SESSIONE ORDINARIA 1992: LICEO SCIENTIFICO DI ORDINAMENTO
(
)
2) La funzione f(x) = 2 x 3 − 4 x e − x rappresenti, in opportune unità di misura, la forza a cui è
soggetto un punto P libero di muoversi lungo l'asse x. Sapendo che la forza è data da
dE( x )
f ( x) = −
dove E(x) è l'energia potenziale, trovare la funzione E(x) e rappresentarla avendo
dx
posto E(0) = -1. Per quali valori di x il punto P è in equilibrio, ossia per quali valori di x la forza è
nulla? Per tali valori di x l'energia potenziale quale valore assume?
2
SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA
dE( x )
è equivalente a dire che E ( x ) = − ∫ f ( x )dx per cui innanzitutto calcoliamo
dx
questo integrale:
Dire f ( x ) = −
(
)
(
)
E ( x ) = − ∫ f ( x )dx = − ∫ 2 x 3 − 4 x e − x dx = ∫ − 2 x 3 + 4 x e − x dx =
∫ (− 2 x e )dx + ∫ (4 xe )dx = I
3 − x2
(
− x2
1
2
2
+ I2
)
Il calcolo di I 2 = ∫ 4 xe − x dx lo si porta a termine rapidamente notando che
(
I 2 = ∫ 4 xe
− x2
2
( )dx = −2 d (e ) = −2e
∫
)dx = ∫ (− 2)(− 2 xe )
− x2
(
d e−x
dx = ∫ − 2
dx
2
− x2
− x2
+K
)
Per il calcolo di I 1 = ∫ − 2 x 3 e − x dx sfrutteremo l’integrazione per parti. Ricordiamo la formula
2
generale dell’integrazione per parti:
∫ f (x ) * g (x )dx = f (x ) * g (x ) − ∫ f (x ) * g (x )dx
I
I
In cui con l’apice I si è indicato il segno di derivata.
Vediamo come ricondurci a questa situazione nel nostro caso: l’integrale riscriviamolo in questo
modo:
(
)
(
)
I 1 = ∫ − 2 x 3 e − x dx = ∫ x 2 − 2 xe − x dx
2
2
E ci siamo ricondotti all’equazione generale dell’integrazione per
2
f ( x ) = x 2 , g ( x ) = e − x , ed applicando allora questa integrazione per parti si ha:
(
)
(
)
(
)
I 1 = ∫ − 2 x 3 e − x dx = ∫ x 2 − 2 xe − x dx = x 2 e − x − ∫ 2 xe − x dx =
2
(
2
)
= x 2e−x + e −x = e−x x 2 + 1 + H
2
2
2
2
2
parti
in
cui
Quindi
(
)
(
)
E ( x ) = I 1 + I 2 = e − x x 2 + 1 + H − 2e − x + K = e − x x 2 − 1 + M
2
2
2
Dove nella costante M abbiamo inglobato le due costanti H e K, dal momento che le infinite
primitive differiscono per una costante.
Ora per trovare l’espressione completa di E ( x ) va imposta la condizione iniziale e cioè risolvere il
problema seguente:
(
)
E ( x ) = e − x x 2 − 1 + M
⇒ −1 = e 0 (0 − 1) + M ⇒ M − 1 = −1 ⇒ M = 0
E (0 ) = −1
2
Per cui si ha
(
)
E (x ) = e − x x 2 − 1
2
(
)
Studio della funzione E ( x ) = e − x x 2 − 1
2
Dominio: ∀x ∈ R
(
)
Intersezione asse x: E ( x ) = 0 ⇒ x 2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 ⇒ (1,0 ), (− 1,0 )
Intersezione asse y: x = 0 ⇒ y = −1
(
)
(
)
Parità o disparità: la funzione è pari perché E (− x ) = e − (− x ) (− x ) − 1 = e − x x 2 − 1 = E ( x )
2
2
2
Asintoti verticali: non ce ne sono visto che il domino è tutto R
Asintoti orizzontali: y = 0, infatti lim E ( x ) = lim
x2 −1
= 0 e questo risultato lo si spiega o con la
2
ex
2
teoria degli infiniti per cui e x è un infinito di ordine maggiore rispetto al polinomio (x 2 − 1) ,
oppure si può applicare de l’Hopital e dopo il primo passo si trova il risultato.
x → ±∞
x → ±∞
Asintoti obliqui: non ce ne sono
Crescenza e decrescenza:
[
]
E I ( x ) = − f ( x ) = 2e − x x (2 − x 2 )
2
[(
)]
[(
)]
Ora poiché e − x > 0∀x, allora E I ( x ) = 2e − x x 2 − x 2 > 0 ⇒ x 2 − x 2 > 0 e questa disequazione
la si risolve studiando separatamente i fattori e poi mettendo assieme i risultati sulla stessa retta
come di seguito riportato:
2
2
Inoltre
[
E II ( x ) = 2e − x 2 x 4 − 7 x 2 + 2
2
E
II
E II
E II
]
(0) = 4 > 0 ⇒ (0,−1) è un minimo
( 2 ) = −8e < 0 ⇒ ( 2 , e )è un massimo
(− 2 ) = −8e < 0 ⇒ (− 2 , e )è un massimo
−2
−2
−2
−2
[
]
Inoltre E II ( x ) = 2e − x 2 x 4 − 7 x 2 + 2 = 0 ⇔ x 2 =
2
7 ± 33
7 ± 33
⇒x=±
per cui ci sono 4 flessi
2
2
Il grafico è sotto riportato:
Il punto P è in equilibrio se la forza (o le forze) cui è sottoposto si annulla (si annullano) per cui se e
solo se
(2 x
3
− 4 x )e − x = 0 ⇔ (2 x 3 − 4 x ) = 2 x(x 2 − 2) = 0 ⇒ x = 0, x = ± 2
2
In corrispondenza dell’equilibrio l’energia assume i valori seguenti:
E (0 ) = −1 < 0, E ± 2 = e −2 > 0
(
)
Per cui x = 0 è di equilibrio stabile ed x = ± 2 di equilibrio instabile.
