Svolgimento dell'esame di Maturità 2011- problema 1

Qui di seguito trovi la risoluzione del problema 1 dell'esame di Maturità 2011 per il PNI - Piano Nazionale Informatica. Oltre allo svolgimento dettagliato della traccia di Maturità, punto per punto, trovi i link alle lezioni di teoria e ai metodi per svolgere gli esercizi in generale.

 

Testo del problema 1 dell'esame di Maturità 2011 - PNI

 

Sia f la funzione definita sull'insieme \mathbb{R} dei numeri reali da 

 

f(x)= x+ \ln(4)+\frac{2}{e^{x}+1}

 

e sia \Gamma la sua rappresentazione grafica nel sistema di riferimento Oxy.

 

1) Si determini il limite di f(x) per x che tende a +\infty e a -\infty. Si calcoli f(x)+ f(-x) e si spieghi perché dal risultato si può dedurre che il punto A(0, 1+\ln(4)) è centro di simmetria di \Gamma.

 

2) Si provi che, per tutti i reali m, l'equazione f(x)= m ammette una e una sola soluzione in \mathbb{R}. Sia \alpha la soluzione dell'equazione f(x)= 3; per quale valore di m e il numero -\alpha è soluzione dell'equazione f(x)= m?

 

3) Si provi che, per tutti gli x reali, è: f(x)= x+2+\ln(4)-\frac{2e^{x}}{e^{x}+1}. Si provi altresì che la retta r di equazione y= x+\ln(4) e la retta s di equazione y= x+2+\ln(4) sono asintoti di \Gamma e che \Gamma è interamente compresa nella striscia piana delimitata da r e da s

 

4) Posto I(\beta)= \int_{0}^{\beta}[f(x)-x-\ln(4)]dx si calcoli: \lim_{\beta\to \infty}I(\beta). Qual è il significato geometrico del risultato ottenuto? 

 

Risoluzione per punti del problema 1 - Esame di Maturità PNI 2011

 

(Per comodità ricopieremo in ogni punto la parte corrispondente del testo).

 

Punto 1

 

Si determini il limite di f(x) per x che tende a +\infty e a -\infty. Si calcoli f(x)+ f(-x) e si spieghi perché dal risultato si può dedurre che il punto A(0, 1+\ln(4)) è centro di simmetria di \Gamma.

 

Svolgimento: cominciamo con il calcolo dei limiti

 

\lim_{x\to -\infty}x+\ln(4)+ \frac{2}{e^{x}+1}= -\infty

 

il perché di un tale risultato è presto detto: quando x tende a meno infinito l'esponenziale tende a zero, dunque \frac{2}{e^x+1} tende a 2 mentre x spinge tutta la funzione a -\infty, senza tenere in considerazione \ln(4) che è costante.

 

Per il secondo limite abbiamo

 

\lim_{x\to +\infty}x+ \ln(4)+ \frac{2}{e^{x}+1}= +\infty

 

Questa volta la funzione esponenziale tende a più infinito, quindi l'intero addendo \frac{2}{e^{x}+1} tende a zero. Anche in questo caso la fa da padrone l'addendo x che spinge all'infinito l'intera funzione.

 

La prima parte del punto 1 è andata. Ci viene richiesto di calcolare la somma f(x)+f(-x). Scriviamo come sono fatti gli addendi:

 

f(x)= x+\ln(4)+ \frac{2}{e^{x}+1}

 

f(-x)= -x +\ln(4)+ \frac{2}{e^{-x}+1}

 

conseguentemente:

 

f(x)+f(-x)= x+\ln(4)+\frac{2}{e^{x}+1}-x+\ln(4)+\frac{3}{e^{-x}+1}

 

dopo qualche conto del tutto elementare possiamo scrivere che:

 

f(x)+f(-x)= 2\ln(4)+2

 

Questo risultato ci permette di affermare che (0, 1+\ln(4)) è il punto medio tra i punti (-x, f(-x)) e (x, f(x)) e di conseguenza esso è centro di simmetria per il grafico.

