Problema 1 – Simulazione 2

Simulazione 2 — PROBLEMA 1

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Sia data la famiglia di funzioni \( f(x) = axe^{-bx^2} \), con \( a, b \in \mathbb{R} \).

Sia data la famiglia di funzioni f di x uguale a a per x per e alla meno b x quadro, con a e b numeri reali.

a)

Determinare \( a \) e \( b \) in modo che \( f(x) \) abbia un massimo relativo per \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \) e che il suo valore medio nell'intervallo \([0; 1]\) sia \(\dfrac{e^3-1}{3e^3}\).

Punto a. Determinare a e b in modo che f di x abbia un massimo relativo per x uguale a radice di 6 fratto 6, e che il suo valore medio nell intervallo da 0 a 1 sia uguale a e al cubo meno 1, fratto 3 e al cubo.

Soluzione del punto a

Dobbiamo trovare i valori di \( a \) e \( b \). Usiamo due condizioni che ci dà il testo del problema.

Condizione 1 — massimo relativo in \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \)

Calcoliamo la derivata prima di \( f(x) = axe^{-bx^2} \) (regola del prodotto):

\[ f'(x) = ae^{-bx^2}(1 - 2bx^2) \]

Il massimo si trova dove \( f'(x) = 0 \). Poiché \( ae^{-bx^2} \neq 0 \), deve annullarsi il fattore \((1 - 2bx^2)\):

\[ 1 - 2b\!\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; 1 - 2b \cdot \frac{6}{36} = 0 \;\Longrightarrow\; 1 - \frac{b}{3} = 0 \;\Longrightarrow\; \] \[ \boxed{b = 3} \]

Con \( b = 3 \) e \( a > 0 \), si verifica facilmente che si tratta di un massimo (la derivata è positiva prima e negativa dopo quel punto).

Condizione 2 — valore medio su \([0;1]\) uguale a \(\dfrac{e^3-1}{3e^3}\)

Il valore medio di \( f(x) \) su \([0;1]\) vale:

\[ \int_0^1 axe^{-3x^2}\,dx \]

Con la sostituzione \( t = -3x^2 \) (quindi \( x\,dx = -\frac{dt}{6} \)) otteniamo:

\[ \frac{a}{6}\int_{-3}^{0} e^{t}\,dt = \frac{a}{6}\Big[e^t\Big]_{-3}^{0} = \frac{a}{6}(1 - e^{-3}) \]

Imponendo che questo sia uguale a \(\dfrac{e^3-1}{3e^3}\) e osservando che \( 1 - e^{-3} = \dfrac{e^3-1}{e^3} \):

\[ \frac{a}{6} \cdot \frac{e^3-1}{e^3} = \frac{e^3-1}{3e^3} \;\Longrightarrow\; \frac{a}{6} = \frac{1}{3} \;\Longrightarrow\; \boxed{a = 2} \]

Conclusione

\[ a = 2, \quad b = 3 \qquad \Longrightarrow \qquad f(x) = 2xe^{-3x^2} \]

b)

Con \( a = 2 \) e \( b = 3 \), studiare la funzione \( f(x) = 2xe^{-3x^2} \) fino alla derivata seconda.

Punto b. Con a uguale a 2 e b uguale a 3, studiare la funzione f di x uguale a 2 x per e alla meno 3 x quadro, fino alla derivata seconda.

Soluzione del punto b

La funzione da studiare è \( f(x) = 2xe^{-3x^2} \).

Dominio

La funzione è definita per ogni \( x \in \mathbb{R} \).

Simmetrie

Calcoliamo \( f(-x) \):

\[ f(-x) = 2(-x)e^{-3x^2} = -2xe^{-3x^2} = -f(x) \]

La funzione è dispari → il grafico è simmetrico rispetto all'origine.

Intersezioni con gli assi

\( f(x) = 0 \) solo per \( x = 0 \) (perché \( e^{-3x^2} > 0 \) sempre). L'unico punto è l'origine \( (0,0) \).

Segno

\( f(x) > 0 \) per \( x > 0 \)
\( f(x) < 0 \) per \( x < 0 \)

Limiti agli estremi

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0^+, \qquad \lim_{x \to -\infty} f(x) = 0^- \]

L'asse \( x \) è asintoto orizzontale in entrambe le direzioni.

Derivata prima — crescenza e punti critici

\[ f'(x) = 2e^{-3x^2}(1 - 6x^2) \]

Poiché \( 2e^{-3x^2} > 0 \) sempre, il segno dipende da \( (1 - 6x^2) \):

\[ f'(x) = 0 \;\Longrightarrow\; x = \pm\dfrac{\sqrt{6}}{6} \]

Funzione crescente per \( x \in \left(-\dfrac{\sqrt{6}}{6},\, \dfrac{\sqrt{6}}{6}\right) \)
Funzione decrescente altrove
Massimo relativo in \( x = \dfrac{\sqrt{6}}{6} \), valore \( \dfrac{\sqrt{6}}{3\sqrt{e}} \)
Minimo relativo in \( x = -\dfrac{\sqrt{6}}{6} \), valore \( -\dfrac{\sqrt{6}}{3\sqrt{e}} \)

Derivata seconda — concavità e flessi

\[ f''(x) = 36xe^{-3x^2}(2x^2 - 1) \]

I punti candidati a flesso sono \( x = 0 \) e \( x = \pm\dfrac{\sqrt{2}}{2} \).

