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Compito in Classe di Matematica

Liceo Scientifico — Classe Quinta E — 15 maggio 2008

Versione accessibile con soluzioni dettagliate

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Argomenti: Calcolo di primitive. Primitiva con condizione iniziale. Primitiva con massimo relativo. Primitiva con asintoto orizzontale. Valor medio di una funzione. Studio di funzione razionale fratta. Invertibilità della funzione integrale. Limite di una funzione integrale.

📚 Versione Standard

Esercizio 1

Determina la primitiva della funzione \[ f(x) = \frac{x-1}{2x+1} \] passante per \(P(0;\, 2)\).

Passo 1 — Riscrittura del numeratore

Moltiplichiamo e dividiamo per 2 il numeratore, poi aggiungiamo e sottraiamo 1:

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

Passo 2 — Calcolo della primitiva generale

Integriamo separatamente i due addendi:

\[ F(x) = \int\left(\frac{1}{2} - \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2x+1}\right)dx = \int \frac{1}{2}\,dx - \frac{3}{2}\int \frac{1}{2x+1}\,dx \]

Il primo integrale è immediato. Per il secondo, moltiplichiamo e dividiamo per 2:

\[ \frac{3}{2}\int \frac{1}{2x+1}\,dx = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2}\int \frac{2}{2x+1}\,dx = \frac{3}{4}\ln|2x+1| \]

Pertanto:

\[ F(x) = \frac{x}{2} - \frac{3}{4}\ln|2x+1| + C \]

Passo 3 — Condizione sul passaggio per P(0; 2)

Imponiamo \(F(0) = 2\):

\[ 0 - \frac{3}{4}\ln|1| + C = 2 \implies 0 + C = 2 \implies C = 2 \]
Risultato: \[F(x) = \frac{x}{2} - \frac{3}{4}\ln|2x+1| + 2\]

Esercizio 2

Trova la primitiva \(F(x)\) di \[ f(x) = \frac{x^2 - 3x + 2}{2x - 1} \] che ha un massimo relativo di valore \(2\).

Passo 1 — Divisione polinomiale

Eseguiamo la divisione di \(x^2 - 3x + 2\) per \(2x - 1\):

\(x^2 - 3x + 2\) \(2x - 1\)
\(-x^2 + \dfrac{x}{2}\) \(\dfrac{x}{2} - \dfrac{5}{4}\)
\(-\dfrac{5}{2}x + 2\)
\(+\dfrac{5}{2}x - \dfrac{5}{4}\)
\(\dfrac{3}{4}\)
\[ \frac{x^2 - 3x + 2}{2x-1} = \frac{x}{2} - \frac{5}{4} + \frac{3/4}{2x-1} \]

Passo 2 — Calcolo della primitiva generale

Integriamo separatamente i tre addendi:

\[ F(x) = \int\left(\frac{x}{2} - \frac{5}{4} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2x-1}\right)dx = \int \frac{x}{2}\,dx - \int\frac{5}{4}\,dx + \frac{3}{4}\int \frac{1}{2x-1}\,dx \]

I primi due integrali sono immediati. Per il terzo, moltiplichiamo e dividiamo per 2:

\[ \frac{3}{4}\int \frac{1}{2x-1}\,dx = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2}\int \frac{2}{2x-1}\,dx = \frac{3}{8}\ln|2x-1| \]
\[ F(x) = \frac{x^2}{4} - \frac{5}{4}x + \frac{3}{8}\ln|2x-1| + C \]

Passo 3 — Condizione sul massimo relativo

Un massimo relativo di \(F(x)\) si trova dove \(F'(x) = f(x) = 0\), cioè dove:

\[ \frac{x^2 - 3x + 2}{2x-1} = 0 \implies x^2 - 3x + 2 = 0 \implies (x-1)(x-2) = 0 \]

Le radici sono \(x = 1\) e \(x = 2\). Studiamo il segno di \(f(x)\):

\(x\) \(-\infty\) \(\dfrac{1}{2}\) \(1\) \(2\) \(+\infty\)
\((x-1)(x-2)\) \(+\) \(+\) 0 \(-\) 0 \(+\)
\(2x-1\) \(-\) 0 \(+\) \(+\) \(+\)
\(f(x)\) \(-\) ∄ \(+\) 0 \(-\) 0 \(+\)
\(F(x)\) ↘ ∄ ↗ max ↘ min ↗

Quindi \(F\) ha un massimo relativo in \(x = 1\). Imponiamo \(F(1) = 2\):

\[ \frac{1}{4} - \frac{5}{4} + \frac{3}{8}\ln|2-1| + C = 2 \implies -1 + C = 2 \implies C = 3 \]
Risultato: \[F(x) = \frac{x^2}{4} - \frac{5}{4}x + \frac{3}{8}\ln|2x-1| + 3\] con massimo relativo in \(x = 1\) di valore \(F(1) = 2\).

Esercizio 3

Tra le primitive di \(f(x) = xe^x(1+x)\) determina quella \(F(x)\) che ha come asintoto orizzontale per \(x \to -\infty\) la retta di equazione \(y = 1\).

Passo 1 — Calcolo della primitiva generale

Sviluppiamo: \(f(x) = xe^x + x^2e^x\). Integriamo per parti ciascun termine.

Per \(\displaystyle\int xe^x\,dx\): con \(u=x\), \(dv=e^x\,dx\):

\[ \int xe^x\,dx = xe^x - e^x \]

Per \(\displaystyle\int x^2e^x\,dx\): con \(u=x^2\), \(dv=e^x\,dx\):

\[ \int x^2e^x\,dx = x^2e^x - 2\int xe^x\,dx = x^2e^x - 2xe^x + 2e^x \]

Sommando:

\[ F(x) = xe^x - e^x + x^2e^x - 2xe^x + 2e^x + C = e^x(x^2 - x + 1) + C \]

Passo 2 — Condizione sull'asintoto

Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} F(x)\):

\[ \lim_{x\to -\infty} \left[e^x(x^2 - x + 1) + C\right] = \lim_{x\to -\infty} e^x(x^2 - x + 1) + C \]

Per \(x \to -\infty\), il polinomio \(x^2 - x + 1\) è dominato dal termine \(x^2\), quindi:

\[ \lim_{x\to -\infty} e^x(x^2 - x + 1) = \lim_{x\to -\infty} e^x \cdot x^2 = \lim_{x\to -\infty} \frac{x^2}{e^{-x}} \]

Si tratta di una forma indeterminata \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\), ma l'infinito dell'esponenziale \(e^{-x}\) domina rispetto all'infinito della potenza \(x^2\), quindi:

\[ \lim_{x\to -\infty} \frac{x^2}{e^{-x}} = 0 \]

Quindi \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} F(x) = 0 + C = C\). Per avere l'asintoto \(y = 1\), imponiamo \(C = 1\).

Risultato: \[F(x) = e^x(x^2 - x + 1) + 1\]

Esercizio 4

Stabilisci per quale valore di \(k\) la funzione \[ f(x) = \frac{x+k}{x^2-4} \] ha valor medio uguale a \(-\dfrac{\ln 48}{4}\) nell'intervallo \([0;\,1]\).

Dimostrato che \(k = 3\), studia la funzione \(f(x)\) corrispondente, senza analizzare la derivata seconda.

Passo 1 — Formula del valor medio

Il valor medio di \(f\) su \([0,1]\) è:

\[ M = \frac{1}{1-0}\int_0^1 \frac{x+k}{x^2-4}\,dx = \int_0^1 \frac{x+k}{x^2-4}\,dx \]

Passo 2 — Scomposizione in fratti semplici

Scomponiamo: \(\dfrac{x+k}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{A}{x-2} + \dfrac{B}{x+2}\)

Da \(x+k = A(x+2) + B(x-2)\):

  • \(x=2\): \(2+k = 4A \implies A = \dfrac{2+k}{4}\)
  • \(x=-2\): \(-2+k = -4B \implies B = \dfrac{2-k}{4}\)

Passo 3 — Calcolo dell'integrale

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

Passo 4 — Impostazione dell'equazione

Imponiamo \(M = -\dfrac{\ln 48}{4}\):

\[ \frac{1}{4}\left[-4\ln 2 + 2\ln 3 - k\ln 3\right] = -\frac{\ln 48}{4} \]

Osserviamo che \(\ln 48 = \ln(16 \cdot 3) = 4\ln 2 + \ln 3\), quindi \(-\ln 48 = -4\ln 2 - \ln 3\):

\[ -4\ln 2 + 2\ln 3 - k\ln 3 = -4\ln 2 - \ln 3 \] \[ (2 - k)\ln 3 = -\ln 3 \implies 2 - k = -1 \implies k = 3 \]
Risultato: \(k = 3\)

Studio della funzione \(f(x) = \dfrac{x+3}{x^2-4}\)

Dominio

La funzione è definita per \(x^2 - 4 \neq 0\), cioè per \(x \neq \pm 2\):

\[ D = \mathbb{R} \setminus \{-2,\, 2\} \]

Simmetrie

La funzione non è né pari né dispari (numeratore di grado dispari, denominatore di grado pari).

Intersezioni con gli assi

Asse \(x\): \(f(x) = 0 \implies x + 3 = 0 \implies x = -3\). Punto: \((-3;\, 0)\).

Asse \(y\): \(f(0) = \dfrac{3}{-4} = -\dfrac{3}{4}\). Punto: \(\left(0;\, -\dfrac{3}{4}\right)\).

Segno

Studiamo il segno di \(f(x) = \dfrac{x+3}{(x-2)(x+2)}\):

\(x\) \(-\infty\) \(-3\) \(-2\) \(2\) \(+\infty\)
\(x+3\) \(-\) 0 \(+\) \(+\) \(+\)
\(x+2\) \(-\) \(-\) 0 \(+\) \(+\)
\(x-2\) \(-\) \(-\) \(-\) 0 \(+\)
\(f(x)\) \(-\) 0 \(+\) ∄ \(-\) ∄ \(+\)

Limiti e asintoti

Asintoto orizzontale:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x+3}{x^2-4} = 0 \implies y = 0 \text{ è asintoto orizzontale} \]

Asintoti verticali:

\[ \lim_{x \to 2^{\pm}} \frac{x+3}{x^2-4} = \pm\infty \implies x = 2 \text{ è asintoto verticale} \] \[ \lim_{x \to -2^{\pm}} \frac{x+3}{x^2-4} = \mp\infty \implies x = -2 \text{ è asintoto verticale} \]

Derivata prima e monotonia

\[ f'(x) = \frac{(x^2-4) - (x+3)\cdot 2x}{(x^2-4)^2} = \frac{-x^2 - 6x - 4}{(x^2-4)^2} \]

Studiamo il segno del numeratore: \(x^2 + 6x + 4 = 0 \implies x = -3 \pm \sqrt{5}\)

Quindi \(x_1 = -3 - \sqrt{5} \approx -5{,}24\) e \(x_2 = -3 + \sqrt{5} \approx -0{,}76\).

\(x\) \(-\infty\) \(x_1\) \(-2\) \(x_2\) \(2\) \(+\infty\)
\(f'(x)\) \(-\) 0 \(+\) ∄ \(+\) 0 \(-\) ∄ \(-\)
\(f(x)\) ↘ min ↗ ∄ ↗ max ↘ ∄ ↘
Riepilogo:
  • Dominio: \(\mathbb{R} \setminus \{-2,\, 2\}\)
  • Asintoto orizzontale: \(y = 0\)
  • Asintoti verticali: \(x = -2\) e \(x = 2\)
  • Minimo relativo in \(x_1 = -3 - \sqrt{5} \approx -5{,}24\)
  • Massimo relativo in \(x_2 = -3 + \sqrt{5} \approx -0{,}76\)
Grafico di f(x) = (x+3)/(x²-4) Grafico di \(f(x) = \dfrac{x+3}{x^2-4}\): asintoti verticali \(x = \pm 2\), asintoto orizzontale \(y = 0\), minimo in \(m \approx (-5{,}24;\, -0{,}1)\) e massimo in \(M \approx (-0{,}76;\, -0{,}65)\).

Esercizio 5

Dimostra che la funzione \[ f(x) = \int_0^x (3 - 2\sin^2(2t))\,dt \] è invertibile dovunque è definita.

Applicazione del Teorema di Torricelli

Essendo \(g(t) = 3 - 2\sin^2(2t)\) continua, per il Teorema di Torricelli la funzione \(f(x)\) è derivabile e:

\[ f'(x) = 3 - 2\sin^2(2x) \]

Studio del segno di f'(x)

Se dimostriamo che \(f\) è strettamente monotona la funzione è invertibile (condizione sufficiente ma non necessaria). Dimostriamo che \(f'\) ha segno costante.

Poiché \(0 \le 2\sin^2(2x) \le 2\), moltiplicando per \(-1\) si inverte il verso delle disuguaglianze:

\[ -2 \le -2\sin^2(2x) \le 0 \]

Aggiungendo 3 a tutti i membri:

\[ 3 - 2 \le 3 - 2\sin^2(2x) \le 3 - 0 \] \[ 1 \le f'(x) \le 3 \]

In particolare \(f'(x) \ge 1 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\).

Conclusione: Poiché \(f'(x) \ge 1 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), la funzione \(f\) è strettamente crescente, dunque è iniettiva e quindi invertibile su tutto il suo dominio.

Esercizio 6

Calcola \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x)\), essendo \[ f(x) = \frac{1}{x}\int_0^x (1 - \ln t)\,t\,dt \]

Identificazione della forma indeterminata

Per \(x \to 0^+\) il numeratore \(\displaystyle\int_0^x (1-\ln t)\,t\,dt \to 0\) (integrale su un intervallo che si riduce a un punto) e il denominatore \(x \to 0\), quindi si ha una forma indeterminata \(\dfrac{0}{0}\). Poiché entrambe le funzioni sono derivabili in un intorno destro di \(0\) e il denominatore ha derivata \(1 \neq 0\), possiamo applicare la regola di De L'Hôpital.

Applicazione di De L'Hôpital

Sia \(G(x) = \displaystyle\int_0^x (1-\ln t)\,t\,dt\). Per il Teorema di Torricelli:

\[ G'(x) = (1 - \ln x)\cdot x \]

Applicando De L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{G(x)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{G'(x)}{1} = \lim_{x \to 0^+} x(1 - \ln x) \]

Calcolo del limite

Per \(x \to 0^+\): \(x \to 0^+\) e \(\ln x \to -\infty\), quindi il prodotto è della forma \(0 \cdot \infty\). Riscriviamo:

\[ \lim_{x \to 0^+} x(1 - \ln x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \ln x}{1/x} \]

Forma \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\). Applichiamo ancora De L'Hôpital:

\[ = \lim_{x \to 0^+} \frac{-1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} x = 0^+ \]
Risultato: \[\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0^+\]

Esercizio 7

Sia \(f(x)\) una funzione reale di variabile reale, continua su tutto l'asse reale e tale che:

\[ \int_0^1 f(x)\,dx = 2, \qquad \int_0^2 f(x)\,dx = -5 \tag{1} \]

Di ciascuno dei seguenti integrali

\[ \int_0^1 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx, \qquad \int_0^2 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx, \qquad \int_2^4 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx \]

dire se le condizioni (1) sono sufficienti per calcolarne il valore e, in caso affermativo, calcolare tale valore.

Strategia generale

Usiamo la sostituzione \(t = \dfrac{x}{2}\), cioè \(x = 2t\), \(dx = 2\,dt\).

Integrale A: \(\displaystyle\int_0^1 f\!\left(\dfrac{x}{2}\right)dx\)

Con \(t = x/2\): quando \(x=0 \Rightarrow t=0\), quando \(x=1 \Rightarrow t=1/2\).

\[ \int_0^1 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx = 2\int_0^{1/2} f(t)\,dt \]

Non abbiamo informazioni su \(\displaystyle\int_0^{1/2} f(t)\,dt\): le condizioni (1) non sono sufficienti.

Conclusione A: Le condizioni (1) non sono sufficienti per calcolare \(\displaystyle\int_0^1 f\!\left(\dfrac{x}{2}\right)dx\).

Integrale B: \(\displaystyle\int_0^2 f\!\left(\dfrac{x}{2}\right)dx\)

Con \(t = x/2\): quando \(x=0 \Rightarrow t=0\), quando \(x=2 \Rightarrow t=1\).

\[ \int_0^2 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx = 2\int_0^{1} f(t)\,dt = 2 \cdot 2 = 4 \]

Le condizioni (1) sono sufficienti.

Risultato B: \(\displaystyle\int_0^2 f\!\left(\dfrac{x}{2}\right)dx = 4\)

Integrale C: \(\displaystyle\int_2^4 f\!\left(\dfrac{x}{2}\right)dx\)

Con \(t = x/2\): quando \(x=2 \Rightarrow t=1\), quando \(x=4 \Rightarrow t=2\).

\[ \int_2^4 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx = 2\int_1^{2} f(t)\,dt \]

Ora: \(\displaystyle\int_1^2 f(t)\,dt = \int_0^2 f(t)\,dt - \int_0^1 f(t)\,dt = -5 - 2 = -7\).

\[ \int_2^4 f\!\left(\frac{x}{2}\right)dx = 2 \cdot (-7) = -14 \]

Le condizioni (1) sono sufficienti.

Risultato C: \(\displaystyle\int_2^4 f\!\left(\dfrac{x}{2}\right)dx = -14\)

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