 

Grafico del punto 1 dell'esame di Maturità 2011 del PNI

 

Punto 2

 

Si provi che, per tutti i reali m, l'equazione f(x)= m ammette una e una sola soluzione in \mathbb{R}. Sia \alpha la soluzione dell'equazione f(x)= 3; per quale valore di m e il numero -\alpha è soluzione dell'equazione f(x)= m?

 

Soluzione: la funzione f è continua e inoltre i limiti agli estremi valgono -\infty, +\infty, dunque per un noto corollario del teorema dei valori intermedi la funzione assume tutti i valori compresi -\infty e +\infty. Questo assicura l'esistenza della soluzione all'equazione f(x)= m per ogni m reale.

 

Dimostriamo l'unicità mostrando che la funzione è una funzione monotona. Calcoliamo la derivata prima della funzione:

 

f'(x)= 1+2\cdot \left(-\frac{e^x}{(e^x+1)^2}\right)= \frac{1+e^{2x}}{(1+e^{x})^2}

 

La derivata prima è sempre positiva perché quoziente di quantità strettamente maggiori di zero. Questo fatto ci assicura la monotonia e quindi l'unicità della soluzione.

 

Rispondiamo ora alla seconda parte del punto 2. Chiamiamo \alpha quel valore reale per il quale f(\alpha)= 3, dal punto precedente sappiamo che:

 

f(-\alpha)+\overbrace{f(\alpha)}^{= 3}= 2\ln(4)+2 

 

quindi f(-\alpha)= 2\ln(4)+2-3= 2\ln(4)-1

 

L'm richiesto dall'esercizio è il valore appena determinato. 

 

Punto 3

 

Si provi che, per tutti gli x reali, è: f(x)= x+2+\ln(4)-\frac{2e^{x}}{e^{x}+1}. Si provi altresì che la retta r di equazione y= x+\ln(4) e la retta s di equazione y= x+2+\ln(4) sono asintoti di \Gamma e che \Gamma è interamente compresa nella striscia piana delimitata da r e da s.

 

Risposta: scriviamo 

 

f(x)= x+2+\ln(4)-\frac{2e^{x}}{e^{x}+1}

 

e al posto di f(x) inseriamo la sua espressione analitica

 

x+\ln(4)+\frac{2}{e^{x}+1}= x+2+\ln(4)-\frac{2e^{x}}{e^{x}+1}

 

eliminiamo i termini uguali membro a membro così da ottenere

 

\frac{2}{e^{x}+1}= 2 +\frac{2e^{x}}{e^{x}+1}

 

portiamo tutto al primo membro e portiamo a denominatore comune

 

\frac{2-2(e^{x}+1)-2 e^{x}}{e^{x}+1}= 0

 

Sommando i termini al primo membro giungeremo all'identità 0=0 e questo mostra ciò che l'esercizio richiede.

 

Verifichiamo ora che le due rette sono gli asintoti per la funzione f. Calcoliamo il coefficiente angolare e il termine noto dell'asintoto obliquo y= mx+q

 

m= \lim_{x\to\pm \infty}\frac{f(x)}{x}= \lim_{x\to \pm \infty}\frac{x+\ln(4)+\frac{2}{e^{x}+1}}{x}= 1

 

mentre 

 

q_{+}= \lim_{x\to +\infty}f(x)-mx= \lim_{x\to +\infty}\ln(4)+\frac{2}{e^{x}+1}= \ln(4)

 

q_{-}= \lim_{x\to-\infty}f(x)-mx= \lim_{x\to -\infty}\ln(4)+\frac{2}{e^{x}+1}= \ln(4)+2

 

I due asintoti sono:

 

r: y= x+\ln(4) e s: y= x+\ln(4)+2

 

Inoltre f(x)-r(x)= \frac{2}{e^{x}+1}\textgreater 0 per ogni x reale  e quindi la funzione f ha una quota maggiore (volgarmente "sta sopra") la retta r, mentre f(x)- s(x)= -2+\frac{2}{e^{x}+1}= -\frac{2e^{x}}{1+e^{x}}\textless 0 per ogni x reale quindi la funzione sta ad una quota minore della retta s. In definitiva la funzione f vive tra le rette s e r.

