Testo

Sia f la funzione definita sull’insieme R dei numeri reali: \[ f(x)=x+\ln4+\frac{2}{e^{x}+1} \] e sia G il suo grafico nel sistema di riferimento Oxy.

1. Si determini il limite di f(x) per x che tende a +infinito e a -infinito. Si calcoli f(x)+f(-x) e si spieghi perchè dal risultato si può dedurre che il punto A(0; 1 + ln 4) è centro di simmetria di G.

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

3. Si provi che, per tutti gli x reali, è: \[ f(x)=x+\ln4+\frac{2}{e^{x}+1} \] Si provi altresì che la retta r di equazione \[ y=x+\ln4 \] e la retta s di equazione \[ y=x+2+\ln4 \] sono asintoti di G e che G è interamente compresa nella striscia piana delimitata da r e da s.

4. Posto \[ I(\beta)=\int_{0}^{\beta}\left[f\left(x\right)-x-\ln4\right]dx \] si calcoli \[ \lim_{\beta\rightarrow+\infty}I\left(\beta\right) \] Qual è il significato geometrico del risultato ottenuto.

Soluzione

1. Iniziamo con il calcolo dei limiti: \[ \lim_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=0+\ln4+\infty=+\infty \] \[ \lim_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\infty+\ln4+2=-\infty \] Ora con il calcolo di f(x)+f(-x) \[ f(-x)=-x+\ln4+\frac{2}{e^{-x}+1} \] \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2\ln4+\frac{2}{e^{x}+1}+\frac{2}{e^{-x}+1} \] \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2\ln4+2\left(\frac{1}{e^{x}+1}+\frac{e^{x}}{e^{x}+1}\right) \] \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2\ln4+2\left(\frac{1+e^{x}}{1+e^{x}}\right) \] \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2+2\ln4=2\left(1+\ln4\right) \] La funzione trovata ci suggerisce l’esistenza di una simmetria centrale di centro A(0; 1 + ln 4) in quanto vale la seguente: \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2a\;\forall x\:\epsilon\: dominio \] Posto: \[ a=1+\ln4 \]
2. Per dimostrare che f(x) = m ammette una e una sola soluzione per ogni m appartenente a R, definiamo la nuova funzione g: \[ g(x)=f(x)-m=x+\ln4-m+\frac{2}{e^{x}+1} \] Poichè è vero che \[ \lim_{x\rightarrow\pm\infty}g\left(x\right)=\pm\infty \] ed è vero che g(x) è continua in tutto R, allora devono esistere due valori x1 e x2 per cui \[ g(x1)<0\; e\; g\left(x2\right)>0 \] quindi, per il teorema degli zeri, sono sicuro che esiste un punto dove g(x)=0 cioè f(x)=m. Inoltre, studiando il segno della derivata, avrò che: \[ g'(x)=1+2\frac{e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}>0\;\forall x\epsilon R \] quindi adesso sappiamo che g(x) è monotona strettamente crescente in tutto R – e quindi anche nell’intervallo compreso tra x1 e x2. Il valore che sto cercando, quello dove g(x)=0, allora sarà unico.
Se indico con a la soluzione in corrispondenza di m=3 ossia f(a)=3 per la simmetria (la stessa del punto precedente) risulta che: \[ f\left(a\right)+f\left(-a\right)=2+4\ln2 \] da cui ricavo f(-a): \[ f(-a)=2+4\ln2-f\left(a\right)=2+4\ln2-3=-1+4\ln2=m \] Il valore di m in corrispondenza di f(-a) è m=-1+4ln2.

3. \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2\left(1+\ln4\right)-f(-x) \] \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2\left(1+\ln4\right)-\left(-x+\ln4+\frac{2}{e^{-x}+1}\right) \] \[ f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2+x+\ln4-\frac{2e^{x}}{1+e^{x}}\;\forall x\epsilon R \] La ricerca degli asintoti poi sottointende lo studio della nuova funzione q(x)=f(x)/x: \[ m_{1}=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\left[1+\frac{\ln4}{x}+\frac{2}{x\left(1+e^{x}\right)}\right]=1+0+0=1 \] Adesso trovo il termine noto dell’asintoto q1: \[ q1=\lim_{x\rightarrow+\infty}\left[f\left(x\right)-x\right]=\lim_{x\rightarrow-\infty}\left[\ln4+\frac{2}{e^{x}+1}\right]=\ln4+0=\ln4 \] L’asintoto è quindi: \[ y_{1}=x+\ln4\; per\; x\rightarrow+\infty \] Ora cerco il secondo asintoto: \[ m_{2}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\left[1+\frac{\ln4}{x}+\frac{2}{x\left(e^{x}+1\right)}\right]=1+0+0=1 \] \[ q2=\lim_{x\rightarrow-\infty}\left[f\left(x\right)-x\right]=\lim_{x\rightarrow-\infty}\left[2+\ln4-\frac{2e^{x}}{e^{x}+1}\right]=2+\ln4+0=2+\ln4 \] Il secondo asintoto è quindi: \[ y_{2}=x+2+\ln4 \]
L’integrale esprime l’area in rosso, un’area che è compresa tra l’asse y, f(x), la retta x=B e l’asintoto trovato. \[ I(\beta)=\int_{0}^{\beta}\left(x+\ln4+\frac{2}{e^{x}+1}-x-\ln4\right)=\int_{0}^{\beta}\frac{2dx}{e^{x}+1}=2\int_{0}^{\beta}\frac{dx}{e^{x}+1} \] Per risolvere l’ultimo integrale indefinito poniamo la sostituzione \[ t=e^{x}\rightarrow x=\ln t\rightarrow dx=\frac{1}{t}dt \] \[ \int\frac{dx}{e^{x}+1}=\int\frac{dt}{t\left(t+1\right)} \] Scompongo la funzione integranda in frazioni parziali \[ \frac{1}{\left(t+1\right)t}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1} \] \[ 1=t\left(A+B\right)+A\rightarrow\left\{ \begin{array}{c} A+B=0\\ A=1 \end{array}\rightarrow B=-1\right. \] \[ \int\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right)dt=\ln|t|-\ln|t+1|+C=\ln\left\lceil \frac{t}{t+1}\right\rceil +C=\ln\left(\frac{e^{x}}{e^{x}+1}\right)+C \] Il risultato diventa così: \[ I\left(\beta\right)=2\ln\left(\frac{e^{\beta}}{e^{\beta}+1}\right)-2\ln\frac{1}{2}=2\ln\left(\frac{e^{\beta}}{e^{\beta}+1}\right)+2\ln2 \] Ed il limite diventa: \[ \lim_{\beta\rightarrow+\infty}I\left(\beta\right)=\lim_{\beta\rightarrow+\infty}2\ln\left(\frac{e^{\beta}}{e^{\beta}+1}\right)+2\ln2 \] Posto \[ z=e^{\beta} \] ottengo: \[ \lim_{\beta\rightarrow+\infty}e^{\beta}=+\infty \] \[ \lim_{\beta\rightarrow+\infty}I\left(\beta\right)=\lim_{z\rightarrow+\infty}2\ln\left(\frac{z}{z+1}\right)+2\ln2=2\ln1+2\ln2=2\ln2\rightarrow\ln4 \]