Problema 1 – Simulazione 6

Simulazione 6 – PROBLEMA 1
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🔍 Testo

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Sia data la funzione:

\[f(x) = \frac{x^3}{x^2 - 1}\]

Sia data la funzione: f di x uguale a x cubo fratto x quadro meno 1.

1)

Si verifichi che la curva che la rappresenta è simmetrica rispetto all'origine.

Punto 1. Si verifichi che la curva che rappresenta la funzione f di x è simmetrica rispetto all'origine.

Soluzione del punto 1

Una funzione è simmetrica rispetto all'origine se e solo se è dispari, ovvero se vale la condizione \(f(-x) = -f(x)\) per ogni \(x\) del dominio. Verifichiamo direttamente:

\[f(-x) = \frac{(-x)^3}{(-x)^2 - 1} = \frac{-x^3}{x^2 - 1} = -\frac{x^3}{x^2 - 1} = -f(x)\]

Poiché \(f(-x) = -f(x)\) per ogni \(x\) del dominio, la funzione è dispari e il suo grafico è simmetrico rispetto all'origine. c.v.d.

2)

Si studi tale funzione e se ne tracci il grafico \(\gamma\), su un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali \(Oxy\).

Punto 2. Si studi la funzione f di x uguale a x cubo fratto x quadro meno 1, e se ne tracci il grafico gamma su un piano cartesiano.

Soluzione del punto 2

Dominio

La funzione è una frazione algebrica; il denominatore si annulla per \(x^2 - 1 = 0\), ossia per \(x = \pm 1\). Il dominio è:

\[D = \mathbb{R} \setminus \{-1,\, 1\} = (-\infty;\,-1) \cup (-1;\,1) \cup (1;\,+\infty)\]

Intersezioni con gli assi

Per \(x = 0\): \(f(0) = 0\). L'unica intersezione è l'origine \(O(0;\,0)\).
Per \(y = 0\): il numeratore \(x^3 = 0\) implica \(x = 0\). L'unico zero è in \(x = 0\).

Segno della funzione

Studiamo il segno di \(\dfrac{x^3}{x^2-1} \ge 0\):

\[f(x) \ge 0 \iff -1 < x \le 0 \quad \text{oppure} \quad x > 1\]

Limiti e asintoti

Limiti agli estremi:

\[ \begin{aligned} &\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \end{aligned} \]

Non esistono asintoti orizzontali.

Asintoti verticali in \(x = \pm 1\):

\[ \begin{aligned} &\lim_{x \to -1^-} f(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to -1^+} f(x) = +\infty \\[6pt] &\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty \end{aligned} \]

Asintoto obliquo \(y = mx + q\):

\[ \begin{aligned} m &= \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x^2-1} = 1 \\[8pt] q &= \lim_{x \to \pm\infty} \left[f(x) - x\right] = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x^2-1} = 0 \end{aligned} \]

L'asintoto obliquo è \(y = x\), valido per \(x \to \pm\infty\).

Derivata prima e monotonia

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

\(f'(x) > 0\) per \(x < -\sqrt{3}\) oppure \(x > \sqrt{3}\): funzione crescente.
\(f'(x) < 0\) per \(-\sqrt{3} < x < \sqrt{3}\), \(x \neq \pm 1\): funzione decrescente.
\(f'(0) = 0\): flesso a tangente orizzontale nell'origine.

Massimo relativo in \(x = -\sqrt{3}\): \[f(-\sqrt{3}) = -\frac{3\sqrt{3}}{2} \approx -2{,}6\] Minimo relativo in \(x = \sqrt{3}\): \[f(\sqrt{3}) = \frac{3\sqrt{3}}{2} \approx 2{,}6\]

Derivata seconda e concavità

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

Concavità verso l'alto per \(-1 < x \le 0\) oppure \(x > 1\).
Concavità verso il basso per \(x < -1\) oppure \(0 \le x < 1\).
Flesso in \(x = 0\) (confermato dalla derivata prima).

