LICEO SCIENTIFICO SUPPLETIVA 2025 - PROBLEMA 2
Soluzione proposta da Giuseppe Scoleri con la collaborazione di Angela Santamaria.
Il grafico \( \gamma \) in figura rappresenta la funzione \( f \) così definita:
\( f(x)=\begin{cases} \ln(P_2(x)), & \text{se } x < 0 \\ P_3(x), & \text{se } x\ge0 \end{cases} \)dove \( P_2(x) \) e \( P_3(x)\) sono, rispettivamente, polinomi di 2° e di 3° grado.
a)
Utilizzando le informazioni desumibili dal grafico e tenendo conto che \(\gamma\) è tangente alla retta \(y=x\) nell’origine e all’asse delle ascisse in \(x=1,\) individuare i polinomi \(P_2 (x)\) e \(P_3 (x).\)
Soluzione del punto a
Poniamo \(y=P_2 (x)=ax^2+bx+c\).
Risulta \(\ln(P_2 (x))=0\) per \(x=-1\), quindi: \(P_2 (-1)=1\), da cui:
\(a-b+c=1\)
e deve essere \(\lim_{x \to 0^-} \ln(P_2 (x))=0\), quindi \(\ln(P_2 (0))=0\), \(P_2 (0)=1\), \(c=1\).
Ponendo \(c=1\) in \(a-b+c=1\) otteniamo \(a=b\).
Si ha perciò: \(P_2 (x)=bx^2+bx+1\)
Siccome la curva è tangente alla retta \(y=x\) nell’origine degli assi, deve quindi essere: \(\lim_{x \to 0^-} f'(x)=1\).
Ma per \(x < 0\) risulta: \(f'(x)=\frac{P_2' (x)}{P_2 (x)}=\frac{2bx+b}{bx^2+bx+1}\), quindi deve essere: \(\frac{P_2' (0)}{P_2 (0)}=1\), da cui: \(\frac{b}{b-b+1}=b=1\)
Pertanto:
\(P_2 (x)=x^2+x+1\).
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Cerchiamo ora l’equazione di \(P_3 (x)\), polinomio di terzo grado quindi del tipo:
\(P_3 (x)=Ax^3+Bx^2+Cx+D\).
Dal grafico vediamo che anche questo polinomio si deve annullare per \(x=0\), quindi \(D=0\).
Passaggio per \((1; 0)\):
\(0=A+B+C\)
\(P_3' (x)=0\) per \(x=1\), pertanto si deve annullare per \(x=1\) la seguente espressione:
\(P_3' (x)=3Ax^2+2Bx+C\), segue che: \(3A+2B+C=0\)
Inoltre deve essere: \(P_3' (0)=1\), da cui: \(C=1\).
Rimane quindi: \(A+B+1=0\) e \(3A+2B+1=0\). Risolvendo il sistema:
\(A+B=-1\) e \(3A+2B+1=0\). Ricavando A dalla prima e sostituendolo nella seconda otteniamo:
\(B=-A-1\) e \(3A-2A-2+1=0\), da cui: \(A=1\) e \(B=-2\).
Avremo perciò:
\(P_3 (x)=Ax^3+Bx^2+Cx+D=x^3-2x^2+x\).
D’ora in avanti, si assuma che
\[f(x)=\begin{cases} \ln(x^2+x+1), & \text{se } x < 0 \\ x^3-2x^2+x , & \text{se } x\ge 0 \end{cases}\]b)
Determinare le coordinate dei punti stazionari e le ascisse dei punti di flesso di f. Al variare del parametro reale k, stabilire il numero delle soluzioni dell’equazione f(x)=k.
Soluzione del punto b
Dominio:
\(-\infty < x < +\infty\)
Ricerca punti stazionari
Dal punto a) e dalle informazioni grafiche deduciamo che la funzione è continua e derivabile in tutto il dominio e risulta:
\[f'(x)=\begin{cases}\frac{2x+1}{x^2+x+1} & \text{se } x < 0 \\ 3x^2-4x+1, & \text{se } x\ge0 \end{cases}\]Se \(x < 0\), \(f'(x)=0\) se \(x=-\frac{1}{2}\), se \(x\ge0\) si ha \(f'(x)=0\) se \(3x^2-4x+1=0\): \(x=\frac{1}{3}\) e \(x=1\).
Abbiamo quindi **3 punti stazionari**: \(x=-\frac{1}{2}\), \(x=\frac{1}{3}\) e \(x=1\).
Ricerca dei punti di flesso
Osserviamo che:
se \(x < 0\): \(f''(x)=\frac{-2x^2-2x+1}{(x^2+x+1)^2} >0\) se \(-2x^2-2x+1>0\): \( \frac{-1-\sqrt{3}}{2} < x < 0 \)
Quindi punto di flesso per \(x<0\): \(x=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\)
se \(x>0\): \(f''(x)=6x-4>0\) se \(x>\frac{2}{3}\)
**Punto di flesso per \(x>0\)**: \(x=\frac{2}{3}\).
Analizziamo \(x=0\).
