Soluzione punto 4 problema 2 – Maturità 2015
22 Jun 2015
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Testo punto 4 problema 2
La funzione derivabile \( y=f(x) \) ha, per \( x \in [-3,3] \), il grafico \( \Gamma \), disegnato in figura. \( \Gamma \) presenta tangenti orizzontali per \( x=-1 \), \( x=1 \), \( x=2 \). Le aree delle regioni \( A, \, B, \, C \) e \( D \) sono rispettivamente \( 2, \, 3, \, 3 \) e \( 1 \). Sia \( g(x) \) una primitiva di \( f(x) \) tale che \( g(3)=-5 \).
4. Sia \( h(x)=3\cdot f(2x+1) \), determina il valore di \( \int_{-2}^{1}h(x)dx \)
Soluzione punto 4 problema 2
Scriviamo l’integrale da calcolare sostituendo la funzione \( h(x) \) con la sua espressione \( 3\cdot f(2x+1) \), quindi abbiamo:
\( \int_{-2}^{1}h(x)dx= \int_{-2}^{1}3\cdot f(2x+1)dx \)
A questo punto facciamo una sostituzione. Vogliamo infatti che l’argomento della funzione \( f \) non sia \( 2x+1 \) ma una “lettera” singola, diciamo \( t \):
\( t=2x+1 \to x = \frac{t-1}{2} \) e \( dx = \frac{1}{2}dt \)
Gli estremi di integrazione diventano:
- se \( x=-2 \to t=-3 \)
- se \( x=1 \to t=3 \)
Quindi l’integrale da calcolare diventa:
\( \int_{-2}^{1}h(x)dx= \int_{-3}^{3}\frac{3}{2}\cdot f(t)dt \)
Ma \( \int_{-3}^{3}f(t)dt \) è proprio la somma delle aree con segno delle regioni \( A, \, B, \, C \) e \( D \) che vale \( -3 \) quindi abbiamo calcolato l’integrale richiesto:
\( \int_{-2}^{1}h(x)dx= \int_{-3}^{3}\frac{3}{2}\cdot f(t)dt = \frac{3}{2}\cdot (-3) = -\frac{9}{2} \)
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