PROBLEMA 1
Siano $f$ e $g$ le funzioni definite, per tutti gli x reali, da
$$
f(x)=\left|27 x^3\right| \quad \text { e } g(x)=\operatorname{sen}\left(\frac{3}{2} \pi x\right)
$$
- Qual è il periodo della funzione $g$ ? Si studino $f$ e $g$ e se ne disegnino i rispettivi grafici $\mathrm{G}_f$ e $\mathrm{G}_g$ in un conveniente sistema di riferimento cartesiano Oxy.
- Si scrivano le equazioni delle rette $r$ e $s$ tangenti, rispettivamente, a $\mathrm{G}_f$ e a $\mathrm{G}_g$ nel punto di ascissa $x=\frac{1}{3}$. Qual è l’ampiezza, in gradi e primi sessagesimali, dell’angolo acuto formato da $r$ e da $s$ ?
- Sia R la regione delimitata da $\mathrm{G}_f$ e da $\mathrm{G}_g$. Si calcoli l’area di R .
- La regione R , ruotando attorno all’asse $x$, genera il solido S e , ruotando attorno all’asse $y$, il solido T. Si scrivano, spiegandone il perchè, ma senza calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi di S e di T .
SOLUZIONE PROBLEMA 1
Punto 1.
Il periodo della funzione $g(x)=\operatorname{sen}\left(\frac{3}{2} \pi x\right)$ è $\quad T=\frac{2 \pi}{\frac{3}{2} \pi}=\frac{4}{3}$.
- Studio della funzione: $f(x)=\left|27 x^3\right|$
Dominio: $\Re$
Simmetrie notevoli: $f(-x)=\left|-27 x^3\right|=f(x)$, la funzione è pari.
Segno: $f(x)>0:\left|27 x^3\right|>0 \Rightarrow \forall x \neq 0$
Intersezioni con gli assi: Assi $x$ e $y:(0 ; 0)$
Limiti e asintoti: $\lim {x \rightarrow \infty} f(x)=+\infty$ (non ci sono asintoti obliqui, essendo $m=\lim {x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x}=\infty$ ).
Studio della derivata prima per $\boldsymbol{x} \geq 0: f^{\prime}(x)=81 x^2$
Punti stazionari: $f^{\prime}(x)=0$ per $x=0$
Intervalli di crescenza: $f^{\prime}(x)>0$ se $x \neq 0$
$x=0$ è un punto di minimo assoluto
Studio della derivata seconda per $x>0$ : $f “(x)=162 x$
La funzione è convessa per ogni $x>0$.
- Studio della funzione: $g(x)=\operatorname{sen}\left(\frac{3}{2} \pi x\right)$
Dominio: $\mathfrak{R}$
Simmetrie notevoli: $f(-x)=-f(x)$, la funzione è dispari
Segno: $f(x)>0$ per $0+\frac{4}{3} k<x<\frac{2}{3}+\frac{4}{3} k, \quad k \in \mathbb{Z}$
Intersezioni con asse $x:\left(0+\frac{2}{3} k ; 0\right), \quad k \in \mathbb{Z}$
Massimi e minimi:
Massimi in $\left(\frac{1}{3}+\frac{4}{3} k ; 1\right), \quad k \in \mathbb{Z}$
minimi in $\left(1+\frac{4}{3} k ;-1\right), \quad k \in \mathbb{Z}$
Punto 2.
Il punto di ascissa $x=\frac{1}{3}$ ha ordinata $f\left(\frac{1}{3}\right)=\left|27 \cdot \frac{1}{27}\right|=1$. La retta $r$ tangente a $G_f$ in $\left(\frac{1}{3} ; 1\right)$, di coefficiente angolare $m_r=f^{\prime}\left(\frac{1}{3}\right)=81 \cdot \frac{1}{9}=9$, ha equazione $y-1=9\left(x-\frac{1}{3}\right)$.
