Problema 2 – Simulazione 5

Simulazione 5 — PROBLEMA 2

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Considera la famiglia di funzioni \(f_k \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) definita ponendo:

\[f_k(x) = \frac{x + k}{x^2 + 1}\]

dove \(k\) è un parametro reale.

Considera la famiglia di funzioni f sub k, da R in R, definita ponendo: f sub k di x uguale a x più k, fratto x quadro più 1. Dove k è un parametro reale.

a)

Dimostra che, per qualsiasi valore di \(k\), il grafico di \(f_k(x)\) presenta un punto di massimo relativo, un punto di minimo relativo e un solo asintoto.

Punto a. Dimostra che, per qualsiasi valore di k, il grafico di f sub k di x presenta un punto di massimo relativo, un punto di minimo relativo e un solo asintoto.

Soluzione del punto a

Dominio e continuità

Il denominatore \(x^2 + 1 \ge 1 > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\), quindi \(f_k(x)\) è definita e continua su tutto \(\mathbb{R}\), per qualsiasi valore di \(k\).

Asintoti

Poiché il grado del numeratore (1) è minore del grado del denominatore (2):

\[\lim_{x \to \pm\infty} f_k(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + k}{x^2 + 1} = 0\]

La retta \(y = 0\) è l'unico asintoto orizzontale, valido sia per \(x \to +\infty\) che per \(x \to -\infty\). Non esistono asintoti verticali (il denominatore non si annulla mai) né obliqui. L'asintoto è quindi uno solo.

Derivata prima e punti stazionari

Applichiamo la regola del quoziente:

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

Il segno di \(f_k'(x)\) dipende solo dal numeratore \(p(x) = -x^2 - 2kx + 1\). Il suo discriminante è:

\[\Delta = (2k)^2 + 4 = 4(k^2 + 1) > 0 \quad \text{per qualsiasi } k \in \mathbb{R}\]

Poiché \(\Delta > 0\) sempre, il trinomio \(p(x)\) ha sempre due radici reali distinte:

\[x_1 = -k - \sqrt{k^2+1} \qquad x_2 = -k + \sqrt{k^2+1}\]

con \(x_1 < x_2\). Poiché il coefficiente di \(x^2\) in \(p(x)\) è \(-1 < 0\) (parabola verso il basso):

\(f_k'(x) < 0\) per \(x < x_1\) → funzione decrescente
\(f_k'(x) > 0\) per \(x_1 < x < x_2\) → funzione crescente
\(f_k'(x) < 0\) per \(x > x_2\) → funzione decrescente

Per qualsiasi \(k \in \mathbb{R}\): in \(x_1\) la funzione ha un minimo relativo, in \(x_2\) un massimo relativo, e l'unico asintoto è \(y = 0\).

b)

Dimostra che, per qualsiasi valore di \(k\), la retta tangente al grafico di \(f_k(x)\) nel suo punto \(C\) di intersezione con l'asse \(y\) ha in comune con il grafico di \(f_k(x)\) anche l'intersezione \(D\) con l'asse \(x\).

Determina per quale valore di \(k > 0\) il segmento \(CD\) misura \(2\sqrt{2}\).

Punto b. Dimostra che, per qualsiasi valore di k, la retta tangente al grafico di f sub k di x nel suo punto C di intersezione con l'asse ipsilon ha in comune con il grafico di f sub k di x anche l'intersezione D con l'asse x. Determina per quale valore di k maggiore di zero il segmento CD misura 2 radice di 2.

Soluzione del punto b

Punto \(C\): intersezione con l'asse \(y\)

Per \(x = 0\):

\[C = \left(0,\; k\right)\]

Retta tangente in \(C\)

Dal punto a, la derivata in \(x = 0\) è:

\[f_k'(0) = \frac{0 - 0 + 1}{1} = 1\]

La retta tangente in \(C = (0, k)\) è quindi:

\[t(x) = x + k\]

Punto \(D\): intersezione di \(t(x)\) con l'asse \(x\)

Poniamo \(t(x) = 0\):

\[x + k = 0 \implies x = -k \qquad \Rightarrow \qquad D = (-k,\; 0)\]

Verifica che \(D\) appartiene al grafico di \(f_k(x)\)

Calcoliamo \(f_k(-k)\):

\[f_k(-k) = \frac{-k + k}{(-k)^2 + 1} = \frac{0}{k^2 + 1} = 0 \checkmark\]

Il punto \(D = (-k, 0)\) appartiene al grafico di \(f_k(x)\) per qualsiasi \(k\). La dimostrazione è completa.

