Punto di tangenza fra funzioni
salve, a voi. volevo esporre un problema che nella sezione secondaria II grado ho ricevuto risposte come "hai fatto una domanda tremenda" perciò la espongo qui, così magari qualcuno di più ferrato con la matematica mi sa dare una risposta o mi mette nella retta via della risoluzione.
premessa: non ho il testo.
si hanno due funzioni:
$f(x)=a^x$
$g(x)=log_ax$
si chiede di trovare il parametro $a$ per cui le due funzioni abbiano un punto in comune e la $x$ rispettiva.
grazie mille a chiunque mi aiuti.
premessa: non ho il testo.
si hanno due funzioni:
$f(x)=a^x$
$g(x)=log_ax$
si chiede di trovare il parametro $a$ per cui le due funzioni abbiano un punto in comune e la $x$ rispettiva.
grazie mille a chiunque mi aiuti.
Risposte
Hola ripper.. Ho fatto 2 conticini veloci e dovrebbe essere che sia a che x sono uguali a 1
Fai una prova e fammi sapere
Metti a sistema le tue due equazioni e risolvi un pò di passaggi ricordando le varie proprietà dei log e exp
Fai una prova e fammi sapere
Metti a sistema le tue due equazioni e risolvi un pò di passaggi ricordando le varie proprietà dei log e exp
@Birtieddu: Infatti tutti sanno che il logaritmo in base [tex]$1$[/tex] è ben definito, no? 
Il logaritmo in base [tex]$1$[/tex] non è definito, perchè l'esponenziale di base [tex]$1$[/tex] non è invertibile; questo si legge su un qualunque libro di Matematica elementare da scuole superiori...
@Ripper92: In effetti il problema è un po' contaccioso; prova con [tex]$a=e^\frac{1}{e}$[/tex] (per la base) ed [tex]$x=e$[/tex] (per il punto di tangenza). Funziona?
Il logaritmo in base [tex]$1$[/tex] non è definito, perchè l'esponenziale di base [tex]$1$[/tex] non è invertibile; questo si legge su un qualunque libro di Matematica elementare da scuole superiori...
@Ripper92: In effetti il problema è un po' contaccioso; prova con [tex]$a=e^\frac{1}{e}$[/tex] (per la base) ed [tex]$x=e$[/tex] (per il punto di tangenza). Funziona?
si grazie gugo funziona, il problema è come faccio a dimostrarlo?
Chiamiamo per comodità [tex]$(X,Y)$[/tex] il punto di tangenza tra [tex]$f(x)=a^x$[/tex] e [tex]$g(x)=\log_a x$[/tex], sicché [tex]$a^X=Y=\log_a X$[/tex].
Visto che i grafici di [tex]$f,g$[/tex] si corrispondono nella simmetria rispetto alla bisettrice I-III (perchè [tex]$g$[/tex] è la funzione inversa di [tex]$f$[/tex]), per motivi geometrici la tangente ai grafici di [tex]$f,g$[/tex] in [tex]$(X,Y)$[/tex] deve essere una retta unita in tale simmetria.
Le rette unite nella simmetria rispetto alla bisettrice I-III sono la bisettrice stessa (d'equazione [tex]$y=x$[/tex]) e le rette otrogonali ad essa (cioè quelle del fascio improprio [tex]$y=-x+q$[/tex] con [tex]$q\in \mathbb{R}$[/tex]): pertanto la retta tangente al grafico di [tex]$f,g$[/tex] in [tex]$(X,Y)$[/tex] o è la bisettrice I-III oppure è una retta con coefficiente angolare [tex]$=-1$[/tex].
Visto che le funzioni [tex]$f,g$[/tex] sono differenziabili e che le derivate:
[tex]$f^\prime (x)=\ln a\ a^x \quad \text{e} \quad g^\prime (x)=\frac{1}{x\ \ln a}$[/tex]
(qui [tex]$\ln$[/tex] è il logaritmo in base [tex]$e$[/tex]), il coefficiente angolare della retta tangente in [tex]$(X,Y)$[/tex] si ottiene calcolando [tex]$f^\prime (X) ,g^\prime (X)$[/tex].