$$
r: y=9 x-2
$$
Il punto di ascissa $x=\frac{1}{3}$ ha ordinata $g\left(\frac{1}{3}\right)=\operatorname{sen}\left(\frac{3}{2} \pi \cdot \frac{1}{3}\right)=\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$. La retta $s$ tangente a $G_g$ in $\left(\frac{1}{3} ; 1\right)$ ha coefficiente angolare $m_s=g^{\prime}\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{3}{2} \pi \cdot \cos \left(\frac{3}{2} \pi \cdot \frac{1}{3}\right)=0$, quindi è parallela all’asse $x$. s: $y=1$
L’angolo acuto $\alpha$ formato da $r$ ed $s$ è tale che: $\operatorname{tg} \alpha=\left|\frac{m_r-m_s}{1+m_r m_s}\right|=\frac{9-0}{1+0}=9$, per cui $\alpha=\operatorname{arctg}(9) \cong 83,6598$
L’ampiezza dell’angolo acuto formato dalle due rette è $83^{\circ} 39^{\prime} \mathbf{3 5}^{\prime \prime}$.
Punto 3
Poiché le due funzioni si intersecano in $A\left(\frac{1}{3} ; 1\right)$, l’area richiesta coincide con l’integrale da 0 a $\frac{1}{3}$ della differenza tra $G_g$ e $G_f$, quindi:
$R=\int_0^{\frac{1}{3}}\left(\operatorname{sen}\left(\frac{3}{2} \pi x\right)-27 x^3\right) d x=\left[-\frac{2}{3 \pi} \cos \left(\frac{3}{2} \pi x\right)-27 \frac{x^4}{4}\right]_0^{\frac{1}{3}}=-\frac{2}{3 \pi} \cos \left(\frac{3}{2} \pi \cdot \frac{1}{3}\right)+\frac{2}{3 \pi}-27 \cdot \frac{1}{81} \cdot \frac{1}{4}=$
$-\frac{2}{3 \pi} \cdot 0+\frac{2}{3 \pi}-\frac{1}{12}==\frac{8-\pi}{12 \pi} \cong 0,13$
Punto 4
Il volume del solido che si ottiene facendo ruotare $R$ attorno all’asse $x$ è dato dall’integrale definito
$$
S=\pi \cdot \int_0^{\frac{1}{3}}\left(\operatorname{sen}^2\left(\frac{3}{2} \pi x\right)-729 x^6\right) d x \quad-
$$
Il volume del solido che si ottiene facendo ruotare $R$ attorno all’asse $y$ è dato dall’integrale definito calcolabile attraverso il “metodo dei gusci cilindrici”:
$$
T=2 \pi \int_0^{\frac{1}{3}}(x \cdot g(x)-x \cdot f(x)) d x \Rightarrow T=2 \pi \cdot \int_0^{\frac{1}{3}}\left(x \operatorname{sen}\left(\frac{3}{2} \pi x\right)-27 x^4\right) d x
$$
PROBLEMA 2
Nel primo quadrante del sistema di riferimento Oxy sono assegnati l’arco di circonferenza di centro O e estremi $\mathrm{A}(3,0)$ e $\mathrm{B}(0,3)$ e l’arco L della parabola d’equazione $x^2=9-6 y$ i cui estremi sono il punto A e il punto $(0,3 / 2)$.
- Sia $r$ la retta tangente in A a L . Si calcoli l’area di ciascuna delle due parti in cui $r$ divide la regione R racchiusa tra L e l’arco AB .
- La regione R è la base di un solido W le cui sezioni, ottenute tagliando W con piani perpendicolari all’asse $x$, hanno, per ogni $0 \leq x \leq 3$, area $S(x)=e^{5-3 x}$. Si determini il volume di W .
- Si calcoli il volume del solido ottenuto dalla rotazione di R intorno all’asse $x$.
- Si provi che l’arco L è il luogo geometrico descritto dai centri delle circonferenze tangenti intemamente all’ arco AB e all’asse $x$. Infine, tra le circonferenze di cui L è il luogo dei centri si determini quella che risulta tangente anche all’arco di circonferenza di centro A e raggio 3, come nella figura a lato.
SOLUZIONE PROBLEMA 2
Punto 1
La circonferenza di centro $O$ e passante per $A$ e $B$ ha equazione $x^2+y^2=9$, quindi l’arco di circonferenza situato nel I quadrante ha equazione $y=\sqrt{9-x^2}, \quad$ con $0 \leq x \leq 3$.