\( x \in \left(-\infty,\, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) \): \( f'' < 0 \) → concava
\( x \in \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\, 0\right) \): \( f'' > 0 \) → convessa
\( x \in \left(0,\, \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) \): \( f'' < 0 \) → concava
\( x \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\, +\infty\right) \): \( f'' > 0 \) → convessa

Tre punti di flesso: in \( x = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \), \( x = 0 \), \( x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \).

Grafico di f(x) = 2x·e^(-3x²): funzione dispari con massimo a circa x=0.41 e minimo a circa x=−0.41, e tre punti di flesso.

● Massimo \( M \approx (0.41,\; 0.50) \) | ● Minimo \( m \approx (-0.41,\; -0.50) \) | ● Flessi \( F_1,\, F_2,\, F_3 \)

c)

Ricavare, se esiste, il limite \[ \lim_{k \to +\infty} \int_0^k f(x) \, dx \] e dare un significato geometrico.

Punto c. Ricavare, se esiste, il limite per k che tende a piu infinito dell integrale da 0 a k di f di x, e dare un significato geometrico.

Soluzione del punto c

Dobbiamo calcolare l'integrale improprio:

\[ \lim_{k \to +\infty} \int_0^k 2xe^{-3x^2}\,dx \]

Calcolo dell'integrale

Sostituzione: \( t = -3x^2 \), da cui \( x\,dx = -\dfrac{dt}{6} \).

Quando \( x = 0 \): \( t = 0 \); quando \( x = k \): \( t = -3k^2 \). Quindi:

\[ \int_0^k 2xe^{-3x^2}\,dx = \frac{1}{3}\int_{-3k^2}^{0} e^{t}\,dt = \frac{1}{3}\left(1 - e^{-3k^2}\right) \]

Calcolo del limite

\[ \lim_{k \to +\infty} \frac{1}{3}\left(1 - e^{-3k^2}\right) = \frac{1}{3}(1 - 0) = \frac{1}{3} \]

L'integrale improprio converge: \[ \int_0^{+\infty} 2xe^{-3x^2}\,dx = \frac{1}{3} \]

Significato geometrico

Poiché \( f(x) \geq 0 \) per \( x \geq 0 \), il valore \(\dfrac{1}{3}\) rappresenta l'area della regione tra il grafico di \( f(x) \) e l'asse \( x \) nel semipiano \( x \geq 0 \). Nonostante si estenda all'infinito, l'area è finita.

Regione R (in rosa) tra il grafico di f(x)=2x·e^(−3x²) e l'asse x per x≥0. Al tendere di k→+∞, l'area converge a 1/3.

La regione R (in rosa) ha area pari a \(\dfrac{1}{3}\) al tendere di \( k \to +\infty \).

d)

Sia \( P \) un punto del grafico di \( f(x) \) nel primo quadrante, \( Q \) la sua proiezione sull'asse \( x \) e \( R \) la sua proiezione sull'asse \( y \). Trovare \( P \) in modo che l'area del rettangolo \( PQOR \) sia massima.

Punto d. Sia P un punto del grafico di f di x nel primo quadrante, Q la sua proiezione sull asse x e R la sua proiezione sull asse ipsilon. Trovare P in modo che l area del rettangolo PQOR sia massima.

Soluzione del punto d

Sia \( P = (x_0,\, f(x_0)) \) con \( x_0 > 0 \). Le proiezioni sugli assi sono:

\( Q = (x_0,\, 0) \) — sull'asse \( x \)
\( R = (0,\, f(x_0)) \) — sull'asse \( y \)

Rettangolo PQOR con vertici: O=origine, Q sull'asse x, P sul grafico, R sull'asse y. Si cerca P che massimizza l'area.

Il rettangolo PQOR (in verde) ha base \( x_0 \) e altezza \( f(x_0) \).

L'area del rettangolo è:

\[ A(x_0) = x_0 \cdot f(x_0) = 2x_0^2 e^{-3x_0^2} \]

Massimizzazione dell'area

Derivata di \( A(x) = 2x^2 e^{-3x^2} \):

\[ A'(x) = 4xe^{-3x^2}(1 - 3x^2) \]

Poiché \( 4xe^{-3x^2} > 0 \) per \( x > 0 \), il segno dipende da \( (1 - 3x^2) \):

\[ A'(x) = 0 \;\Longrightarrow\; x = \frac{\sqrt{3}}{3} \]

\( A \) crescente per \( 0 < x < \dfrac{\sqrt{3}}{3} \)
\( A \) decrescente per \( x > \dfrac{\sqrt{3}}{3} \)

Quindi \( x_0 = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \) è il massimo assoluto di \( A \) nel primo quadrante.

Coordinate del punto P

\[ f\!\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot e^{-1} = \frac{2\sqrt{3}}{3e} \]

\[ P = \left(\frac{\sqrt{3}}{3},\; \frac{2\sqrt{3}}{3e}\right) \] Area massima del rettangolo: \[ A_{\max} = \frac{2}{3e} \]

Simulazione 2 – Problema 1 – Esame di Stato 2026

a)