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Liceo Scientifico classe quinta - 03 Maggio 2004

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Argomenti: Calcolo integrale, Integrali definiti, Primitive, Valor medio di una funzione, Area di regioni piane.

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Esercizio 1

Calcolare i seguenti integrali:

a) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{2x+5}{2x+1}\,dx\)

b) \(\displaystyle\int \frac{1}{9+x^2}\,dx\)

c) \(\displaystyle\int \frac{2x-7}{x^2-x-2}\,dx\)

d) \(\displaystyle\int \sqrt{e^x-4}\,dx\)

a) \(\displaystyle\int_0^1 \frac{2x+5}{2x+1}\,dx\)

Dividiamo il numeratore per il denominatore:

\[ \frac{2x+5}{2x+1} = 1 + \frac{4}{2x+1} \]

L'integrale diventa:

\[ \int_0^1 \left(1 + \frac{4}{2x+1}\right)dx = \left[x + 2\ln|2x+1|\right]_0^1 \]

Calcoliamo negli estremi:

\[ = (1 + 2\ln 3) - (0 + 2\ln 1) = 1 + 2\ln 3 \]
Risultato: \(1 + 2\ln 3\)

b) \(\displaystyle\int \frac{1}{9+x^2}\,dx\)

Raccogliamo il 9 al denominatore:

\[ \int \frac{1}{9+x^2}\,dx = \int \frac{1}{9\left(1+\frac{x^2}{9}\right)}\,dx = \frac{1}{9}\int \frac{1}{1+\left(\frac{x}{3}\right)^2}\,dx \]

Poniamo la sostituzione \( t = \dfrac{x}{3} \), quindi \( x = 3t \) e \( dx = 3\,dt \):

\[ \frac{1}{9}\int \frac{1}{1+t^2} \cdot 3\,dt = \frac{3}{9}\int \frac{1}{1+t^2}\,dt = \frac{1}{3}\int \frac{1}{1+t^2}\,dt \]

L'integrale \(\displaystyle\int \frac{1}{1+t^2}\,dt\) è la derivata dell'arcotangente, infatti:

\[ \frac{d}{dt}\arctan t = \frac{1}{1+t^2} \]

Quindi:

\[ \frac{1}{3}\int \frac{1}{1+t^2}\,dt = \frac{1}{3}\arctan t + C \]

Ritornando alla variabile originale con \( t = \dfrac{x}{3} \):

\[ = \frac{1}{3}\arctan\frac{x}{3} + C \]
Risultato: \(\dfrac{1}{3}\arctan\dfrac{x}{3} + C\)

c) \(\displaystyle\int \frac{2x-7}{x^2-x-2}\,dx\)

Scomponiamo il denominatore:

\[ x^2-x-2 = (x-2)(x+1) \]

Decomponiamo in fratti semplici:

\[ \frac{2x-7}{(x-2)(x+1)} = \frac{A}{x-2} + \frac{B}{x+1} \]

Moltiplicando ambo i membri per \((x-2)(x+1)\):

\[ 2x-7 = A(x+1) + B(x-2) \]

Troviamo i coefficienti:

  • Per \(x=2\): \(-3 = 3A \Rightarrow A = -1\)
  • Per \(x=-1\): \(-9 = -3B \Rightarrow B = 3\)
\[ \int \left(\frac{-1}{x-2}+\frac{3}{x+1}\right)dx = -\ln|x-2| + 3\ln|x+1| + C \]
Risultato: \(-\ln|x-2| + 3\ln|x+1| + C\)

d) \(\displaystyle\int \sqrt{e^x-4}\,dx\)

Poniamo la sostituzione \(t = \sqrt{e^x-4}\), quindi \(t^2 = e^x - 4\), cioè \(e^x = t^2+4\).