La retta $r$ passante per $A(3 ; 0)$ e tangente all’arco della parabola di equazione $y=-\frac{1}{6} x^2+\frac{3}{2}$ ha coefficiente angolare $m=f^{\prime}(3)=-\frac{1}{3} \cdot 3=-1$.
L’equazione della tangente a $L$ in $A$ è: $y-0=-1(x-3)$
$$
r: y=-x+3
$$
L’area del segmento circolare compreso tra l’arco di circonferenza e la retta $r$ vale:
$$
A_1=\frac{9 \pi}{4}-\frac{9}{2}=\frac{9 \pi-18}{4} \cong 2,57
$$
L’area della parte di piano compresa tra la retta $r$ e l’arco $L$ di parabola vale:
$$
A_2=\frac{9}{2}-\frac{\frac{2}{3} \cdot 6 \cdot \frac{3}{2}}{2}=\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}
$$
Punto 2.
Il volume del solido $W$ vale:
$W=\int_0^3 S(x) d x=\int_0^3 e^{5-3 x} d x=$
$=-\frac{1}{3}\left[e^{5-3 x}\right]_0^3=-\frac{1}{3}\left(e^{-4}-e^5\right)=$
$=\frac{e^5-e^{-4}}{3} \cong 49,46$
Punto 3
Il volume del solido ottenuto dalla rotazione di $R$ intorno all’asse $x$ è:
$V=\pi \int_0^3\left[\left(\sqrt{9-x^2}\right)^2-\left(\frac{9-x^2}{6}\right)^2\right] d x=\pi \int_0^3\left(9-x^2-\frac{81+x^4-18 x^2}{36}\right) d x=$
$=\pi \int_0^3\left(\frac{324-36 x^2-81-x^4+18 x^2}{36}\right) d x=\pi \int_0^3\left(\frac{-x^4-18 x^2+243}{36}\right) d x=$
$=\pi \int_0^3\left(-\frac{1}{36} x^4-\frac{1}{2} x^2+\frac{27}{4}\right) d x=\frac{\pi}{2}\left[-\frac{1}{18} \frac{x^5}{5}-\frac{x^3}{3}+\frac{27}{2} x\right]_0^3=$
$=\frac{\pi}{2}\left(-\frac{1}{18} \cdot \frac{243}{5}-\frac{27}{3}+\frac{27}{2} \cdot 3-0\right)=\frac{\pi}{2}\left(-\frac{27}{10}-9+\frac{81}{2}\right)=$
$=\frac{\pi}{2}\left(\frac{-27-90+405}{10}\right)=\frac{\pi}{2} \cdot \frac{144}{5}=\frac{72}{5} \pi \cong 45,24$
Punto 4
Sia $P$ un generico punto appartenente all’arco $L$, di coordinate: $P\left(\alpha ;-\frac{1}{6} \alpha^2+\frac{3}{2}\right)$, con $0 \leq \alpha \leq 3$. Sia $H(\alpha ; 0)$, con $0 \leq \alpha \leq 3$, la sua proiezione sull’asse delle ascisse.
Se l’arco $L$ rappresenta il luogo dei centri delle circonferenze tangenti all’asse $x$ e all’arco $A B$ di circonferenza, deve essere $\overline{P H}=\overline{P K}$.
Si ha:
$\overline{P H}=-\frac{1}{6} \alpha^2+\frac{3}{2}$
$\overline{P K}=\overline{O K}-\overline{O P}=3-\sqrt{\alpha^2+\left(-\frac{1}{6} \alpha^2+\frac{3}{2}\right)^2}=3-\sqrt{\alpha^2+\frac{1}{36} \alpha^4+\frac{9}{4}-\frac{1}{2} \alpha^2}$
$\overline{P H}=\overline{P K} \Leftrightarrow-\frac{1}{6} \alpha^2+\frac{3}{2}=3-\sqrt{\alpha^2+\frac{1}{36} \alpha^4+\frac{9}{4}-\frac{1}{2} \alpha^2}$
da cui
$\sqrt{\alpha^2+\frac{1}{36} \alpha^4+\frac{9}{4}-\frac{1}{2} \alpha^2}=\frac{1}{6} \alpha^2+\frac{3}{2}$
Elevando ambo i membri al quadrato si ha $\frac{1}{36} \alpha^4+\frac{9}{4}+\frac{1}{2} \alpha^2=\frac{1}{36} \alpha^4+\frac{9}{4}+\frac{1}{2} \alpha^2, c v d$.
