Primitive che soddisfano condizioni assegnate

Theory used: Primitive di una stessa funzione Primitiva che passa per un punto Integrale indefinito Integrali immediati

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Esercizio 1

Determina la primitiva di $f(x) = 3x^2 - 4x + 1$ il cui grafico passa per il punto $P(2, 5)$ .

\int \left( 3x^2 - 4x + 1 \right) dx = x^3 - 2x^2 + x + c

F(2) = 5 \iff 8 - 8 + 2 + c = 5 \iff c = 3

F(x) = x^3 - 2x^2 + x + 3

y = x^3 - 2x^2 + x + 3

y = x^3 - 2x^2 + x

La primitiva

F (x) = x^{3} - 2 x^{2} + x + 3

passa per

P (2, 5)

; la primitiva con

c = 0

ha lo stesso andamento ed è traslata in basso di

3

Prima si calcola l’integrale indefinito, che contiene tutte le primitive di $f$ . Per la linearità e per la formula delle potenze si ottiene $x^3 - 2x^2 + x + c$ , con $c$ costante arbitraria.

Il grafico di $F$ passa per $P(2, 5)$ se $F(2) = 5$ . Sostituendo $x = 2$ nell’espressione delle primitive si ottiene $2 + c = 5$ , quindi $c = 3$ . Per il teorema sulle primitive di una stessa funzione, ogni altra primitiva differisce da questa per una costante diversa da $0$ , e perciò non passa per $P$ . La primitiva cercata è quindi unica.

Esercizio 2

Determina la primitiva di $f(x) = \sin x + 2\cos x$ che vale $1$ in $x = \dfrac{\pi}{2}$ .

\int (\sin x + 2\cos x)\,dx = -\cos x + 2\sin x + c

F\left( \frac{\pi}{2} \right) = 1 \iff -\cos \frac{\pi}{2} + 2\sin \frac{\pi}{2} + c = 1 \iff 0 + 2 + c = 1 \iff c = -1

F(x) = 2\sin x - \cos x - 1

Dalla tabella degli integrali immediati, una primitiva di $\sin x$ è $-\cos x$ e una primitiva di $\cos x$ è $\sin x$ . Per la linearità l’integrale di $\sin x + 2\cos x$ è quindi $-\cos x + 2\sin x + c$ .

La condizione $F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 1$ si scrive sostituendo $x = \dfrac{\pi}{2}$ . Poiché $\cos \dfrac{\pi}{2} = 0$ e $\sin \dfrac{\pi}{2} = 1$ , si ottiene $2 + c = 1$ , cioè $c = -1$ . Per controllo, $F'(x) = 2\cos x + \sin x = f(x)$ e $F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 2 - 0 - 1 = 1$ .

Esercizio 3

Determina la funzione $y = f(x)$ tale che $f''(x) = 6x - 2$ per ogni $x$ reale, sapendo che il suo grafico passa per il punto $A(1, 2)$ e che la retta tangente in $A$ è parallela alla retta $y = 3x$ .

f'(x) = \int (6x - 2)\,dx = 3x^2 - 2x + c_1

f'(1) = 3 \iff 3 - 2 + c_1 = 3 \iff c_1 = 2

f(x) = \int \left( 3x^2 - 2x + 2 \right) dx = x^3 - x^2 + 2x + c_2

f(1) = 2 \iff 1 - 1 + 2 + c_2 = 2 \iff c_2 = 0

f(x) = x^3 - x^2 + 2x

La derivata seconda è la derivata di $f'$ , quindi $f'$ è una primitiva di $f''$ . Integrando $6x - 2$ si ottiene $f'(x) = 3x^2 - 2x + c_1$ . La retta $y = 3x$ ha coefficiente angolare $3$ , e la tangente in $A$ è parallela a essa se ha lo stesso coefficiente angolare. Per il significato geometrico della derivata questa condizione si scrive $f'(1) = 3$ , da cui $c_1 = 2$ .

Allo stesso modo $f$ è una primitiva di $f'(x) = 3x^2 - 2x + 2$ , e integrando compare una seconda costante $c_2$ . Il passaggio per $A(1, 2)$ dà $f(1) = 2$ , cioè $2 + c_2 = 2$ , quindi $c_2 = 0$ . Le due costanti si determinano con due condizioni distinte, perché si sono eseguite due integrazioni. La funzione cercata è $f(x) = x^3 - x^2 + 2x$ ; per controllo $f''(x) = 6x - 2$ , $f(1) = 2$ e $f'(1) = 3 - 2 + 2 = 3$ .