In \(x=0\) ci viene detto che il grafico è tangente alla retta \(y=x\).
Per \( \left(\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\right) < x < 0 \) il grafico volge la concavità verso l’alto.
E per \(0 < x < \frac{2}{3}\) verso il basso.
Quindi, pur non esistendo la derivata seconda in \(x=0\) (quella sinistra vale \(1\) e quella destra vale \(-4\)), \(x=0\) è un punto di flesso.
Pertanto i **punti di flesso** sono: \(x=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\), \(x=0\) e \(x=\frac{2}{3}\).
Studio delle soluzioni dell’equazione f(x)=k.
Riportiamo il grafico della funzione insieme alle rette caratteristiche:
Per trovare le soluzioni dell’equazione occorre trovare le ordinate del punto di minimo relativo e di massimo relativo.
Abbiamo visto che il punto di minimo relativo è \(x=-\frac{1}{2}\). E risulta (essendo \(x < 0\)):
\(f(x)= \ln(x^2+x+1)\), perciò: \(f\left(-\frac{1}{2}\right)=\ln\left(\frac{3}{4}\right)=\)ordinata del minimo relativo
Il massimo relativo si ha per \(x=\frac{1}{3}\) e pertanto, essendo per \(x>0\) \(f(x)=x^3-2x^2+x\) si ha:
\(f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{27}-\frac{2}{9}+\frac{1}{3}=\frac{4}{27}=\)ordinata del massimo.
Essendo \(y=k\) una generica retta parallela all’asse delle ascisse, possiamo concludere che l’equazione \(f(x)=k\) ammette:
- nessuna soluzione per \(k < \ln\left(\frac{3}{4}\right)\)
- Due soluzioni coincidenti per \(k=\ln\left(\frac{3}{4}\right)\)
- Due soluzioni distinte (entrambe negative) per \(\ln\left(\frac{3}{4}\right) < x <0\)
- Quattro soluzioni (\(-1,0,1\) doppia) per \(k=0\)
- Quattro soluzioni distinte (una negativa e tre positive) se \(0 < k < \frac{4}{27}\)
- Quattro soluzioni di cui una doppia (\(x=\frac{1}{3}\)), una negativa ed un’altra positiva se \(k=\frac{4}{27}\)
- Due soluzioni distinte per \(k>\frac{4}{27}\).
c)
Per \(n\) intero positivo, determinare \(\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x^n}\) e \(\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x^n}\). Verificare, inoltre, che esiste un unico valore di \(n\) tale che il \(\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^n}\) assuma un valore finito non nullo.
Soluzione del punto c
Calcoliamo i primi due limiti:
\[ \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x^n} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\ln(x^2+x+1)}{x^n} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\ln(x^2)}{x^n} = 0 \] (il denominatore è infinito di ordine superiore).
\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x^n} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3-2x^2+x}{x^n} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{x^n} \] Si hanno i seguenti casi:
- Se \(n=3\) il limite è \(1\)
- Se \(0 < n < 3\) il limite è \(+\infty\)
- Se \(n>3\) il limite è \(0^+\)
Verifichiamo che esiste un unico valore di \(n\) tale che il \(\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^n}\) assuma un valore finito non nullo.
Ricordiamo che se \(g(x)\) è un infinitesimo per \(x \to P\), allora \(\ln(1+g(x)) \sim g(x)\).
\[ \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x)}{x^n} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\ln(x^2+x+1)}{x^n} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x^2+x}{x^n} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x}{x^n} = 1 \] (finito non nullo) se \(n=1\).
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x^n} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^3-2x^2+x}{x^n} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x^n} = 1 \] se \(n=1\).
Quindi: il \(\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^n}\) assume un valore finito non nullo (precisamente \(1\)) se \(n=1\).
d)
Determinare il rapporto tra le aree delle regioni limitate di piano \(R_1\) e \(R_2\) contenute nel I quadrante e così definite:
- \(R_1\) compresa tra \(\gamma\) e la retta di equazione \(y=x\);
- \(R_2\) compresa tra \(\gamma\) e l’asse delle ascisse.
Soluzione del punto d
Rappresentiamo la regione \(R_1\):
Cerchiamo l’intersezione diversa da O tra la retta ed il grafico di \(\gamma\).
\[\begin{cases} y=x \\ y=x^3-2x^2+x \end{cases}\]\(x^3-2x^2=0\), da cui \(x=0\) (doppia) e \(x=2\).
Calcoliamo l’area \(S_1\) della regione \(R_1\):
\[S_1=\int_0^2 (x-(x^3-2x^2+x))dx=\int_0^2 (-x^3+2x^2 )dx=\left[-\frac{x^4}{4}+\frac{2}{3} x^3 \right]_0^2=\frac{4}{3}\cong1.33=S_1\]Rappresentiamo la regione \(R_2\):
