PROBLEMA 1
Sia $\lambda$ la parabola d’equazione $f(x)=1+x^2$
a) Sia $F$ il fuoco di $\lambda$ e $r$ la sua retta direttrice. Si determinino le coordinate di $F$ e l’equazione di $r$
b) Siano $A$ e $B$ i punti di $\lambda$ di ordinata 5 e $S$ il segmento parabolico di base $A B$. Si determini la retta $y=k$ che dimezza l’area di $S$.
c) Si determini il volume del solido generato dalla rotazione di $S$ intorno all’asse $x$.
d) Si calcoli $\int_0^1 \frac{d x}{f(x)}$ e lo si interpreti geometricamente.
SOLUZIONE PROBLEMA 1
Punto a.
Sia $F$ il fuoco di $\lambda$ e r la sua retta direttrice. Si determinino le coordinate di $F$ e l’equazione di $r$.
La parabola è del tipo $y=a x^2+b x+c$ ed il fuoco ha le seguenti coordinate:
$
x_F=-\frac{b}{2 a}=0, \quad y_F=\frac{1-\Delta}{4 a}=\frac{5}{4}: \quad F=\left(0 ; \frac{5}{4}\right) .
$
La direttrice $r$ ha equazione:
$
y=\frac{-1-\Delta}{4 a}=\frac{3}{4}, \quad r: y=\frac{3}{4}
$
La parabola ha il seguente grafico:
Punto b.
b)
Siano $A$ e $B$ i punti di $\lambda$ di ordinata 5 e $S$ il segmento parabolico di base $A B$. Si determini la retta $y=k$ che dimezza l’area di S.
I punti A e B hanno coordinate: $A=(-2 ; 5), B=(2 ; 5)$. Il segmento parabolico $S$ di base $A B$ (per il teorema di Archimede) ha area:
$$
\operatorname{Area}(S)=\frac{2}{3} \cdot A B \cdot V H=\frac{2}{3}(4)(4)=\frac{32}{3} u^2
$$
Detti $C$ e D i punti di intersezione fra la retta $y=k$ cerchiamo le loro ascisse:
$$
x^2+1=k, \quad x^2=k-1, \quad x= \pm \sqrt{k-1}, \quad \text { con } k \geq 1
$$
Risulta quindi: $C D=2 \sqrt{k-1}$ quindi il segmento parabolico di base $C D$ ha area:
$$
\operatorname{Area}\left(S_2\right)=\frac{2}{3} \cdot C D \cdot V E=\frac{2}{3}(2 \sqrt{k-1})(k-1)
$$
Siccome deve essere $\operatorname{Area}\left(S_2\right)=\operatorname{Area}\left(S_1\right)=\frac{1}{2} \operatorname{Area}(S)=\frac{16}{3}$, si ha:
$\frac{2}{3}(2 \sqrt{k-1})(k-1)=\frac{16}{3}, \quad(\sqrt{k-1})(k-1)=4, \quad(k-1)^3=16, \quad k-1=\sqrt[3]{16}$
$k=1+2 \sqrt[3]{2}$
Punto c.
Si determini il volume del solido generato dalla rotazione di S intorno all’asse x.
Ricordiamo che le coordinate di $B$ sono: $B=(2 ; 5)$.
Il volume richiesto è il doppio del volume che si ottiene sottraendo al cilindro con raggio di base 5 e altezza 2 il volume ottenuto dalla rotazione attorno all’asse x della parte di S situata nel primo quadrante. Quindi:
$V=2\left[\pi \cdot 25 \cdot 2-\pi \int_0^2\left(x^2+1\right)^2 d x\right]=2\left[50 \pi-\pi \int_0^2\left(x^4+2 x^2+1\right) d x\right]=$
$=2\left[50 \pi-\pi\left[\frac{x^5}{5}+\frac{2}{3} x^3+x\right]_0^2\right]=2\left[50 \pi-\pi\left[\frac{32}{5}+\frac{16}{3}+2\right]\right]=\frac{1088}{15} \pi u^3 \cong 228 u^3=V$
Punto d.
Si calcoli $\int_0^1 \frac{d x}{f(x)}$ e lo si interpreti geometricamente.
Risulta:
$$
\int_0^1 \frac{d x}{f(x)}=\int_0^1 \frac{d x}{1+x^2} d x=[\operatorname{arctg}(x)]_0^1=\frac{\pi}{4}
$$
L’integrale richiesto rappresenta l’area della regione di piano delimitata dalla curva di equazione $y=\frac{1}{1+x^2}$, dall’asse $x$ e dalle rette $x=0$ e $x=1$.
La funzione di equazione
$$
y=\frac{1}{1+x^2}=\frac{1}{f(x)}
$$
si può ottenere facilmente a partire dal grafico della parabola di partenza come funzione reciproca:
PROBLEMA 2
Nel piano $O x y$ sono dati i punti $A(2,0)$ e $B(4, k)$, con $k \in R$. Sia $P$ il punto ottenuto dalla intersezione della retta $x=k$ con la perpendicolare per $B$ alla retta $A B$.
a) Si provi che il luogo geometrico $\gamma$ descritto da P al variare di $k$ ha equazione:
$$
y=\frac{x^2-2 x+8}{x}
$$
b) Si disegni $\gamma$
c) Si scriva l’equazione della retta $r$ tangente a $\gamma$ nel punto di ascissa 1
d) Si calcoli l’area della parte di piano delimitata da $r$, da $\gamma$ e dalla retta $x=2$.
