^{2}\end{matrix}\right|_{0}^{1}+\left\begin{matrix} -\cfrac{t^{2}}{2}+2t\end{matrix}\right|_{1}^{x}= \\ \cfrac{1}{2}-\cfrac{x^{2}}{2}+2x+\cfrac{1}{2}-2=\\ -1-\cfrac{x^{2}}{2}+2x \end{gather*}

Per x\in [3;4]

(10)   \begin{gather*} h(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{1}tdt+\int_{1}^{3}(-t+2)dt+\int_{3}^{x}(t-4)dt \\ \left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}t^{2} \end{matrix}\right|_{0}^{1}+ \left\begin{matrix} -\cfrac{t^{2}}{2}+2t \end{matrix}\right|_{1}^{3}+ \left\begin{matrix} (\cfrac{t^{2}}{2}-4t) \end{matrix}\right|_{3}^{x}= \\ \cfrac{1}{2}+\left ( -\cfrac{9}{2}+6 \right )-\left ( -\cfrac{1}{2}+2 \right )+\cfrac{x^2}{2}-4x-\cfrac{9}{2}+12\\ 8+\cfrac{x^2}{2}-4x \end{gather*}

Riunisco la (8) la (9) e la (10)

(11)   \begin{equation*} h(x)=\left\{\begin{matrix} \cfrac{x^{2}}{2} & 0\leqslant x\leqslant 1\\ -1-\cfrac{x^{2}}{2}+2x& 1\leqslant x\leqslant 3\\ 8+\cfrac{x^2}{2}-4x & 3\leqslant x\leqslant 4 \end{matrix}\right. \end{equation*}

La sua rappresentazione grafica è la rappresentazione di tre parabole negli opportuni intervalli:

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2) Considera la funzione:

(12)   \begin{equation*} s(x)=\sin \left ( bx \right ) \end{equation*}

con b costante reale positiva; determina b in modo che s(x) abbia lo stesso periodo di f(x).
Dimostra che la porzione quadrata di piano OABC in figura 1 viene suddivisa dai grafici di f(x) e s(x) in tre parti distinte e determina le probabilità che un punto preso a caso all’interno del quadrato OABC ricada in ciascuna delle 3 parti individuate.

Prerequisiti

  • conoscere il significato di periodicità di una funzione trigonometrica
  • conoscere la definizione di probabilità
  • applicare il concetto di probabilità nel caso della geometria piana
  • conoscere l’integrale come area di una regione finita di piano

Sviluppo

Perché la funzione (12) abbia periodo 4 è sufficiente studiare quando:

(13)   \begin{equation*} \sin \left ( bx \right )=0 \end{equation*}

esso si annullerà quando:

(14)   \begin{gather*} bx=\pi \\ bx=2\pi \end{gather*}

avendo periodo 4 significa che sia per x=4 ma anche x=2 si annulla per cui:

(15)   \begin{gather*} b2=\pi \\ b4=2\pi \end{gather*}

entrambe mi portano ad affermare che

(16)   \begin{equation*} b=\cfrac{\pi }{2} \end{equation*}

Rappresento graficamente la situazione per x\in [0;1], ossia all’interno del quadrato OABC.

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e si osserva che si hanno tre regioni.
La definizione di probabilità è:

(17)   \begin{equation*} P=\cfrac{favorevoli}{probabili} \end{equation*}

In questo caso: l’evento favorevole è una delle tre aree, l’evento probabile è l’area totale che vale 1 essendo un quadrato di lato 1.

L’area della zona superiore si calcola sottraendo all’area del quadrato di lato unitario l’integrale della funzione s(x):

(18)   \begin{gather*} A_{1}=1-\int_{0}^{1}\sin \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )dx= \\ 1-\left\begin{matrix} \left (-\cos \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )\cdot \cfrac{2}{\pi} \right ) \end{matrix}\right|_{0}^{1}= \\ 1-\cfrac{2}{\pi} \end{gather*}

Essa corrisponde alla probabilità che il punto possa cadere in quest’area.

L’area della zona centrale si calcola attraverso l’integrale della funzione s(x) a cui sottraggo l’area del triangolo di base 1 ed uguale altezza.

(19)   \begin{gather*} A_{2}=\int_{0}^{1}\sin \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )dx-\cfrac{1}{2}= \\ \left\begin{matrix} -\cos \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )\cdot \cfrac{2}{\pi} -\cfrac{1}{2} \end{matrix}\right|_{0}^{1}= \\ \cfrac{2}{\pi}-\cfrac{1}{2} \end{gather*}

La terza area corrisponde all’area del triangolo di base 1 ed altezza unitaria:

(20)   \begin{equation*} A_{3}=\cfrac{1}{2} \end{equation*}

3) Considerando ora le funzioni:

(21)   \begin{equation*} f(x)^2 \end{equation*}

e

(22)   \begin{equation*} s(x)^2 \end{equation*}

discuti, anche con argomentazioni qualitative, le variazioni (in aumento o in diminuzione) dei tre valori di probabilità determinati al punto precedente

Prerequisiti

  • conoscenza del grafico del quadrato di una funzione e sua approssimazione grafica
  • sapere sviluppare in maniera molto sicura gli integrali

Sviluppo

Tra 0\leqslant x\leqslant 1 la f(x)^2 da retta diventa una parabola.
mentre la funzione trigonometrica s(x) ha un flesso per x=\cfrac{1}{2}.
Si può quindi qualitativamente dire che
A_{3} diminuisce
A_{1} aumenta

Per meglio evidenziare la situazione faccio il grafico delle tre curve che può essere ricavato solo se precedentemente ci si è esercitati con i grafici delle funzioni trigonometriche.

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Per l’area compresa si deve calcolare il seguente integrale:

(23)   \begin{equation*} A_{2}=\int_{0}^{1}\left (\sin \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right ) \right )^2-x^{2}dx \end{equation*}

Vi sono due strade e la migliore è analizzare il grafico:

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e si nota che l’area del grafico della funzione trigonometrica è proprio l’area del triangolo di base unitaria ed altezza uguale in quanto i contributi della “gobba” si bilanciano.

Quindi è sufficiente calcolare il seguente integrale notevolmente più semplice:
Per l’area compresa si deve calcolare il seguente integrale:

(24)   \begin{gather*} A_{2}=\cfrac{1}{2}-\int_{0}^{1}x^{2}dx= \\ \cfrac{1}{2}-\left\begin{matrix} \cfrac{x^3}{3} \end{matrix}\right|_{0}^{1}= \\ \cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}=\cfrac{1}{6} \end{gather*}

valore di poco inferiore a quello precedente.

4) Determina il volume del solido generato dalla rotazione attorno all’asse y della porzione di piano compresa tra il grafico della funzione h(x) per x\in [0;3] e l’asse x.

Prerequisiti

  • conoscere la formula per il calcolo del volume di figure piane che ruotano attorno all’asse y.

Sviluppo

Si utilizza la seguente formula:

(25)   \begin{equation*} V=2\pi\int_{a}^{b}xf(x)dx \end{equation*}

La applico ad h(x)

(26)   \begin{gather*} V=2\pi\int_{0}^{1}\cfrac{x^3}{2}dx+\int_{1}^{3}-x-\cfrac{x^3}{2}+2x^{2}dx= \\ 2\pi \cdot \left\begin{matrix} \cfrac{x^4}{8} \end{matrix}\right|_{0}^{1}+ \left\begin{matrix} -\cfrac{x^2}{2}-\cfrac{x^4}{8}+\cfrac{2x^3}{3}- \end{matrix}\right|_{1}^{3}= \\ 2\pi \cdot \left (\cfrac{1}{8} -\cfrac{9}{2}-\cfrac{81}{8}+\cfrac{54}{3}+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{8}-\cfrac{2}{3} \right )= \\ 2 \pi\cdot \cfrac{83}{24}= \pi\cdot \cfrac{83}{12} \end{gather*}

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