Problema 1 – Testo e soluzione – Maturità 2009 scientifico PNI

Testo

Sia f la funzione definita da \[ f\left(x\right)=\left(1+x+\frac{x^{2}}{2!}+…+\frac{x^{2}}{n!}\right)e^{-x} \] dove n è un intero positivo e x appartiene all’insieme dei numeri reali.

1) Si verifichi che la derivata di f(x) è \[ f^{‘}\left(x\right)=-\frac{x^{2}}{n!}e^{-x} \] 2) Si dica se la funzione f ammette massimi e minimi (assoluti e relativi) e si provi che, quando n è dispari, f(x) è minore o pari a 1 per ogni x appartenente all’insieme dei numeri reali.

3) Si studi la funzione g ottenuta da f quando n = 2 e se ne disegni il grafico.

4) Si calcoli l’integrale \[ \int_{0}^{2}g\left(x\right)dx \] e se ne dia l’interpretazione geometrica.

Soluzione

1. La derivata di f(x) è: \[ f^{‘}\left(x\right)=\left(0+1+\frac{2x}{2!}+\frac{3x^{2}}{3!}+…+\frac{\left(n-1\right)x^{n-2}}{\left(n-1\right)!}+\frac{n\cdot x^{n-1}}{n!}\right)e^{-x}+\left(-e^{-x}\right)\left(1+x+\frac{x^{2}}{2!}+…+\frac{x^{n}}{n!}\right) \] \[ =e^{-x}\left[1+x+\frac{x^{2}}{2!}+…+\frac{x^{n-2}}{\left(n-2\right)!}+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}-1-x-\frac{x^{2}}{2!}-…-\frac{x^{n-2}}{\left(n-2\right)!}-\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}-\frac{x^{n}}{n!}\right]=e^{-x}\left(-\frac{x^{n}}{n!}\right) \] 2. Supponendo n pari, determiniamo i limiti di f(x) agli estremi del dominio R. Nel caso che sia x tendente ad infinito, portato a denominatore il termine esponenziale, il limite è indeterminato. Tolgo la forma di indeterminazione applicando il teorema di de L’Hopital n volte. \[ \lim_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{0+1+x+…+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}}{e^{x}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{e^{x}}=0 \] Nel caso che sia x tendente all’infinito con segno negativo invece risulta: \[ \lim_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=+\infty \] Questo risultato sul secondo limite ci esclude l’esistenza di un massimo assoluto per f(x). Infatti, studiando la derivata prima della funzione, vedo come questa sia monotona strettamente decrescente e con flesso orizzontale per x = 0, ed allora posso confermare che non esistano massimi o minimi relativi \[ f^{‘}\left(x\right)=-\frac{x^{n}}{n!}e^{-x} \] Un discorso analogo viene fatto se invece consideriamo l’andamento d f per n dispari: \[ \lim_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=0 \] \[ \lim_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\infty \] Inoltre lo studio del segno della derivata prima ci suggerisce \[ f’\left(x_{n}\right)=-\frac{x^{n}}{n!}e^{-x}\geq0\rightarrow x^{n}\leq0 \] La funzione f quindi ha un massimo assoluto in x=0 dove assume il valore 1, si deduce quindi che per tutti gli altri punti del dominio il valore della funzione sarà inferiore a 1.

3. se n=2 la funzione g che ne deriva possiede equazione: \[ g\left(x\right)=\left(1+x+\frac{x^{2}}{2!}\right)e^{-x} \] \[ 1+x+\frac{x^{2}}{2}\geq0\rightarrow x^{2}+2x+2>0 \] La condizione sopra è soddisfatta per qualsiasi valore del dominio e il limite (risolto applicando due volte il teorema di De L’Hopital): \[ \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1+x+\frac{x^{2}}{2!}}{e^{x}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1+x}{e^{x}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{e^{x}}=0 \] e, riapplicando il medesimo teorema per una seconda volta, si ha pure che: \[ \lim_{x\rightarrow+\infty}g\left(x\right)=0 \] \[ \lim_{x\rightarrow-\infty}g\left(x\right)=+\infty \] La funzione poi non potrà presentare asintoti poichè: \[ \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{g\left(x\right)}{x}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\left(\frac{1}{x}+1+\frac{x}{2}\right)e^{-x}=-\infty \] E la sua derivata prima g'(x) risulta sempre positiva tranne che nel punto x = 0 dove è nulla. Lo studio della derivata seconda invece ci porta a dire che: \[ g”\left(x\right)=-\frac{1}{2}\left(2x\cdot e^{-x}-x^{2}\cdot e^{-x}\right)=\frac{1}{2}e^{-x}\left(x^{2}-2x\right) \] \[ g”\left(x\right)\geq0\rightarrow\left(x-2\right)x\geq0\rightarrow x\leq0\cup x\geq2 \] In particolare per questa funzione c’è da segnalare che per x = 0 c’è un punto di flesso orizzontale e invece per x = 2 c’è un punto di inflessione obliquo. Ricapitolando, tutte quello appena detto è visibile nel grafico qui sotto:

4. L’integrale è espresso in figura qui sopra in rosso, è nella forma: \[ \int_{0}^{2}\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}\right)e^{-x}dx \] Risolvo l’integrale per parti, considerando l’esponenziale un fattore finito. \[ \int_{0}^{2}\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}\right)e^{-x}dx=-e^{-x}\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}\right)+\int_{0}^{2}e^{-x}\left(1+x\right) \] Continuando ad integrare per parti ottengo la risoluzione anche del nuovo integrale:allora \[ \int_{0}^{2}e^{-x}\left(1+x\right)=e^{-x}\left(-3-2x-\frac{x^{2}}{2}\right) \] Quindi l’integrale originale sarà pari a: \[ \int_{0}^{2}\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}\right)e^{-x}dx=\left[e^{-x}\left(-3-2x-\frac{x^{2}}{2}\right)\right]_{0}^{2}=e^{-2}\left(-9\right)+3=3-\frac{9}{e^{2}}\approx1,7820 \]

 

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