Iimponendo le condizioni che la retta tangente ai grafici sia la bisettrice [tex]$y=x$[/tex] si ottiene il sistema:
[tex]$\begin{cases} \log_a X=X\\ a^X=X \\ \frac{1}{X\ \ln a} =1 \\ \ln a\ a^X=1\end{cases}$[/tex]
che è sovradeterminato, perchè ci sono più incognite che equazioni; tuttavia, per il teorema di derivazione della funzione inversa, sappiamo che le ultime due equazioni sono equivalenti, quindi ne possiamo buttare una senza alterare il risultato (in quanto segue scegliamo di buttare la quarta equazione, ché ha il risultato più complicato); d'altra parte è evidente che le prime due equazioni sono equivalenti (nel senso che se [tex]$a,X$[/tex] sono soluzioni dell'una, esse sono soluzioni anche dell'altra e viceversa).
Perciò possiamo ridurre il sistema alle due equazioni:
[tex]$\begin{cases}a^X=X \\ \frac{1}{X\ \ln a} =1\end{cases}$[/tex]
da cui si ricava [tex]$X=\frac{1}{\ln a} =\log_a e$[/tex] (dalla seconda, usando il cambiamento di base), quindi [tex]$e=\frac{1}{\ln a} \Rightarrow a=e^\frac{1}{e}$[/tex] (dalla prima) ed infine [tex]$x=e$[/tex].
Nota che tali valori di [tex]$a,x$[/tex] soddisfano tutte e quattro le equazioni del primo sistema (e siamo contenti).
Analogamente dovresti lavorare quando imponi che la tangente abbia il coefficiente angolare [tex]$=-1$[/tex]: in tal caso troveresti il sistema di tre equazioni (quindi sempre sovradeterminato, ma con una delle ultime due equazioni che può essere soppressa con le stesse motivazioni addotte sopra):
[tex]$\begin{cases} a^x=\log_aX \\ \frac{1}{X\ \ln a} =-1\\ \ln a\ a^X =-1\end{cases}$[/tex]
che, sempre ad occhio, potrebbe avere una soluzione con [tex]$a\in ]0,1[$[/tex] (in questo caso non ho fatto conti).
Come soluzione non è il massimo, penso che si possa far meglio; ma per un liceo penso vada abbastanza bene.
Visto che i grafici di [tex]$f,g$[/tex] si corrispondono nella simmetria rispetto alla bisettrice I-III (perchè [tex]$g$[/tex] è la funzione inversa di [tex]$f$[/tex]), per motivi geometrici la tangente ai grafici di [tex]$f,g$[/tex] in [tex]$(X,Y)$[/tex] deve essere una retta unita in tale simmetria.
Le rette unite nella simmetria rispetto alla bisettrice I-III sono la bisettrice stessa (d'equazione [tex]$y=x$[/tex]) e le rette otrogonali ad essa (cioè quelle del fascio improprio [tex]$y=-x+q$[/tex] con [tex]$q\in \mathbb{R}$[/tex]): pertanto la retta tangente al grafico di [tex]$f,g$[/tex] in [tex]$(X,Y)$[/tex] o è la bisettrice I-III oppure è una retta con coefficiente angolare [tex]$=-1$[/tex].
Visto che le funzioni [tex]$f,g$[/tex] sono differenziabili e che le derivate:
[tex]$f^\prime (x)=\ln a\ a^x \quad \text{e} \quad g^\prime (x)=\frac{1}{x\ \ln a}$[/tex]
(qui [tex]$\ln$[/tex] è il logaritmo in base [tex]$e$[/tex]), il coefficiente angolare della retta tangente in [tex]$(X,Y)$[/tex] si ottiene calcolando [tex]$f^\prime (X) ,g^\prime (X)$[/tex].
