VERIFICA DI MATEMATICA – SIMULAZIONE – GLI INTEGRALI DEFINITI - SOLUZIONI

Problema 1: a) Rappresentiamo il quadrato ABCD e il punto P sul prolungamento del lato AB.

Per determinare la posizione di P, affinché l’angolo DPA ˆ sia minore di 30°, ragioniamo nel seguente

modo:se nel triangolo rettangolo APD, l’angolo DPA ˆ fosse uguale a 30°, per i teoremi sui triangoli

rettangoli, avremmo che ).13(3

330 −=→=

+→°= lx

xl

ltg

AP

DA

Poiché l’angolo deve essere minore di 30°, deve essere )13( −>lx .

b) La funzione y=f(x) è data da PD

PAxf =)( ,

dove xlPA += e, per il teorema di Pitagora,22 )( xllPD ++= .

Dunque:22 )(

)(xll

lxxf

++

+= .

Il limite per +∞→x vale 1)(

lim22

=++

++∞→ xll

lxx

.

Tale risultato può essere interpretato geometricamente dicendo che le distanze di P da A e da D sono

uguali, o che i punti A e D visti da un osservatore posto a distanza infinita sono indistinguibili.

c) Ponendo l =1, dobbiamo rappresentare il grafico della funzione 2)1(1

1)(

x

xxf

++

+= ,

nel suo dominio naturale indipendentemente dalle limitazioni geometriche del problema.

• Dominio: D = R.

• Poiché 2)1(1

1)(

x

xxf

−+

+−=− non ci sono simmetrie né rispetto all’asse y né rispetto all’origine.

• Segno: 0)( >xf se x >- 1.

• Intersezioni con gli assi:

2

2;0 e (-1; 0).

• Limiti all’infinito:

1)1(1

12lim =

++

++∞→ x

x

x

e 1)1(1

12lim −=

++

+−∞→ x

x

x

� Le rette di equazioni y = 1 e y = -1 sono rispettivamente asintoti orizzontale destro e sinistro

per il grafico della funzione.

� Non esistono asintoti verticali.

• Derivata prima:

2

2

22

)1(1

)1(12

)1(2)1(1

)('x

x

xx

xf++

+++−++

= . �

[ ]2

32)1(1

1)('

xxf

++=

� ℜ='D

� xxf ∀> 0)(' , )(xf è crescente in tutto il dominio

• Derivata seconda:

[ ]2

52)1(1

)1(3)("

x

xxf

++

+−=

)(xf ha concavità rivolta verso l’alto per 1−<x , verso il basso per 1−>x ;

il punto ( )0;1− è un flesso (con tangente obliqua).

Tracciamo il grafico.

d) Consideriamo le equazioni della simmetria con centro nel punto di flesso di coordinate ( )0;1− :

−=−−=yy

xx

'

2' .

Troviamo le equazioni della trasformazione inversa:

−=−−=

'

'2

yy

xx.

Sostituendo nell’espressione analitica della funzione y=f(x) troviamo:

222 )'1(1

1''

)'1(1

1''

)'21(1

1'2'

x

xy

x

xy

x

xy

+++=→

−−+−−=−→

−−++−−=− .

Omettendo gli apici ritroviamo l’espressione della funzione f(x) quindi il punto di flesso è centro di

simmetria per λ.

La traslazione τ che rende il grafico della funzione simmetrico rispetto all’origine del sistema di riferimento

è la traslazione che fa corrispondere l’origine al centro di simmetria della funzione data, ovvero:

=+=yy

xx

'

1':τ .

Applicando tale trasformazione alla funzione y=f(x) e omettendo gli apici, troviamo la funzione g richiesta:

21)(

x

xxg

+=

e) Posto y=g(x), determiniamo la funzione inversa esplicitando la variabile y rispetto a x, dopo aver

imposto le condizioni di esistenza.

Abbiamo: 21 x

xy

+= , dove x e y sono concordi.

Eleviamo al quadrato: 2

222

22 1

1

1

1

11

1y

xxx

xy −=

+→

+−=

+= .

La positività del primo membro impone la condizione per il secondo: 11 <<− y .

