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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.
Determina la primitiva della funzione \[ f(x) = \frac{x-1}{2x+1} \] passante per \(P(0;\, 2)\).
Moltiplichiamo e dividiamo per 2 il numeratore, poi aggiungiamo e sottraiamo 1:
\[ \frac{x-1}{2x+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x-2}{2x+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(2x+1) - 3}{2x+1} = \frac{1}{2} - \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2x+1} \]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:
\[ F(x) = \frac{x}{2} - \frac{3}{4}\ln|2x+1| + C \]Imponiamo \(F(0) = 2\):
\[ 0 - \frac{3}{4}\ln|1| + C = 2 \implies 0 + C = 2 \implies C = 2 \]Trova la primitiva \(F(x)\) di \[ f(x) = \frac{x^2 - 3x + 2}{2x - 1} \] che ha un massimo relativo di valore \(2\).
Eseguiamo la divisione di \(x^2 - 3x + 2\) per \(2x - 1\):
| \(x^2 - 3x + 2\) | \(2x - 1\) |
| \(-x^2 + \dfrac{x}{2}\) | \(\dfrac{x}{2} - \dfrac{5}{4}\) |
| \(-\dfrac{5}{2}x + 2\) | |
| \(+\dfrac{5}{2}x - \dfrac{5}{4}\) | |
| \(\dfrac{3}{4}\) |
Quindi:
\[ \frac{x^2 - 3x + 2}{2x-1} = \frac{x}{2} - \frac{5}{4} + \frac{3/4}{2x-1} \]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:
\[ \frac{3}{4}\int \frac{1}{2x-1}\,dx = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2}\int \frac{2}{2x-1}\,dx = \frac{3}{8}\ln|2x-1| \]Pertanto:
\[ F(x) = \frac{x^2}{4} - \frac{5}{4}x + \frac{3}{8}\ln|2x-1| + C \]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 \(x = 1\) e un minimo relativo in \(x = 2\). La condizione richiesta è \(F(1) = 2\).
\[ \frac{1}{4} - \frac{5}{4} + \frac{3}{8}\ln|2-1| + C = 2 \] \[ \frac{1}{4} - \frac{5}{4} + 0 + C = 2 \implies -1 + C = 2 \implies C = 3 \]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 \(y = 1\).
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:
\[ F(x) = xe^x - e^x + x^2e^x - 2xe^x + 2e^x + C = e^x(x^2 - x + 1) + C \]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:
\[ \lim_{x\to -\infty} e^x(x^2 - x + 1) = \lim_{x\to -\infty} e^x \cdot x^2 = 0 \]Per calcolare \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} e^x \cdot x^2\) riscriviamo il prodotto come rapporto:
\[ \lim_{x\to -\infty} e^x \cdot x^2 = \lim_{x\to -\infty} \frac{x^2}{e^{-x}} \]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:
\[ \lim_{x\to -\infty} F(x) = 0 + C = C \]Per avere l'asintoto \(y = 1\), imponiamo \(C = 1\).
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.
Il valor medio di \(f\) su \([0,1]\) è:
\[ M = \frac{1}{1-0}\int_0^1 \frac{x+k}{x^2-4}\,dx = \int_0^1 \frac{x+k}{x^2-4}\,dx \]Scomponiamo: \(\dfrac{x+k}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{A}{x-2} + \dfrac{B}{x+2}\)
Da \(x+k = A(x+2) + B(x-2)\):
Imponiamo \(M = -\dfrac{\ln 48}{4}\):
\[ \frac{1}{4}\left[-4\ln 2 + 2\ln 3 - k\ln 3\right] = -\frac{\ln 48}{4} \] \[ -4\ln 2 + 2\ln 3 - k\ln 3 = -\ln 48 \]Osserviamo che \(\ln 48 = \ln(16 \cdot 3) = 4\ln 2 + \ln 3\), quindi \(-\ln 48 = -4\ln 2 - \ln 3\):
\[ -4\ln 2 + 2\ln 3 - k\ln 3 = -4\ln 2 - \ln 3 \] \[ 2\ln 3 - k\ln 3 = -\ln 3 \] \[ (2 - k)\ln 3 = -\ln 3 \] \[ 2 - k = -1 \implies k = 3 \]La funzione è definita per \(x^2 - 4 \neq 0\), cioè per \(x \neq \pm 2\):
\[ D = \mathbb{R} \setminus \{-2,\, 2\} \]La funzione non è né pari né dispari (numeratore di grado dispari, denominatore di grado pari).