Iimponendo le condizioni che la retta tangente ai grafici sia la bisettrice [tex]$y=x$[/tex] si ottiene il sistema:
[tex]$\begin{cases} \log_a X=X\\ a^X=X \\ \frac{1}{X\ \ln a} =1 \\ \ln a\ a^X=1\end{cases}$[/tex]
che è sovradeterminato, perchè ci sono più incognite che equazioni; tuttavia, per il teorema di derivazione della funzione inversa, sappiamo che le ultime due equazioni sono equivalenti, quindi ne possiamo buttare una senza alterare il risultato (in quanto segue scegliamo di buttare la quarta equazione, ché ha il risultato più complicato); d'altra parte è evidente che le prime due equazioni sono equivalenti (nel senso che se [tex]$a,X$[/tex] sono soluzioni dell'una, esse sono soluzioni anche dell'altra e viceversa).
Perciò possiamo ridurre il sistema alle due equazioni:
[tex]$\begin{cases}a^X=X \\ \frac{1}{X\ \ln a} =1\end{cases}$[/tex]
da cui si ricava [tex]$X=\frac{1}{\ln a} =\log_a e$[/tex] (dalla seconda, usando il cambiamento di base), quindi [tex]$e=\frac{1}{\ln a} \Rightarrow a=e^\frac{1}{e}$[/tex] (dalla prima) ed infine [tex]$x=e$[/tex].
Nota che tali valori di [tex]$a,x$[/tex] soddisfano tutte e quattro le equazioni del primo sistema (e siamo contenti).
Analogamente dovresti lavorare quando imponi che la tangente abbia il coefficiente angolare [tex]$=-1$[/tex]: in tal caso troveresti il sistema di tre equazioni (quindi sempre sovradeterminato, ma con una delle ultime due equazioni che può essere soppressa con le stesse motivazioni addotte sopra):
[tex]$\begin{cases} a^x=\log_aX \\ \frac{1}{X\ \ln a} =-1\\ \ln a\ a^X =-1\end{cases}$[/tex]
che, sempre ad occhio, potrebbe avere una soluzione con [tex]$a\in ]0,1[$[/tex] (in questo caso non ho fatto conti).
Come soluzione non è il massimo, penso che si possa far meglio; ma per un liceo penso vada abbastanza bene.
grazie mille, anche io ci ero arrivato al sistema, però non sapevo come risolverlo. 
grazie tanto ancora!!!!
se non sbaglio una funzione esponenziale passa sempre per la coordinata (0;1) e la funzione logaritmica sempre per (1;0). quindi non ci sarà mai tangenza con $0
$log_0x$ da sempre 0
concludendo c'è una tangenza per tutto $ x in RR ^+ vv x != 0 $ con $a=0$
grazie tanto ancora!!!!
se non sbaglio una funzione esponenziale passa sempre per la coordinata (0;1) e la funzione logaritmica sempre per (1;0). quindi non ci sarà mai tangenza con $0
$log_0x$ da sempre 0
concludendo c'è una tangenza per tutto $ x in RR ^+ vv x != 0 $ con $a=0$
-.- [tex]$\log_0$[/tex] non esiste...
E poi, mai dire mai: se fai un grafico del logaritmo e dell'esponenziale scegliendo una base [tex]$a\in ]0,1[$[/tex] trovi:
[asvg]axes("","");
plot("0.5^x",-5,5);
stroke="red"; plot("(log(x))/(log(0.5))",0,5);[/asvg]
vedi che le due curve si intersecano per ogni base.
Quindi potrebbe esistere, in linea di massima, una base per cui le due curve si sttraversano ma hanno la stessa tangente nel punto di contatto.
E poi, mai dire mai: se fai un grafico del logaritmo e dell'esponenziale scegliendo una base [tex]$a\in ]0,1[$[/tex] trovi:
[asvg]axes("","");
plot("0.5^x",-5,5);
stroke="red"; plot("(log(x))/(log(0.5))",0,5);[/asvg]
vedi che le due curve si intersecano per ogni base.
Quindi potrebbe esistere, in linea di massima, una base per cui le due curve si sttraversano ma hanno la stessa tangente nel punto di contatto.
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