2011 - Liceo della comunicazione, sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

Problema 1

Nel sistema di riferimento Oxy, sia Γ il grafico della funzione definita su R da f(x) = (1 − x²)e^−x. Γ taglia l’asse delle ordinate nel punto A e l’asse delle ascisse nei punti B e C.

1. Intersezioni con gli assi

Si verifichi che Γ taglia l’asse delle ordinate nel punto A e l’asse delle ascisse nei punti B e C. Si calcolino le coordinate di A, B, C.

Le intersezioni di f(x) = (1 − x²)e^−x con l’asse delle ordinate le ricaviamo risolvendo il sistema:

f(x) = (1 − x²)e^−x

x = 0

da cui ricaviamo A(0, 1).

Le intersezioni di f(x) = (1 − x²)e^−x con l’asse delle ascisse le ricaviamo risolvendo il sistema, cioè risolvendo l’equazione f(x) = 0:

(1 − x²)e^−x = 0.

Da cui ricaviamo B(−1, 0), C(1, 0).

2. Studio della funzione

Si studi la funzione f e si disegni Γ.

Studiamo la funzione: f(x) = (1 − x²)e^−x.

Dominio: R.

Intersezione con l’asse delle ascisse: f(x) = (1 − x²)e^−x = 0; x = ±1.

Intersezioni con l’asse delle ordinate: x = 0, f(0) = 1.

Simmetrie: la funzione non è né pari né dispari.

Positività: in quanto f(x) = (1 − x²)e^−x > 0, si ha 1 − x² > 0, cioè −1 < x < 1, poiché e^−x > 0 ∀ x ∈ R.

Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R.

Asintoti orizzontali: lim_x→−∞ f(x) = lim_x→−∞ (1 − x²)e^−x = −∞ · +∞ = −∞, mentre

lim_x→+∞ f(x) = lim_x→+∞ (1 − x²)e^−x = lim_x→+∞ (1 − x²)/e^x = lim_x→+∞ (−x²)/e^x = 0.

Applicando due volte l’Hospital, per cui la retta y = 0 è asintoto orizzontale destro.

Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto lim_x→−∞ f(x)/x = −∞, lim_x→+∞ f(x)/x = 0.

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

f′(x) = −2xe^−x + (1 − x²)(−e^−x) = (x² − 2x − 1)e^−x.

Per cui f′(x) = (x² − 2x − 1)e^−x > 0 ⇒ x² − 2x − 1 > 0 ⇒ x < 1 − √2 oppure x > 1 + √2.

Quindi la funzione è strettamente crescente in (−∞, 1 − √2) ∪ (1 + √2, +∞) e strettamente decrescente in (1 − √2, 1 + √2), per cui x = 1 + √2 è l’ascissa del massimo e x = 1 − √2 è l’ascissa del minimo.

Il massimo è M e il minimo è m.

Concavità e convessità: la derivata seconda è

f″(x) = (2x − 2)e^−x − (x² − 2x − 1)e^−x = (−x² + 4x − 1)e^−x.

Per cui f″(x) > 0 ⇒ −x² + 4x − 1 > 0 ⇒ 2 − √3 < x < 2 + √3.

Quindi la funzione ha concavità verso l’alto in (2 − √3, 2 + √3) e verso il basso in (−∞, 2 − √3) ∪ (2 + √3, +∞); i punti F(2 − √3, 4 − 2√3)e^−2+√3 e F(2 + √3, 4 + 2√3)e^−2−√3 sono flessi a tangente obliqua.

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

Il grafico è:

3. Primitiva della funzione

Si consideri la funzione g definita su R da g(x) = (x² + 2x + 1)e^−x. Si mostri che la funzione g è una primitiva della funzione f su R.

Calcoliamo l’integrale indefinito ∫(1 − x²)e^−x dx utilizzando l’integrazione per parti:

F(x) = ∫(1 − x²)e^−x dx = (1 − x²)e^−x − ∫(−2x)e^−x dx.

F(x) = (1 − x²)e^−x − 2∫xe^−x dx.

F(x) = (1 − x²)e^−x − 2xe^−x − 2e^−x dx.

F(x) = (1 − x²)e^−x − 2xe^−x − 2e^−x = (x² + 2x + 1)e^−x + K.

Posto K = 0, ricaviamo g(x) = (x² + 2x + 1)e^−x.

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4. Area della regione di piano

L’area richiesta, ricordando che una primitiva della funzione integranda (1 − x²)e^−x è, come dimostrato al Punto 3, pari a

S = ∫₋₁¹(1 − x²)e^−x dx − ∫₁²(1 − x²)e^−x dx = [−(x + 1)²e^−x]₋₁¹ − [−(x + 1)²e^−x]₁².

S = 4/e − 9/e² + 4/e − 8/e² = 8/e − 9/e².

Calcoliamo ora invece il limite lim_α→+∞ ∫₁^α(1 − x²)e^−x dx. Si ha:

lim_α→+∞ ∫₁^α(1 − x²)e^−x dx = lim_α→+∞[−(α + 1)²e^−α + 4/e] = lim_α→+∞(1 − α²)e^−α + 4/e.

Il limite, applicando due volte il teorema di De L’Hospital, è

lim_α→+∞(1 − α²)e^−α = lim_α→+∞(1 − α²)/e^α = lim_α→+∞(−2α)/e^α = 0, per cui

lim_α→+∞ ∫₁^α(1 − x²)e^−x dx = 4/e.

Questo integrale, se fosse stato preceduto dal segno “−”, non era altro che l’area della regione di piano compresa tra Γ e l’asse x nell’intervallo [1, +∞), in quanto in questo intervallo la funzione è negativa; infatti il valore dell’integrale così proposto è negativo e in quanto tale non può identificare un’area che per definizione è non negativa; col segno “−” davanti questo integrale definito sarebbe positivo e identificherebbe l’area sopra indicata.

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

Problema 2

Nel piano, riferito ad assi cartesiani Oxy, sono dati i punti: A(2;1), B(−2;1), C(2;3), D(2;5), E(6;5).

1. Si verifichi che il quadrilatero convesso ABDE è un parallelogramma del quale C è il punto d’incontro delle diagonali. Si calcoli l’area del quadrilatero.

2. Si consideri il fascio di curve di equazione

y = (x² + 2x + a)/(x − 4),

dove a è un parametro reale. Si verifichi che, qualunque sia a, la curva corrispondente ammette C come centro di simmetria e le rette AD e BE come asintoti. λ

3. Si determini la curva del fascio passante per il punto P(0,1) e si verifichi che le rette AB e DE sono tangenti a λ. Si tracci il grafico di λ.

4. Si calcoli l’area della regione finita di piano delimitata da λ, dalla retta BE, dalla retta di equazione y = −x + 2 e dall’asse.

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Risoluzione

Punto 1

Si consideri la figura seguente raffigurante il parallelogramma ABDE:

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Le equazioni delle rette componenti il parallelogramma, ricordando la formula della retta passante per due punti

(y − y₁)/(y₂ − y₁) = (x − x₁)/(x₂ − x₁),

sono:

• AB: y = 1, si ricava senza applicare la formula soprastante ma