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: \(\left(0;\, -\dfrac{3}{4}\right)\).
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 | \(+\) | ∄ | \(-\) | ∄ | \(+\) |
Asintoto orizzontale:
\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x+3}{x^2-4} = 0 \implies y = 0 \text{ è asintoto orizzontale} \]Asintoti verticali:
\[ \lim_{x \to 2^{\pm}} \frac{x+3}{x^2-4} = \lim_{x \to 2^{\pm}} \frac{5}{(x-2)(x+2)} = \pm\infty \implies x = 2 \text{ è asintoto verticale} \] \[ \lim_{x \to -2^{\pm}} \frac{x+3}{x^2-4} = \lim_{x \to -2^{\pm}} \frac{1}{(x-2)(x+2)} = \mp\infty \implies x = -2 \text{ è asintoto verticale} \]Calcoliamo \(f'(x)\) con la regola del quoziente:
\[ f'(x) = \frac{(x^2-4) - (x+3)\cdot 2x}{(x^2-4)^2} = \frac{x^2 - 4 - 2x^2 - 6x}{(x^2-4)^2} = \frac{-x^2 - 6x - 4}{(x^2-4)^2} \]Studiamo il segno del numeratore \(-x^2 - 6x - 4 = 0 \implies x^2 + 6x + 4 = 0\):
\[ x = \frac{-6 \pm \sqrt{36-16}}{2} = \frac{-6 \pm \sqrt{20}}{2} = -3 \pm \sqrt{5} \]Quindi \(x_1 = -3 - \sqrt{5} \approx -5{,}24\) e \(x_2 = -3 + \sqrt{5} \approx -0{,}76\).
Il denominatore \((x^2-4)^2 > 0\) sempre (dove \(f\) è definita), quindi il segno di \(f'(x)\) coincide con quello di \(-x^2 - 6x - 4\):
| \(x\) | \(-\infty\) | \(x_1\) | \(-2\) | \(x_2\) | \(2\) | \(+\infty\) | |||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | ∄ | \(+\) | 0 | \(-\) | ∄ | \(-\) | ||
| \(f(x)\) | ↘ | min | ↗ | ∄ | ↗ | max | ↘ | ∄ | ↘ |
I valori della funzione nei punti stazionari:
\[ f(x_1) = f(-3-\sqrt{5}) = \frac{-\sqrt{5}}{(-3-\sqrt{5})^2 - 4} = \frac{-\sqrt{5}}{14+6\sqrt{5}-4} = \frac{-\sqrt{5}}{10+6\sqrt{5}} \] \[ f(x_2) = f(-3+\sqrt{5}) = \frac{\sqrt{5}}{(-3+\sqrt{5})^2 - 4} = \frac{\sqrt{5}}{14-6\sqrt{5}-4} = \frac{\sqrt{5}}{10-6\sqrt{5}} \]
Grafico di \(f(x) = \dfrac{x+3}{x^2-4}\).
Dimostra che la funzione \[ f(x) = \int_0^x (3 - 2\sin^2(2t))\,dt \] è invertibile dovunque è definita.
Per il Teorema di Torricelli, essendo \(g(t) = 3 - 2\sin^2(2t)\) continua, la funzione \(f(x)\) è derivabile e:
\[ f'(x) = 3 - 2\sin^2(2x) \]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 \(x \in \mathbb{R}\).
Essendo \(f'(x) > 0\) per ogni \(x\), la funzione \(f\) è strettamente crescente su tutto il suo dominio \(\mathbb{R}\).
Calcola \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x)\), essendo \[ f(x) = \frac{1}{x}\int_0^x (1 - \ln t)\,t\,dt \]
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.
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:
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{G(x)}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{G'(x)}{1} = \lim_{x \to 0^+} x(1 - \ln x) \]Per \(x \to 0^+\): \(x \to 0^+\) e \(\ln x \to -\infty\), quindi \(-\ln x \to +\infty\). 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:
\[ = \lim_{x \to 0^+} \frac{-1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} x = 0^+ \]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.
La strategia generale è usare la sostituzione \(t = \dfrac{x}{2}\), cioè \(x = 2t\), \(dx = 2\,dt\).
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.
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.
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.