Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

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

Dividiamo il numeratore per il denominatore:

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

Quindi:

\[ \int_0^1 \left(1 + \frac{4}{2x+1}\right)dx = \left[x + 2\ln|2x+1|\right]_0^1 \] \[ = \left(1 + 2\ln 3\right) - \left(0 + 2\ln 1\right) = 1 + 2\ln 3 \]

Risultato: \(1 + 2\ln 3\)

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

Raccogliamo il 9 al denominatore:

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

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

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

Poiché \(\dfrac{d}{dt}\arctan t = \dfrac{1}{1+t^2}\):

\[ \frac{1}{3}\arctan t + C \]

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

\[ = \frac{1}{3}\arctan\frac{x}{3} + C \]

Risultato: \(\dfrac{1}{3}\arctan\dfrac{x}{3} + C\)

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

• Per \(x=2\): \(-3 = 3A \Rightarrow A = -1\)
• Per \(x=-1\): \(-9 = -3B \Rightarrow B = 3\)

\[ \int \frac{2x-7}{x^2-x-2}\,dx = \int\left(\frac{-1}{x-2}+\frac{3}{x+1}\right)dx \] \[ = -\ln|x-2| + 3\ln|x+1| + C \]

Risultato: \(-\ln|x-2| + 3\ln|x+1| + C\)

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

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

Differenziando: \(e^x\,dx = 2t\,dt\), quindi \(dx = \dfrac{2t}{t^2+4}\,dt\)

\[ \int t \cdot \frac{2t}{t^2+4}\,dt = \int \frac{2t^2}{t^2+4}\,dt = \int\left(2 - \frac{8}{t^2+4}\right)dt \] \[ = 2t - 8 \cdot \frac{1}{2}\arctan\frac{t}{2} + C = 2t - 4\arctan\frac{t}{2} + C \]

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

\[ = 2\sqrt{e^x-4} - 4\arctan\frac{\sqrt{e^x-4}}{2} + C \]

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

Soluzione Esercizio 2

Calcoliamo le derivate delle due funzioni.

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

Applichiamo la regola del quoziente:

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

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

Ancora con la regola del quoziente:

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

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Conclusione

Abbiamo ottenuto:

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

Questo è possibile perché due primitive della stessa funzione possono differire per una costante additiva.

Infatti calcoliamo la differenza:

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

Quindi:

\[ g(x) = f(x) + 2 \]

Poiché la differenza tra le due funzioni è una costante, esse sono entrambe primitive della stessa funzione.

Conclusione finale: Due primitive della stessa funzione differiscono sempre per una costante.

Soluzione Esercizio 3

Calcoliamo prima la primitiva generale:

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

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Punto di flesso

Calcoliamo le derivate:

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

Il punto di flesso si ottiene ponendo:

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

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Condizione sulla tangente

La tangente inflessionale deve coincidere con la retta \(\displaystyle y = \frac{4}{3}x - \frac{28}{27}\).

Quindi nel punto \(x=-\frac13\) devono valere due condizioni:

• Il coefficiente angolare deve essere \( \frac43 \)
• Il punto deve appartenere alla retta data

1️⃣ Condizione sul coefficiente angolare

\[ y'\!\left(-\frac13\right) = 3\left(\frac{1}{9}\right) + 2\left(-\frac13\right) + a \] \[ = \frac13 - \frac23 + a = a - \frac13 \] Poniamo uguale a \( \frac43 \): \[ a - \frac13 = \frac43 \] \[ a = \frac53 \]

2️⃣ Determinazione di \(C\)

Ora imponiamo che il punto appartenga alla retta.