Differenziando: \(e^x\,dx = 2t\,dt\), da cui:

\[ dx = \frac{2t}{t^2+4}\,dt \]

L'integrale diventa:

\[ \int t \cdot \frac{2t}{t^2+4}\,dt = \int \frac{2t^2}{t^2+4}\,dt = \int\left(2 - \frac{8}{t^2+4}\right)dt \]

Integriamo termine per termine:

\[ = 2t - 4\arctan\frac{t}{2} + C \]

Ritornando alla variabile originale con \(t = \sqrt{e^x-4}\):

\[ = 2\sqrt{e^x-4} - 4\arctan\frac{\sqrt{e^x-4}}{2} + C \]
Risultato: \(2\sqrt{e^x-4} - 4\arctan\dfrac{\sqrt{e^x-4}}{2} + C\)

Esercizio 2

Le funzioni di equazione \(\displaystyle f(x) = \frac{x}{x+1}\) e \(\displaystyle g(x) = \frac{3x+2}{x+1}\) sono primitive della stessa funzione \(\displaystyle y = \frac{1}{(1+x)^2}\).

Come è possibile? Motivare la risposta.

Il teorema delle primitive

Due funzioni sono primitive della stessa funzione se e solo se differiscono per una costante. Questo è il teorema fondamentale sulle primitive: se \(F(x)\) è una primitiva di \(f(x)\), allora tutte e sole le primitive di \(f(x)\) sono della forma \(F(x) + C\), con \(C \in \mathbb{R}\).

Verifica calcolando le derivate

Derivata di \( f(x) = \dfrac{x}{x+1} \):

\[ f'(x) = \frac{1 \cdot (x+1) - x \cdot 1}{(x+1)^2} = \frac{x+1-x}{(x+1)^2} = \frac{1}{(x+1)^2} \]

Derivata di \( g(x) = \dfrac{3x+2}{x+1} \):

\[ g'(x) = \frac{3 \cdot (x+1) - (3x+2) \cdot 1}{(x+1)^2} = \frac{3x+3-3x-2}{(x+1)^2} = \frac{1}{(x+1)^2} \]

Le derivate sono identiche: \( f'(x) = g'(x) = \dfrac{1}{(x+1)^2} \). ✓

Verifica della costante

Calcoliamo la differenza \( g(x) - f(x) \):

\[ g(x) - f(x) = \frac{3x+2}{x+1} - \frac{x}{x+1} = \frac{3x+2-x}{x+1} = \frac{2x+2}{x+1} = \frac{2(x+1)}{x+1} = 2 \]

La differenza è la costante \( 2 \), confermando il teorema.

Conclusione: \( f(x) \) e \( g(x) \) sono entrambe primitive di \(\dfrac{1}{(x+1)^2}\) perché differiscono per la costante \( 2 \): \[ g(x) = f(x) + 2 \] Per il teorema delle primitive, due funzioni che differiscono per una costante hanno la stessa derivata, e quindi sono primitive della stessa funzione.

Esercizio 3

Tra le curve di equazione

\[ y = \int (3x^2 + 2x + a)\,dx \quad (a \in \mathbb{R}) \]

determinare quella che ha come tangente inflessionale la retta di equazione \(\displaystyle y = \frac{4}{3}x - \frac{28}{27}\).

Cos'è una tangente inflessionale?

Una tangente inflessionale è una retta tangente alla curva nel suo punto di flesso. Questo significa che dobbiamo trovare la curva per cui valgono contemporaneamente tre condizioni:

  • Il punto di flesso ha derivata seconda nulla: \( y'' = 0 \)
  • La pendenza della curva nel flesso coincide con quella della retta: \( y' = m \)
  • Il punto di flesso appartiene alla retta data

1. Calcolo della primitiva generale

\[ y = \int (3x^2 + 2x + a)\,dx = x^3 + x^2 + ax + C \]

Le derivate prima e seconda sono:

\[ y' = 3x^2 + 2x + a \] \[ y'' = 6x + 2 \]

2. Ricerca del punto di flesso

Poniamo \( y'' = 0 \):

\[ 6x + 2 = 0 \Rightarrow x_F = -\frac{1}{3} \]

Il punto di flesso ha ascissa \( x_F = -\dfrac{1}{3}\) per qualsiasi valore di \(a\) e \(C\), poiché la derivata seconda non dipende da questi parametri.

3. Determinazione di \(a\) dalla pendenza

La pendenza della retta data è \( m = \dfrac{4}{3} \). Imponiamo \( y'(x_F) = \dfrac{4}{3} \):

\[ 3\left(-\frac{1}{3}\right)^2 + 2\left(-\frac{1}{3}\right) + a = \frac{4}{3} \] \[ \frac{1}{3} - \frac{2}{3} + a = \frac{4}{3} \] \[ a - \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow a = \frac{5}{3} \]

4. Determinazione di \(C\) dal passaggio per la retta

Calcoliamo l'ordinata del punto di flesso sulla retta data per \( x = -\dfrac{1}{3} \):

\[ y_F = \frac{4}{3}\cdot\left(-\frac{1}{3}\right) - \frac{28}{27} = -\frac{4}{9} - \frac{28}{27} = -\frac{12}{27} - \frac{28}{27} = -\frac{40}{27} \]

Imponiamo che la curva passi per \(\left(-\dfrac{1}{3},\, -\dfrac{40}{27}\right)\):

\[ \left(-\frac{1}{3}\right)^3 + \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + \frac{5}{3}\left(-\frac{1}{3}\right) + C = -\frac{40}{27} \] \[ -\frac{1}{27} + \frac{1}{9} - \frac{5}{9} + C = -\frac{40}{27} \] \[ -\frac{1}{27} + \frac{3}{27} - \frac{15}{27} + C = -\frac{40}{27} \] \[ -\frac{13}{27} + C = -\frac{40}{27} \Rightarrow C = -\frac{27}{27} = -1 \]
Curva cercata: \[ y = x^3 + x^2 + \frac{5}{3}x - 1 \] con punto di flesso in \(\left(-\dfrac{1}{3},\,-\dfrac{40}{27}\right)\) e tangente inflessionale \(y = \dfrac{4}{3}x - \dfrac{28}{27}\). ✓

Esercizio 4

Calcolare il valor medio della funzione \( y = x \cos x \) nell'intervallo \([0;\,\pi]\).

La formula del valor medio

Il valor medio di una funzione \(f(x)\) in un intervallo \([a,b]\) è:

\[ V_m = \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \, dx \]

Nel nostro caso \(f(x) = x\cos x\), \(a = 0\), \(b = \pi\):

\[ V_m = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos x \, dx \]

Integrazione per parti

La formula dell'integrazione per parti è:

\[ \int u \, dv = u \cdot v - \int v \, du \]

Scegliamo:

  • \( u = x \Rightarrow du = dx \)
  • \( dv = \cos x \, dx \Rightarrow v = \sin x \)
\[ \int x \cos x \, dx = x \sin x - \int \sin x \, dx = x \sin x + \cos x + C \]

Calcolo dell'integrale definito

\[ \int_{0}^{\pi} x \cos x \, dx = \Big[x \sin x + \cos x\Big]_{0}^{\pi} \]

Calcoliamo nei due estremi:

  • Per \(x = \pi\): \(\quad \pi \cdot \sin\pi + \cos\pi = \pi \cdot 0 + (-1) = -1\)
  • Per \(x = 0\): \(\quad 0 \cdot \sin 0 + \cos 0 = 0 + 1 = 1\)
\[ \int_{0}^{\pi} x \cos x \, dx = -1 - 1 = -2 \]
Valor medio: \[ V_m = \frac{1}{\pi} \cdot (-2) = -\frac{2}{\pi} \approx -0{,}637 \]

Il valore negativo indica che la funzione \(x\cos x\) è prevalentemente negativa nell'intervallo \([0, \pi]\), il che è coerente con il fatto che \(\cos x < 0\) per \(x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right]\).

Il grafico mostra le due regioni di integrazione in \([0,\,\pi]\): in verde la parte sopra l'asse \(x\) (integrale \(\approx 0{,}57\)), in rosa quella sotto (integrale \(\approx -2{,}57\)). La loro somma vale \(-2\), da cui il valor medio \(-\dfrac{2}{\pi} \approx -0{,}637\).

Grafico della funzione x cos x nell'intervallo [0, π] con le due aree evidenziate Grafico di \(y = x\cos x\) in \([0,\,\pi]\).

Esercizio 5

Calcolare l'area della regione finita di piano limitata dalla parabola di equazione \( y^2 - 2x - 2 = 0 \) e dalla retta di equazione \( x = 4 \).

Analisi della parabola

Riscriviamo l'equazione esplicitando \(x\):

\[ y^2 - 2x - 2 = 0 \Rightarrow x = \frac{y^2 - 2}{2} = \frac{y^2}{2} - 1 \]

È una parabola con asse orizzontale, con vertice in \((-1,\, 0)\) e concavità verso destra. La retta \(x = 4\) è una retta verticale che "chiude" la regione finita a destra.

Intersezioni con la retta \(x = 4\)

Sostituiamo \(x = 4\) nell'equazione della parabola:

\[ \frac{y^2}{2} - 1 = 4 \Rightarrow \frac{y^2}{2} = 5 \Rightarrow y^2 = 10 \Rightarrow y = \pm\sqrt{10} \]

I punti di intersezione sono \(\left(4,\,\sqrt{10}\right)\) e \(\left(4,\,-\sqrt{10}\right)\).

Impostazione dell'integrale

Poiché la parabola ha asse orizzontale, conviene integrare rispetto a \(y\). La larghezza orizzontale della regione in ogni punto \(y\) è la distanza tra la parabola e la retta:

\[ \text{larghezza} = x_{\text{retta}} - x_{\text{parabola}} = 4 - \left(\frac{y^2}{2} - 1\right) = 5 - \frac{y^2}{2} \]

Per la simmetria rispetto all'asse \(x\), possiamo calcolare l'area della metà superiore e raddoppiare:

\[ A = 2\int_{0}^{\sqrt{10}} \left(5 - \frac{y^2}{2}\right) dy \]

Calcolo dell'integrale

\[ A = 2\left[5y - \frac{y^3}{6}\right]_{0}^{\sqrt{10}} \]

Calcoliamo per \(y = \sqrt{10}\):

\[ 5\sqrt{10} - \frac{(\sqrt{10})^3}{6} = 5\sqrt{10} - \frac{10\sqrt{10}}{6} = 5\sqrt{10} - \frac{5\sqrt{10}}{3} = \frac{15\sqrt{10} - 5\sqrt{10}}{3} = \frac{10\sqrt{10}}{3} \]

Quindi:

\[ A = 2 \cdot \frac{10\sqrt{10}}{3} = \frac{20\sqrt{10}}{3} \]
Area della regione: \[ A = \frac{20\sqrt{10}}{3} \approx 21{,}08 \text{ unità quadrate} \]

La regione è simmetrica rispetto all'asse \(x\), delimitata a sinistra dalla parabola \(x = \frac{y^2}{2} - 1\) e a destra dalla retta \(x = 4\).

Il grafico mostra in blu la regione di area calcolata: la parabola con asse orizzontale ha vertice in \((-1,\, 0)\) e interseca la retta \(x = 4\) nei punti \(A = (4,\,-\sqrt{10})\) e \(B = (4,\,\sqrt{10})\), con \(\sqrt{10} \approx 3{,}16\).

Grafico della parabola orizzontale con la regione di area evidenziata in blu Regione delimitata dalla parabola \(x = \dfrac{y^2}{2} - 1\) e dalla retta \(x = 4\).
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