Lunghezza del segmento \(CD\) e determinazione di \(k\)

Con \(C = (0, k)\) e \(D = (-k, 0)\):

\[|CD| = \sqrt{(-k)^2 + (-k)^2} = \sqrt{2k^2} = k\sqrt{2} \quad (k > 0)\]

Imponendo \(|CD| = 2\sqrt{2}\):

\[k\sqrt{2} = 2\sqrt{2} \implies \mathbf{k = 2}\]

Per \(k = 2\) il segmento \(CD\) misura \(2\sqrt{2}\).

c)

Indica con \(g(x)\) la funzione che si ottiene per il valore \(k = 2\) trovato al punto precedente. Studia e rappresenta graficamente \(g(x)\), limitandoti allo studio della derivata prima.

Punto c. Indica con g di x la funzione che si ottiene per il valore k uguale a 2 trovato al punto precedente. Studia e rappresenta graficamente g di x, limitandoti allo studio della derivata prima.

Soluzione del punto c

Espressione di \(g(x)\)

Per \(k = 2\):

\[g(x) = \frac{x + 2}{x^2 + 1}, \quad \text{dominio } \mathbb{R}\]

Zeri, segno e asintoti

Zero: \(x + 2 = 0 \Rightarrow x = -2\).
Segno: \(g(x) < 0\) per \(x < -2\); \(g(x) > 0\) per \(x > -2\).
Intersezione asse \(y\): \(g(0) = 2\), punto \((0, 2)\).
Asintoto: \(\displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} g(x) = 0\) → unico asintoto orizzontale \(y = 0\).

Derivata prima e monotonia

Dal punto a, con \(k = 2\):

\[g'(x) = \frac{-x^2 - 4x + 1}{(x^2+1)^2}\]

Studiamo il numeratore \(-x^2 - 4x + 1 = 0\), equivalente a \(x^2 + 4x - 1 = 0\):

\[x = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 4}}{2} = \frac{-4 \pm 2\sqrt{5}}{2} = -2 \pm \sqrt{5}\]

\(x_1 = -2 - \sqrt{5} \approx -4{,}24\) → minimo relativo
\(x_2 = -2 + \sqrt{5} \approx 0{,}24\) → massimo relativo

Andamento:

\(g'(x) < 0\) per \(x < x_1\) → decrescente
\(g'(x) > 0\) per \(x_1 < x < x_2\) → crescente
\(g'(x) < 0\) per \(x > x_2\) → decrescente

Ordinate dei punti stazionari

Minimo relativo in \(x_1 = -2 - \sqrt{5}\):

\[ \begin{aligned} g(x_1) &= \frac{(-2-\sqrt{5})+2}{(-2-\sqrt{5})^2+1} = \frac{-\sqrt{5}}{(4+4\sqrt{5}+5)+1} = \\ &= \frac{-\sqrt{5}}{10+4\sqrt{5}} = \frac{-\sqrt{5}}{2(5+2\sqrt{5})} \cdot \frac{5-2\sqrt{5}}{5-2\sqrt{5}} = \\ &= \frac{-5\sqrt{5}+10}{2(25-20)} = \frac{5(2-\sqrt{5})}{10} = \frac{2-\sqrt{5}}{2} \approx -0{,}12 \end{aligned} \]

Massimo relativo in \(x_2 = -2 + \sqrt{5}\):

\[ \begin{aligned} g(x_2) &= \frac{(-2+\sqrt{5})+2}{(-2+\sqrt{5})^2+1} = \frac{\sqrt{5}}{(4-4\sqrt{5}+5)+1} = \\ &= \frac{\sqrt{5}}{10-4\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{2(5-2\sqrt{5})} \cdot \frac{5+2\sqrt{5}}{5+2\sqrt{5}} = \\ &= \frac{5\sqrt{5}+10}{2(25-20)} = \frac{5(2+\sqrt{5})}{10} = \frac{2+\sqrt{5}}{2} \approx 2{,}12 \end{aligned} \]

Legenda: Grafico di \(g(x) = \dfrac{x+2}{x^2+1}\) con minimo in \(x_1 \approx -4{,}24\), massimo in \(x_2 \approx 0{,}24\) e asintoto orizzontale \(y = 0\).

d)

Trova per quale valore di \(k\) nella famiglia delle funzioni \(f_k(x)\) si ottiene la funzione \(h(x)\) che ha il grafico simmetrico rispetto all'origine.

Verifica che \(g(x) > h(x)\) per ogni \(x\) del loro dominio e calcola l'area compresa tra i grafici delle due funzioni nell'intervallo \([-1;\,1]\).

Considera poi la funzione:

\[F(x) = \int_0^x h(t)\,dt\]

e calcola \(F\!\left(\sqrt{3}\right)\) e \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{\ln x}\).

Punto d. Trova per quale valore di k si ottiene la funzione h di x che ha il grafico simmetrico rispetto all'origine. Verifica che g di x è maggiore di h di x per ogni x del loro dominio e calcola l'area compresa tra i due grafici nell'intervallo da meno 1 a 1. Considera poi la funzione F di x uguale all'integrale da zero a x di h di t, d t, e calcola F di radice di 3 e il limite per x che tende a più infinito di F di x fratto logaritmo naturale di x.

Soluzione del punto d

Determinazione di \(h(x)\)

Una funzione ha grafico simmetrico rispetto all'origine se e solo se è dispari, cioè \(f_k(-x) = -f_k(x)\) per ogni \(x\). Calcoliamo:

\[f_k(-x) = \frac{-x+k}{x^2+1}\]

Imponiamo \(f_k(-x) = -f_k(x)\):

\[\frac{-x+k}{x^2+1} = -\frac{x+k}{x^2+1} \implies -x + k = -x - k \implies\] \[2k = 0 \implies k = 0\]

\[h(x) = f_0(x) = \frac{x}{x^2+1}\]

Studio sintetico di \(h(x)\)

\(h(x)\) è dispari (simmetrica rispetto all'origine), definita su \(\mathbb{R}\), con unico zero in \(x = 0\) e asintoto orizzontale \(y = 0\). Ponendo \(k = 0\) nella formula della derivata del punto a:

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

Minimo relativo in \(x = -1\): \(h(-1) = -\dfrac{1}{2}\)
Massimo relativo in \(x = 1\): \(h(1) = \dfrac{1}{2}\)
\(x = 0\) è un punto di flesso a tangente obliqua (non un punto stazionario, poiché \(h'(0) = 1 \neq 0\))

Legenda: Grafico di \(h(x) = \dfrac{x}{x^2+1}\), funzione dispari con massimo in \(\left(1,\, \frac{1}{2}\right)\), minimo in \(\left(-1,\, -\frac{1}{2}\right)\) e asintoto \(y = 0\).

Verifica che \(g(x) > h(x)\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\)

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

Poiché \(x^2 + 1 \ge 1 > 0\) sempre, si ha \(\dfrac{2}{x^2+1} > 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\). Quindi \(g(x) > h(x)\) ovunque. \(\checkmark\)

Area tra i grafici in \([-1;\,1]\)

\[A = \int_{-1}^{1} \frac{2}{x^2+1}\,dx = 2\Big[\arctan(x)\Big]_{-1}^{1} =\] \[=2\left(\frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right)\right) = 2 \cdot \frac{\pi}{2}\]

\[A = \pi\]

Area tra g(x) e h(x) nell'intervallo [-1;1]

Legenda: La regione colorata rappresenta l'area compresa tra \(g(x)\) e \(h(x)\) in \([-1;\,1]\). Poiché \(g(x) - h(x) = \dfrac{2}{x^2+1} > 0\), la curva \(g\) è sempre sopra \(h\) e l'area vale esattamente \(\pi\).

Calcolo di \(F(x)\)

Con la sostituzione \(u = t^2+1\), \(du = 2t\,dt\):

\[\int \frac{t}{t^2+1}\,dt = \frac{1}{2}\ln(t^2+1) + C\]

Quindi:

\[F(x) = \left[\frac{1}{2}\ln(t^2+1)\right]_0^x = \frac{1}{2}\ln(x^2+1)\]

Calcolo di \(F(\sqrt{3})\)

\[F(\sqrt{3}) = \frac{1}{2}\ln(3+1) = \frac{1}{2}\ln 4 = \frac{1}{2} \cdot 2\ln 2\]

\[F(\sqrt{3}) = \ln 2\]

Calcolo del limite \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{F(x)}{\ln x}\)

Metodo 1 — sostituzione diretta:

Per \(x \to +\infty\) si ha \(\ln(x^2+1) \sim \ln(x^2) = 2\ln x\), quindi:

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

Metodo 2 — teorema di de L'Hôpital (forma \(\tfrac{+\infty}{+\infty}\)):

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{\ln x} \overset{\text{H}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{F'(x)}{1/x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\dfrac{x}{x^2+1}}{\dfrac{1}{x}} =\] \[=\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x^2+1} = 1\]

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{F(x)}{\ln x} = 1\]

Simulazione 5 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

a)