Passando ai reciproci e estraendo la radice (tenendo conto che le variabili devono essere concordi)

troviamo: .1 2y

yx

−=

Scambiando infine x con y, otteniamo l’espressione della funzione inversa richiesta:

.1

)(2

1

x

xxg

−=−

Il grafico di g-1

(x) è il simmetrico del grafico di y=g(x) rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante.

Tracciamo il grafico di g-1

(x).

Per le simmetrie del problema, l’area richiesta è il doppio dell’area delimitata dalla bisettrice del primo e

terzo quadrante, dalla retta x=1 e dal grafico di y=g(x). Abbiamo quindi:

[ ] .223122

121

2

12.

12

12)(2

1

02

1

02

1

0

1

0

−=

+−=

+−=

+−=

−= ∫∫∫ xdx

x

xdxxgxdxS

Problema 2:

Quesito 1:

Determiniamo la retta t richiesta imponendo che la retta tangente al grafico della funzione 3 1−= xy in un suo punto )1;( 3 −

ooxxP passi per l’origine.

La derivata prima della funzione 3 1)( −= xxf è

3 2)1(3

1)('

−⋅=

xxf ;

l’equazione della retta tangente in )1;( 3 −oo

xxP è pertanto:

t: ( )03 2

3

)1(3

11 xx

xxy

o

o −−⋅

=−− ;

imponendo il passaggio per l’origine si ha:

( )2

3

31

)1(3

11 0

03 2

3 =→=−→−−⋅

=−−oo

o

ox

xxx

xx .

Il punto di tangenza è allora

3

2

1;

2

3P .

Il volume V del solido ottenuto dalla rotazione completa attorno all’asse delle ascisse della regione di piano

delimitata dalla retta t, dal grafico della funzione e dall’asse delle ascisse lo si ottiene sottraendo dal

volume V’ del cono di raggio PH e altezza OH il volume V’’ del solido ottenuto dalla rotazione dell’arco della

curva 3 1−= xy compreso tra i punti (1; 0) e H attorno all’asse delle ascisse.

Si trova:

4

2

2

3

2

1

3

1

3

1'

32

32 πππ =⋅

=⋅= OPPHV ;

20

23)1(

5

3)1()(''

32

3

1

3

52/3

1

3 22/3

1

2 ππππ =

−=−== ∫∫ xdxxdxxfV .

Il volume richiesto è: .10

2'''

3π=−= VVV

Quesito 2: Nelle ipotesi date, si hanno le seguenti risposte.

a) L’integrale ∫

2

0 2dx

xf può essere calcolato mediante il cambiamento di variabile t

x =2

.

Si ha: ∫∫∫ ===

1

0

1

0

2

0

;4)(22)(2

dxxfdttfdxx

f

b) L’integrale ∫ ⋅1

0

)(' dxxfx può essere calcolato per parti prendendo x come fattor finito e

dxxf )(' come fattor differenziale.

In tal modo si ottiene: [ ] 12)1()(1)()('1

0

10

1

0

−=−=⋅−⋅=⋅ ∫∫ fdxxfxfxdxxfx .

Quesito 3: La funzione integranda )1ln(

)(t

ttf

+=

è definita e continua per 01 ≠∧−> tt , poiché in t=0 si annulla il denominatore. La funzione integrale,

avendo come primo estremo x=1, deve contenere tale valore nel suo insieme di definizione; il più ampio

insieme in cui può essere definita è pertanto l’intervallo ( )+∞;0 . La funzione è integrabile in senso

generalizzato in x=0, e quindi la funzione integrale potrebbe essere definita in ( )+∞− ;1 .

La derivata della funzione data è)1ln(

)('x

xxF

+= . Il segno della derivata prima è positivo in ( )+∞;0 : la

funzione è pertanto monotona strettamente crescente e quindi è invertibile.

Poiché vale il teorema: ))(('

1)('

yGFyG = , se 0))((' ≠yGF ,

essendo 0)1( =F e 02ln

1)1(' ≠=F , troviamo che .2ln

)1('

1)0(' ==

FG

Quesito 4:

Quesito 5:

Quesito 6:

Quesito 7:

Quesito 8:

Quesito 9:

Quesito 10: