ESERCITARSI CON LA MATEMATICA DI QUINTA

Nell’articolo di oggi presenterò due esercizi che sono tratti dalla Seconda Prova di Matematica della maturità degli anni scorsi. È vero che quest’anno la maturità sarà del tutto diversa dal solito, ma risolvere questi esercizi può essere molto utile per avere bene in mente gli argomenti di matematica che si svolgono in quinta liceo.

PRIMO ESERCIZIO (Q1 della Suppletiva dell’anno 2015)

Data la funzione \(F(x)=\int_1^x \ln (t) dt\), determinare per quali valori di \(x\) il suo grafico incontra la retta di equazione \(y=2x+1\)

Soluzione. Quando si risolve un esercizio del genere, in cui bisogna trovare un valore delle \(x\) che soddisfa una certa proprietà di una funzione, bisogna prima di tutto farsi una domanda: dove è definita la funzione con cui devo lavorare? Nel nostro caso, qual è il dominio di \(F\)?

La funzione \(F\) è una funzione integrale : detto in parole povere, associa ad ogni \(x\) del suo dominio, l’area (con segno) sottesa dal grafico di \(f\) e dall’asse delle \(x\) tra \(1\) e \(x\). È come se noi fissassimo il grafico della funzione integranda, nel nostro caso il logaritmo naturale, e cercassimo di capire che area sottende a partire da \(1\), facendo variare l’altro estremo di integrazione. Assimilato questo concetto, risulta chiaro che la funzione \(F\) risulta definita su \((0,+\infty)\), in quanto il logaritmo ha questo dominio. La domanda successiva è: ha senso definire \(F(0)\)? Non sempre.

Infatti \(\int_0^1 \ln(t) dt \) è un integrale improprio, e possiamo dire che \(F\) è definita in \(0\) solo se questo integrale improprio risulta essere finito, cioè \(\int_0^1 \ln(t)dt=\alpha\in\mathbb{R}\).

Perciò la funzione che ci è stata data è definita in \((0,+\infty)\) o in \([0,+\infty)\). Ci preoccuperemo della presenza o meno dello \(0\) nel dominio solo nel caso in cui trovassimo \(0\) tra le nostre soluzioni, altrimenti non ci sarà utile ai fini di questo esercizio.

Passiamo alla risoluzione vera e propria. L’osservazione precedente ci permette di escludere dalle soluzioni qualsiasi valore di \(x\) negativo, in quanto non sarebbe nel dominio della nostra funzione \(F\). La scrittura di \(F\) come integrale ci permette di visualizzare geometricamente il suo senso, ma non è delle migliori quando vogliamo andare a fare dei calcoli analitici, perciò può aver senso determinarne una scrittura esplicita, e in tal senso ci viene in aiuto la formula fondamentale del calcolo integrale.

Questa formula garantisce che, se \(\varphi\) è una funzione primitiva di \(\ln (t)\) su \((0,+\infty)\), cioè una funzione continua e derivabile su \((0,+\infty)\) tale per cui \(\varphi'(t)=\ln(t) \forall t \in (0,+\infty)\), allora

(*) \(\int_1^x \ln(t) dt= \varphi(x)-\varphi(1)\).

Dunque, se vogliamo una scrittura migliore per \(F\), dobbiamo trovare una primitiva per \(\ln(t)\): il miglior metodo che abbiamo per farlo è risolvere l’integrale indefinito \(\int \ln(t) dt\). Non mi soffermerò nel dettaglio sulla risoluzione di questo integrale, limitandomi a suggerire che si fa per parti, e si ottiene

\(\int \ln(t) dt = \int 1\cdot \ln(t) dt = t\ln(t) – \int t \cdot \frac{1}{t} dt =\)

\(=t\ln(t) -\int dt = t\ln(t)-t +c= t(\ln(t)-1) +c.\)

Scegliendo \(c\) otteniamo una primitiva, ad esempio con \(c=3\) abbiamo \(\varphi(t)=t(\ln(t)-1) + 3\) (l’espressione di \(F\) non dipende dalla scelta della primitiva, dunque dalla scelta di \(c\)).

Utilizzando la formula (*) otteniamo un’espressione per \(F\), cioè

\(F(x)=\varphi(x)-\varphi(1)= \)

\(=x(\ln(x)-1)+3 – 1\cdot (\ln(1)-1) -3= x(\ln(x)-1)+1\).

A questo punto per concludere l’esercizio bisogna risolvere il noto problema dei punti di intersezione tra due grafici nel piano, in cui uno è il grafico di \(F\) e l’altro è il grafico della retta \(y=2x+1\). Come probabilmente sapete, per farlo bisogna semplicemente risolvere il seguente sistema di due equazioni in due variabili

\(\begin {cases} y=x(\ln(x)-1)+1 \\ y=2x+1\\ \end{cases} \)

A noi interessa solo il valore delle \(x\) , perché è questo che l’esercizio chiede, dunque ci basta trovare le soluzioni dell’equazione

\(x(\ln(x)-1)+1=2x+1\).

Facendo qualche calcolo si trova \(x(\ln(x)-3)=0\), che ha soluzioni \(x_1=e^3\) e \(x_2=0\). Bisogna ora capire, come già anticipato, se queste stiano o meno nel dominio di \(F\).

Per quanto riguarda \(x_1=e^3\), questo è strettamente positivo, dunque è nel dominio di \(F\).

Meno immediato il caso di \(x_2=0\): infatti prima abbiamo rimandato la discussione sulla presenza o meno dello \(0\) nel dominio di \(F\), ma ora siamo costretti a capirlo. Come già osservato, se l’integrale improprio di prima è finito, allora \(0\) è nel dominio di \(F\) e sarà soluzione.