 

Grafico e rette del punto 3 della traccia di Maturità 2011 PNI

 

Punto 4

 

Posto I(\beta)= \int_{0}^{\beta}[f(x)-x-\ln(4)]dx si calcoli: \lim_{\beta\to \infty}I(\beta). Qual è il significato geometrico del risultato ottenuto? 

 

Svolgimento: abbiamo da risolvere un integrale definito nell'intervallo [0, \beta].

 

I(\beta)= \int_{0}^{\beta}f(x)-x-\ln(4)dx= 2\int_{0}^{\beta}\frac{1}{e^{x}+1}dx

 

Area della regione piana nel problema 1 del tema di Maturità PNI 2011

 

Integriamo per sostituzione ponendo t= e^{x}, per cui il nuovo differenziale sarà dt= e^{x}dx e gli estremi di integrazione diventano t_0= 1 e t_{\beta}= e^{\beta}. L'integrale di partenza si esprime come

 

I(\beta)= 2\int_{0}^{e^\beta}\frac{dt}{t(t+1)}dt

 

Questo integrale si risolve facendo uso del metodo dei fratti semplici! Andiamo alla ricerca di due costanti reali A, B tali che:

 

\frac{1}{t(t+1)}= \frac{A}{t}+ \frac{B}{t+1}

 

Portiamo tutto a minimo comun denominatore:

 

\frac{A(t+1)+Bt}{t(t+1)}= \frac{1}{t(t+1)}

 

Il denominatore non serve più ed espandiamo al numeratore al primo membro

 

At+A+Bt= 1

 

Il principio di identità dei polinomi ci permette di costruire il sistema lineare:

 

\begin{cases}A+B= 0\\ A= 1\end{cases}

 

da cui si evince che A= 1,\, B= -1 

 

In definitiva possiamo riscrivere l'integrale come:

 

2\int_{1}^{e^\beta}\frac{1}{t}- \frac{1}{t+1}dt=2 \left[\ln|t|- \ln|t+1|\right]_{1}^{e^{\beta}}=

 

= 2\left(\beta - \ln(1+e^{\beta}+\ln(2))

 

Facciamo tendere all'infinito \beta:

 

\lim_{\beta\to \infty}I(\beta)= \lim_{\beta\to \infty}2(\beta-\ln(1+ e^{\beta})+ \ln(2))

 

è una forma indeterminata [+\infty -\infty] che risolviamo mettendo in evidenza e^{\beta} nell'integrale dopodiché utilizzeremo la relazione fondamentale che lega il logaritmo con l'esponenziale:

 

\lim_{\beta\to \infty}2(\beta-\ln(1+ e^{\beta})+ \ln(2))=

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

 

utilizziamo la nota proprietà dei logaritmi che "trasforma i prodotti in somme":

 

=  \lim_{\beta\to \infty}2\left(\beta-\ln\left(e^{\beta}\right)+\ln\left(1+ \frac{1}{e^{\beta}}\right)+ \ln(2)\right)

 

a questo punto interviene la relazione fondamentale tra logaritmi ed esponenziali: \ln(e^{\beta})= \beta

 

=  \lim_{\beta\to \infty}2\left(\beta-\beta+\ln\left(1+ \frac{1}{e^{\beta}}\right)+ \ln(2)\right)

 

sommiamo i termini simili così da arrivare a:

 

=  \lim_{\beta\to \infty}2\left(\ln\left(1+ \frac{1}{e^{\beta}}\right)+ \ln(2)\right)= 2\ln(2)

 

Il valore ottenuto rappresenta l'area della parte di piano compresa tra il grafico della funzione f e l'asintotto y= x+\ln(4)

 

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