Soluzione problema 2
Punto a.
Nel piano Oxy sono dati i punti $A(2 ; 0)$ e $B(4 ; k)$, con $k \in R$. Sia $P$ il punto ottenuto dalla intersezione della retta $x=k$ con la perpendicolare per $B$ alla retta $A B$.
Si provi che il luogo geometrico $\gamma$ descritto da $P$ al variare di $k$ ha equazione:
$$
y=\frac{x^2-2 x+8}{x}
$$
La retta AB ha coefficiente angolare $m=\frac{k}{2}$. Quindi la perpendicolare ha coefficiente angolare $-\frac{2}{k} \quad(\operatorname{con} k \neq 0)$. La perpendicolare in B alla retta AB ha equazione:
$$
y-k=-\frac{2}{k}(x-4)
$$
Il punto P si ottiene quindi risolvendo il seguente sistema:
$\begin{cases}
x=k \\
y-k=-\frac{2}{k}(x-4)
\end{cases}$
Il luogo descritto da P si ottiene eliminando il parametro k :
$\begin{cases}
k=x \\
y-x=-\frac{2}{x}(x-4)
\end{cases} ; \quad y=-2+\frac{8}{x}+x ; \quad y=\frac{x^2-2 x+8}{x}$
Osserviamo che se $k=0$ si ha $B=(4 ; 0)$, quindi la perpendicolare ad $A B$ in $B$ ha equazione
$x=4$; la retta $x=k$ diventa $x=0$ e quindi il punto $P$ non esiste.
Il luogo richiesto è quindi costituito dalla curva di equazione $y=\frac{x^2-2 x+8}{x}$.
Punto b.
Si disegni $\gamma$.
Osserviamo che la curva $\gamma$ è un’iperbole, poiché può essere scritta nella forma:
$x^2-x y-2 x+8=0$ e quindi è una conica. Avendo l’asintoto verticale $\mathrm{x}=0$ può essere solo un’iperbole.
Questa osservazione ci permette di semplificare lo studio della funzione, in quanto è sufficiente trovare l’asintoto obliquo ed il massimo e minimo.
La funzione può essere scritta nella forma:
$y=x-2+\frac{8}{x}$, quindi l’asintoto obliquo ha equazione: $y=x-2$ (ricordiamo che C.N.S. affinché la funzione $y=f(x)$ abbia l’asintoto obliquo $y=m x+q$ è essa si possa scrivere nella forma: $f(x)=m x+q+g(x)$, con $g(x)$ infinitesimo per x che tende all’infinito).
Determiniamo ora il massimo ed il minimo della funzione (è sufficiente in questo caso trovare i punti che annullano la derivata prima).
La derivata prima è:
$
f^{\prime}(x)=1-\frac{8}{x^2}=0 \text { se } x= \pm 2 \sqrt{2}
$
Se $x=-2 \sqrt{2}$ risulta $y=\frac{8+4 \sqrt{2}+8}{-2 \sqrt{2}}=-4 \sqrt{2}-2$
Se $x=2 \sqrt{2}$ risulta $y=\frac{8-4 \sqrt{2}+8}{2 \sqrt{2}}=\frac{8-2 \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=4 \sqrt{2}-2$
Quindi il massimo (relativo) ha coordinate $M=(-2 \sqrt{2} ;-4 \sqrt{2}-2)$ ed il minimo relativo $\mathrm{m}=(2 \sqrt{2} ; 4 \sqrt{2}-2)$. Osserviamo che tali punti sono simmetrici rispetto a $(0 ;-2)$, che è il centro dell’iperbole.
Il grafico della funzione è quindi il seguente:
Punto c.
Si scriva l’equazione della retta $r$ tangente a $\gamma$ nel punto di ascissa 1.
Da $y=f(x)=\frac{x^2-2 x+8}{x}$ se $\mathrm{x}=1$ otteniamo $\mathrm{y}=7$; il punto di tangenza ha quindi coordinate $(1 ; 7)$.
Essendo $f^{\prime}(x)=1-\frac{8}{x^2}$ ricaviamo il coefficiente angolare della retta r: $m=f^{\prime}(1)=-7$
La retta $r$ ha quindi equazione:
$r: y-7=-7(x-1) ; \quad y=-7 x+14$
Punto d.
Si calcoli l’area della parte di piano delimitata da $r$, da $\gamma$ e dalla retta $x=2$.
Rappresentiamo la regione indicata:
L’area richiesta si ottiene calcolando il seguente integrale:
$\text { Area }=\int_1^2\left[\frac{x^2-2 x+8}{x}-(-7 x+14)\right] d x=\int_1^2\left[8 x-16+\frac{8}{x}\right] d x=8\left[\frac{1}{2} x^2-2 x+\ln |x|\right]_1^2$
$=8\left(2-4+\ln (2)-\frac{1}{2}+2\right)=(8 \ln (2)-4) u^2 \cong 1.5452 u^2$