\(\int_1^0 \ln(t)dt=\lim _{\varepsilon\to 0^{+}} \int _1 ^{\varepsilon} \ln(t)dt= \)

\(=\lim_{\varepsilon \to 0^{+}} \varepsilon\cdot (\ln(\varepsilon)-1)+1=\)

\(=\lim_{\varepsilon\to 0^{+}} \frac{\ln(\varepsilon)}{(1/\varepsilon)}-\varepsilon+1=1\in \mathbb{R}\),

dove la frazione presente nell’ultimo termine tende a \(0\) per gerarchie degli infiniti (se volete giustificarlo rigorosamente, fate un cambio di variabile \(\theta=\frac{1}{\varepsilon}\)). Dunque \(F\) è definita su \([0,+\infty)\) e anche \(x_2=0\) è una soluzione accettabile.

Soluzione: \(x_1=e^3\), \(x_2=0\).

SECONDO ESERCIZIO

Determinare \(\lim_{x\to 0} \frac{\int_0^x(1-e^{-t})dt}{\sin^2(x)}\)

La prima cosa da fare quando si vede un limite è provare a ragionare per “eventuale continuità”, cioè sostituire nella funzione il cui limite è da calcolare il valore a cui la \(x\) tende: se non ci fossero forme di indecisione, questo ragionamento sarebbe vincente. Nel nostro caso, però, osserviamo che

\(\frac{\int_0^0 (1-e^{-t}) dt}{\sin^2(0)}=[\frac{0}{0}]\).

Ovviamente ho utilizzato un abuso di notazione, che mi ha permesso di fare intendere in modo intuitivo che sia il numeratore che il denominatore tendono a \(0\) quando \(x\) tende a \(0\), quindi ci troviamo di fronte a una forma di indecisione. Si presentano davanti a noi due strade: cerchiamo di capire quale possiamo utilizzare per giungere al risultato.

Prima Strada: Ricavare l’espressione della funzione integrale.

Come abbiamo visto nell’esercizio precedente, per ricavare l’espressione analitica della funzione integrale bisogna trovare una funzione primitiva \(\varphi\) di \(1-e^{-t}\), cioè continua e derivabile tale per cui \(\varphi'(t)=1-e^{-t}\), e poi utilizzare la formula fondamentale del calcolo integrale per concludere che

\(\int_0^x (1-e^{-t})dt=\varphi(x)-\varphi(0)\).

Ancora una volta, per trovare \(\varphi\) risolviamo un integrale indefinito:

\(\int (1-e^{-t})dt=t+e^{-t}+c\).

Con calcoli analoghi a prima riusciamo a trovare infine l’espressione \(\int_0^x(1-e^{-t})dt=x+e^{-x}-1\), e sostituendo nel calcolo del limite, ci siamo ridotti a calcolare

\(lim_{x\to0}\frac{x+e^{-x}-1}{sin^2(x)}\).

Il problema è che, anche manipolando questa espressione analitica e usando tecniche di asintotici, non riusciamo a liberarci della forma indeterminata. Dunque non siamo in grado di risolvere in modo semplice il limite usando questa espressione.

Un modo decisamente più veloce è la seconda strada.

SECONDA STRADA: teorema di De l’Hospital.

Un richiamo teorico.

Siano \(f(x),g(x)\) due funzioni derivabili in \((-\varepsilon,\varepsilon)\setminus \{0\}\), tali per cui \(g(x)\neq 0\) e \(g'(x)\neq 0\) in \((-\varepsilon,\varepsilon)\setminus\{0\}\). Supponiamo che \(\frac{f(x)}{g(x)}\) presenti una forma di indecisione del tipo \([\frac{0}{0}]\) o \([\frac{\infty}{\infty}]\) per \(x\to 0\) e che esista il limite \(\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\gamma\in\mathbb{R}\). Allora \(lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\gamma\).

Prendiamo \(f(x)=\int_0^x (1-e^{-t})dt\) e \(g(x)=\sin^2(x)\). È facile vedere che le ipotesi sono soddisfatte: ora dobbiamo calcolare le derivate. La seconda è facile da calcolare, infatti \(g'(x)=2\sin(x)\cos(x)\) (e in un piccolo intorno di \(0\) l’unico punto in cui si annulla è \(0\), dunque soddisfa le ipotesi). Per calcolare la derivata di \(f\), bisogna osservare che è una funzione integrale e applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale, secondo cui, se \(F(x)=\int_0^x h(t)dt\), allora \(F'(x)=h(x)\). Nel nostro caso questo ci dice che

\(f'(x)=1-e^{-x}\).

Calcoliamo allora il limite del rapporto delle derivate.

\(\lim_{x\to 0} \frac{1-e^{-x}}{2\sin(x)\cos(x)}\cong\lim_{x\to 0}\frac{-x}{2x\cos(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{-1}{2\cos(x)}=-1/2\).

Anche qui ho utilizzato un abuso di notazione: quello che accade è che \(1-e^{-x}\) è un infinitesimo equivalente (al primo ordine) a \(-x\), mentre \(\sin(x)\) è infinitesimo equivalente (al primo ordine) a \(x\) , quando \(x\) tende a \(0\).

Poiché questo limite esiste ed è un numero reale, è anche il limite del quoziente originario, cioè il risultato richiesto dall’esercizio.

Soluzione: -1/2

Questi erano alcuni esercizi di matematica di quinta! 😉
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