Calcoliamo \(y\left(-\frac13\right)\): \[ y = x^3 + x^2 + \frac53 x + C \] \[ y\!\left(-\frac13\right) = -\frac{1}{27} + \frac{1}{9} - \frac{5}{9} + C \] \[ = -\frac{1}{27} - \frac{4}{9} + C \] \[ = -\frac{13}{27} + C \] Il valore sulla retta è: \[ \frac43\left(-\frac13\right) - \frac{28}{27} = -\frac49 - \frac{28}{27} = -\frac{40}{27} \] Uguagliando: \[ -\frac{13}{27} + C = -\frac{40}{27} \] \[ C = -1 \]

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Risultato finale

\[ a = \frac53 \] \[ \boxed{\, y = x^3 + x^2 + \frac53 x - 1 \,} \]

Conclusione: la curva richiesta è \( y = x^3 + x^2 + \frac53 x - 1 \).

Soluzione Esercizio 4

Il valor medio di una funzione \(f(x)\) nell’intervallo \([a,b]\) è dato dalla formula:

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

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Applicazione al caso dato

Qui abbiamo:

\[ f(x) = x\cos x, \quad a=0, \quad b=\pi \] Quindi: \[ f_m = \frac{1}{\pi-0}\int_0^{\pi} x\cos x \, dx = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} x\cos x \, dx \]

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Calcolo dell’integrale

Calcoliamo l’integrale per parti:

Scegliamo: \[ \begin{cases} u = x & \Rightarrow du = dx \\ dv = \cos x\,dx & \Rightarrow v = \sin x \end{cases} \] Applicando la formula: \[ \int u\,dv = uv - \int v\,du \] Otteniamo: \[ \int x\cos x\,dx = x\sin x - \int \sin x\,dx \] \[ = x\sin x + \cos x \] Ora valutiamo tra \(0\) e \(\pi\): \[ \left[ x\sin x + \cos x \right]_0^{\pi} \] Calcoliamo gli estremi: Per \(x=\pi\): \[ \pi \sin\pi + \cos\pi = 0 -1 = -1 \] Per \(x=0\): \[ 0\cdot 0 + \cos 0 = 1 \] Quindi: \[ \int_0^{\pi} x\cos x\,dx = -1 - 1 = -2 \]

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Valor medio

\[ f_m = \frac{-2}{\pi} \]

Risultato finale:

\[ \boxed{\, f_m = -\dfrac{2}{\pi} \,} \]

Soluzione Esercizio 5

Riscriviamo l’equazione della parabola:

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

Si tratta di una parabola con asse orizzontale, rivolta verso destra. L’area è compresa tra la parabola e la retta verticale \(x=4\).

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Intersezioni con la retta \(x=4\)

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

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

Quindi l’area è compresa tra \(y=-\sqrt{10}\) e \(y=\sqrt{10}\).

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Calcolo dell’area

Conviene integrare rispetto a \(y\), poiché le curve sono espresse in forma \(x=f(y)\).

L’area vale: \[ A = \int_{-\sqrt{10}}^{\sqrt{10}} \left( 4 - \left(\frac{y^2}{2} -1\right) \right) dy \] \[ = \int_{-\sqrt{10}}^{\sqrt{10}} \left( 5 - \frac{y^2}{2} \right) dy \]

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Semplificazione usando la simmetria

La funzione è pari, quindi possiamo scrivere:

\[ A = 2 \int_{0}^{\sqrt{10}} \left( 5 - \frac{y^2}{2} \right) dy \] Calcoliamo l’integrale: \[ \int \left(5 - \frac{y^2}{2}\right)dy = 5y - \frac{y^3}{6} \] Valutando tra \(0\) e \(\sqrt{10}\): \[ = 5\sqrt{10} - \frac{(\sqrt{10})^3}{6} \] \[ = 5\sqrt{10} - \frac{10\sqrt{10}}{6} \] \[ = \frac{20\sqrt{10}}{6} = \frac{10\sqrt{10}}{3} \] Ora moltiplichiamo per 2: \[ A = \frac{20\sqrt{10}}{3} \]

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Risultato finale

\[ \boxed{\, A = \frac{20\sqrt{10}}{3} \,} \]

Conclusione: l'area della regione finita è \( \dfrac{20\sqrt{10}}{3} \).

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 \(\sqrt{10} \approx 3{,}16\).