PROBLEMA 1
Nella figura che segue è riportato il grafico di $g(x)$ per $-2 \leq x \leq 5$ essendo $g$ la derivata di una funzione $f$. Il grafico consiste di tre semicirconferenze con centri in $(0,0),(3,0),\left(\frac{9}{2}, 0\right) \mathrm{e}$ raggi rispettivi $2,1, \frac{1}{2}$.
a) Si scriva un’espressione analitica di $g(x)$. Vi sono punti in cui $g(x)$ non è derivabile? Se sì, quali sono? E perchè?
b) Per quali valori di $x,-2<x<5$, la funzione $f$ presenta un massimo o un minimo relativo? Si illustri il ragionamento seguito.
c) Se $f(x)=\int_{-2}^x g(t) d t$, si determini $f(4)$ e $f(1)$
d) Si determinino i punti in cui la funzione $f$ ha derivata seconda nulla. Cosa si può dire sul segno di $f(x)$ ? Qual è l’andamento qualitativo di $f(x)$ ?
Soluzione problema 1
Punto a.
Un’espressione analitica di $g(x)$ possibile può essere la seguente:
$$g(x):= \begin{cases} \sqrt{4-x^2}, & -2 \leq x<2 \\ -\sqrt{1-(x-3)^2}, & 2 \leq x<4 \\ \sqrt{\frac{1}{4}-\left(x-\frac{9}{2}\right)^2}, & 4 \leq x \leq 5\end{cases}$$
ottenuta scrivendo le equazioni delle tre circonferenze di cui sono dati centri e raggi ed esplicitando in ognuna la y, considerando per la prima e la terza il segno positivo davanti alla radice e per la seconda il segno negativo, visto il semipiano cui appartengono.
La funzione $g(x)$ non è derivabile in $-2,2,4$ e 5 perché in essi la retta tangente è parallela all’asse $y$. Tuttavia $g(x)$ è una funzione continua nell’intervallo chiuso $[-2,5]$.
Punto b.
La funzione $f(x)$ è una funzione integrale ricavata ottenuta da $g(x)$. Pertanto per il teorema fondamentale del calcolo integrale, $f(x)$ è derivabile per ogni $x$ dell’intervallo $[-2,5]$, con $f(-2)=0$.
Poiché il segno di $g(x)$ indica gli intervalli di crescenza e decrescenza di $f(x)$, questa ha un massimo relativo in $x=2$ e un minimo relativo in $x=4$ perché in tali punti $f^{\prime}(x)=0$.
Punto c.
Risulta
$f(4)=\int_{-2}^4 g(t) d t=$ somma algebrica delle aree delle prime due semicirconferenze, e quindi il suo valore è $2 \pi-\frac{\pi}{2}=\frac{3}{2} \pi$
Invece per calcolare $f(1)$ basta togliere da $2 \pi$ l’area di mezzo segmento circolare il cui angolo al centro, come si vede subito, è $60^{\circ}$. L’area di tale mezzo segmento circolare è $\frac{2 \pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}$ e quindi $f(1)=2 \pi-\frac{2 \pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4 \pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Punto d.
Se la derivata seconda di $f(x)$ è nulla vuol dire che la derivata prima di $g(x)$ è nulla; quindi i punti di flesso della $f(x)$ sono i punti a tangente orizzontale al grafico di $g(x)$. I punti di flesso sono quindi $x=0, x=3$ e $x=9 / 2$.
Chiaramente $f(x)$ è sempre non negativa. Si noti che $f(0)=\pi$ e $f(2)=2 \pi$.
Raccogliendo tutte le osservazioni fatte, l’andamento qualitativo di $f(x)$ è quello indicato nella seguente figura.
PROBLEMA 2
Nel piano riferito ad un sistema $O x y$ di coordinate cartesiane siano assegnate le parabole d’equazioni: $y^2=2 x$ e $x^2=y$.
a) Si disegnino le due parabole e se ne determinino le coordinate dei fuochi e le equazioni delle rispettive rette direttrici. Si denoti con $A$ il punto d’intersezione delle due parabole diverso dall’origine $O$.
b) L’ascissa di A è $\sqrt[3]{2}$; si dica a quale problema classico dell’antichità è legato tale numero e, mediante l’applicazione di un metodo iterativo di calcolo, se ne trovi il valore approssimato a meno di $10^{-2}$.
c) Sia $\mathbf{D}$ la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di estremi $O$ e $A$. Si determini la retta $r$, parallela all’asse $x$, che stacca su $\mathbf{D}$ il segmento di lunghezza massima.
d) Si consideri il solido $\mathbf{W}$ ottenuto dalla rotazione di $\mathbf{D}$ intorno all’asse $x$. Se si taglia $\mathbf{W}$ con piani ortogonali all’asse $x$, quale forma hanno le sezioni ottenute? Si calcoli il volume di $\mathbf{W}$.
Soluzione problema 2
Punto a.
La parabola $y^2=2 x$ ha vertice in $\mathrm{O}(0 ; 0)$, concavità rivolta verso destra, passa per $\mathrm{P}_1(2 ; 2)$.
Il fuoco ha coordinate $F_1\left(\frac{1}{2} ; 0\right)$, la direttrice ha equazione $x=-\frac{1}{2}$.
La parabola $y=x^2$ ha vertice in $\mathrm{O}(0 ; 0)$, concavità rivolta verso l’alto, passa per $\mathrm{P}_2(1 ; 1)$.
Il fuoco ha coordinate $F_2\left(0 ; \frac{1}{4}\right)$, la direttrice ha equazione $y=-\frac{1}{4}$.
I punti di intersezione tra le due parabole si trovano risolvendo il sistema
$
\begin{cases}
y^2=2 x \\
y=x^2
\end{cases} \Rightarrow x\left(x^3-2\right)=0 \text { che ha come soluzioni i due punti } \mathrm{O}(0 ; 0) \text { e } A(\sqrt[3]{2} ; \sqrt[3]{4}).
$
Punto b.
Il problema classico dell’antichità legato a $\sqrt[3]{2}$ è il problema della duplicazione del cubo con riga e compasso. Non è possibile costruire, con riga e compasso, il lato di un cubo avente volume doppio rispetto a quello di un cubo di spigolo dato. In questo caso, se il cubo noto ha spigolo 1, non è possibile costruire utilizzando solo riga e compasso un cubo di spigolo pari a $\sqrt[3]{2}$.
Per trovare un valore approssimato a meno di un centesimo di $\sqrt[3]{2}$ si può applicare il metodo di bisezione alla funzione $f(x)=x^3-2$.
Si ha che $f(1)=-1$ e $f(2)=6$.
$
f\left(\frac{3}{2}\right)>0, \quad f\left(\frac{5}{4}\right)<0, \quad f\left(\frac{11}{8}\right)>0, \quad f\left(\frac{21}{16}\right)>0, \quad f\left(\frac{41}{32}\right)>0, \quad f\left(\frac{81}{64}\right)>0
$
$\frac{81}{64}$ approssima $\sqrt[3]{2}$ a meno di un centesimo.
Punto c.
Sia $y=k$ l’equazione della retta $r, \operatorname{con} 0 \leq k \leq \sqrt[3]{2}$.
Il punto $C$ di intersezione di $r$ con la parabola $y^2=2 x$ ha coordinate $C\left(\frac{k^2}{2} ; k\right)$;
il punto $D$ di intersezione di $r$ con la parabola $y=x^2$ ha coordinate $D(\sqrt{k} ; k)$.
La misura del segmento CD è: $\overline{C D}=\left|x_D-x_C\right|=\sqrt{k}-\frac{k^2}{2}$.
Per trovare la lunghezza massima si studia il segno della derivata prima della funzione $y=\sqrt{x}-\frac{x^2}{2}$
$y^{\prime}=\frac{1}{2 \sqrt{x}}-x=\frac{1-2 x \sqrt{x}}{2 \sqrt{x}}$
$y^{\prime}>0$ $\text { per } x$ $] 0 ; \frac{1}{\sqrt[3]{4}}[$
La retta $r$ che stacca su $\mathbf{D}$ il segmento di lunghezza massima ha equazione $y=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}$.
Punto d.
Le sezioni ottenute tagliando W con piani perpendicolari all’asse $x$ sono delle corone circolari.
Il volume del solido di rotazione è $W=\pi \int_0^{\sqrt[3]{2}}\left[(\sqrt{2 x})^2-\left(x^2\right)^2\right] d x=$
$$
=\pi \int_0^{\sqrt[3]{2}}\left[2 x-x^4\right] d x=\pi\left[x^2-\frac{x^5}{5}\right]_0^{\sqrt[3]{2}}=\frac{3 \sqrt[3]{4}}{5} \pi
$$