Grafico

Legenda: Grafico di \(f(x) = \dfrac{x^3}{x^2-1}\) (in blu) con gli asintoti verticali \(x = \pm 1\) e l'asintoto obliquo \(y = x\) (linee verdi tratteggiate). In evidenza il flesso nell'origine \(F(0;\,0)\), il massimo relativo \(M\!\left(-\sqrt{3};\,-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right)\) e il minimo relativo \(m\!\left(\sqrt{3};\,\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right)\).

3)

Si verifichi che \(F(x) = \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{1}{2}\ln\left|x^2 - 1\right|\) è una funzione primitiva di \(f(x)\).

Punto 3. Si verifichi che Feffe grande di x, uguale a x quadro fratto 2 più un mezzo per logaritmo naturale del valore assoluto di x quadro meno 1, è una funzione primitiva di effe piccolo di x.

Soluzione del punto 3

Per verificare che \(F(x)\) è una primitiva di \(f(x)\), è sufficiente dimostrare che \(F'(x) = f(x)\). Calcoliamo la derivata di \(F(x)\):

\[F'(x) = \frac{d}{dx}\!\left(\frac{x^2}{2}\right) + \frac{d}{dx}\!\left(\frac{1}{2}\ln|x^2-1|\right) = x + \frac{1}{2} \cdot \frac{2x}{x^2-1}\]

Raccogliendo al denominatore comune \(x^2 - 1\):

\[ \begin{aligned} F'(x) &= x + \frac{x}{x^2-1} = \frac{x(x^2-1) + x}{x^2-1} = \\[6pt] &= \frac{x^3 - x + x}{x^2-1} = \frac{x^3}{x^2-1} = f(x) \end{aligned} \]

Poiché \(F'(x) = f(x)\), si conclude che \(F(x) = \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{1}{2}\ln|x^2-1|\) è una primitiva di \(f(x)\). c.v.d.

4)

a) Si calcoli l'errore che si commette approssimando l'area racchiusa dalla curva \(\gamma\), dall'asse \(x\) e dalle rette \(x = 2\) e \(x = 3\) con l'area del trapezio \(ABCD,\) essendo \(A(2;\,0)\), \(B(3;\,0)\), \(C(3;\,f(3))\) e \(D(2;\,f(2))\).

b) Utilizzando uno dei metodi numerici studiati, calcola l'area racchiusa dalla curva \(\gamma\), dall'asse \(x\) e dalle rette \(x = 2\) e \(x = 3\).

Punto 4, parte a. Si calcoli l'errore che si commette approssimando l'area racchiusa dalla curva gamma, dall'asse x e dalle rette x uguale 2 e x uguale 3, con l'area del trapezio A B C D, dove A ha coordinate 2 virgola 0, B ha coordinate 3 virgola 0, C ha coordinate 3 virgola f di 3, e D ha coordinate 2 virgola f di 2. Parte b. Utilizzando uno dei metodi numerici studiati, calcola la stessa area con il metodo dei trapezi usando 5 sottointervalli.

Soluzione del punto 4

a) Errore tra trapezoide e trapezio

Legenda: La regione verde rappresenta sia il trapezoide sotto la curva \(\gamma\) nell'intervallo \([2;\,3]\), sia il trapezio \(ABCD\) con vertici \(A(2;\,0)\), \(B(3;\,0)\), \(C(3;\,f(3))\) e \(D(2;\,f(2))\). Il lato superiore del trapezio è il segmento \(\overline{DC}\) (in verde), mentre la curva \(\gamma\) (in blu) è leggermente al di sotto: la piccola differenza tra le due aree rappresenta l'errore calcolato.

Calcolo di \(f(2)\) e \(f(3)\)

\[f(2) = \frac{2^3}{2^2-1} = \frac{8}{3}, \qquad f(3) = \frac{3^3}{3^2-1} = \frac{27}{8}\]

Area del trapezio \(ABCD\)

Il trapezio ha basi \(\overline{AD} = f(2) = \dfrac{8}{3}\) e \(\overline{BC} = f(3) = \dfrac{27}{8}\), con altezza \(h = 1\):

\[ \begin{aligned} \text{Area}(ABCD) &= \frac{\overline{AD} + \overline{BC}}{2} \cdot 1 = \frac{\dfrac{8}{3} + \dfrac{27}{8}}{2} = \\[6pt] &= \frac{\dfrac{64}{24} + \dfrac{81}{24}}{2} = \frac{145}{48} \approx 3{,}02 \end{aligned} \]

Area del trapezoide (integrale definito)

Sfruttiamo la primitiva \(F(x)\) trovata al punto 3:

\[ \begin{aligned} \int_2^3 f(x)\,dx &= \left[\frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}\ln|x^2-1|\right]_2^3 = \\[6pt] &= \frac{9}{2} + \frac{1}{2}\ln(8) - 2 - \frac{1}{2}\ln(3) = \\[6pt] &= \frac{5}{2} + \frac{1}{2}\ln\!\left(\frac{8}{3}\right) \approx 2{,}99 \end{aligned} \]

Calcolo dell'errore

\[\varepsilon = \left|\frac{145}{48} - \frac{5}{2} - \frac{1}{2}\ln\!\left(\frac{8}{3}\right)\right| \approx |3{,}0208 - 2{,}9896| \approx 0{,}03\]

L'area del trapezoide vale \(\dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{8}{3}\right) \approx 2{,}99\).
L'area del trapezio \(ABCD\) vale \(\dfrac{145}{48} \approx 3{,}02\).
L'errore commesso è pari a circa \(\mathbf{0{,}03}\).

b) Metodo dei trapezi con \(n = 5\)

Metodo dei trapezi con n=5 sull'intervallo [2;3]

Legenda: I 5 trapezi (in grigio, separati dalle linee verticali viola) approssimano l'area sotto la curva \(\gamma\) (in blu) nell'intervallo \([2;\,3]\). Il lato superiore di ciascun trapezio è il segmento che congiunge due punti consecutivi della curva (in verde). In viola è riportato il risultato numerico: \(\text{Area} \approx 2{,}99\).

Applichiamo il metodo dei trapezi sull'intervallo \([2;\,3]\) con \(n = 5\) sottointervalli. Il passo è:

\[h = \frac{3-2}{5} = 0{,}2\]

I nodi e i valori della funzione sono:

\(i\)	\(x_i\)	\(f(x_i)\)
0	\(2{,}0\)	\(\dfrac{8}{3} \approx 2{,}6667\)
1	\(2{,}2\)	\(\approx 2{,}7729\)
2	\(2{,}4\)	\(\approx 2{,}9042\)
3	\(2{,}6\)	\(\approx 3{,}0514\)
4	\(2{,}8\)	\(\approx 3{,}2094\)
5	\(3{,}0\)	\(\dfrac{27}{8} = 3{,}375\)

Applicando la formula dei trapezi:

\[T_5 = \frac{h}{2}\left[f(x_0) + 2f(x_1) + 2f(x_2) + 2f(x_3) + 2f(x_4) + f(x_5)\right]\] \[ \begin{aligned} T_5 &= \frac{0{,}2}{2}\bigl[2{,}6667 + 5{,}5458 + 5{,}8084 + 6{,}1028 + 6{,}4188 + 3{,}375\bigr] = \\[6pt] &= 0{,}1 \cdot 29{,}9175 \approx 2{,}992 \end{aligned} \]

Il metodo dei trapezi con \(n = 5\) fornisce \(T_5 \approx \mathbf{2{,}992}\), molto vicino al valore esatto \(\approx 2{,}990\).
L'errore del metodo numerico rispetto al valore esatto è \(|2{,}992 - 2{,}990| \approx \mathbf{0{,}002}\).

📚 Approfondimento: Per saperne di più sull'integrazione numerica, visita questa pagina di Matefilia.

Simulazione 6 – Problema 1 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

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