Essendo i due archi di circonferenza considerati simmetrici rispetto alla retta di equazione $x=\frac{3}{2}$, il centro della circonferenza tangente ai due archi e all’asse delle ascisse ha coordinate $C\left(\frac{3}{2} ;-\frac{1}{6} \cdot \frac{9}{4}+\frac{3}{2}\right)=\left(\frac{3}{2} ; \frac{9}{8}\right)$
La circonferenza richiesta ha equazione $\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\left(y-\frac{9}{8}\right)^2=\frac{81}{64}$, ossia
$$
4 x^2+4 y^2-12 x-9 y+9=0
$$
QUESITO 1
- Cosa rappresenta il limite seguente e qual è il suo valore?
$$
\lim _{h \rightarrow 0} \frac{5\left(\frac{1}{2}+h\right)^4-5\left(\frac{1}{2}\right)^4}{h}
$$
Soluzione quesito 1
Il limite proposto rappresenta il limite del rapporto incrementale della funzione $f(x)=5 x^4$ nel punto $x_0=\frac{1}{2}$.
Poiché, come noto, $f^{\prime}(x)=20 x^3$ il valore di tale limite e’ $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{20}{8}=\frac{5}{2}$.
Naturalmente il limite, che si presenta nella forma indeterminata $\frac{0}{0}$, può anche essere calcolato direttamente mediante qualche opportuna riduzione:
$\lim {h \rightarrow 0} \frac{5\left[\left(\frac{1}{2}+h\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]\left[\left(\frac{1}{2}+h\right)^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]}{h}=$
$\lim {h \rightarrow 0} \frac{5\left[\left(\frac{1}{2}+h\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]\left[\frac{1}{2}+h+\frac{1}{2}\right]\left[\frac{1}{2}+h-\frac{1}{2}\right]}{h}=$
$\lim {h \rightarrow 0} \frac{5\left[\left(\frac{1}{2}+h\right)^2+\frac{1}{4}\right][1+h][h]}{h}=$
$\lim _{h \rightarrow 0} 5\left[\left(\frac{1}{2}+h\right)^2+\frac{1}{4}\right]\{1+h]=5\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)=\frac{5}{2}$
OUESITO 2
- Si illustri il significato di asintoto e si fornisca un esempio di funzione $f(x)$ il cui grafico presenti un asintoto orizzontale e due asintoti verticali.
Soluzione quesito 2
Il termine asintoto (dal greco $a$-sym-ptōtos, con $a$ – valore privativo, sym-, “con”, e ptōtos, aggettivo che connota “ciò che cade” – sym-ptōtos descrive ciò che “cade assieme”, ovvero ciò che “interseca”, e a-sym-ptōtos etimologicamente descrive “ciò che non interseca”) è utilizzato per denotare una retta a cui “si avvicina indefinitamente” una funzione data. Si dice che una retta è asintoto per la funzione $f$ se, comunque si fissi una distanza minima, esiste un tratto non limitato di $f$ che dista dall’asintoto meno della distanza minima fissata.
In particolare,
Si dice che la retta $x=c$ è asintoto verticale per la funzione $y=f(x)$ se $c$ è un punto singolare in cui si ha:
$$
\lim {x \rightarrow c^{-}} f(x)=\infty \text { oppure } \lim {x \rightarrow c^{+}} f(x)=\infty
$$
Si dice che la retta $y=l$ è asintoto orizzontale per la funzione $y=f(x)$ se si verifica almeno una delle seguenti condizioni:
$$
\lim {x \rightarrow-\infty} f(x)=l \quad \text { oppure } \quad \lim {x \rightarrow+\infty} f(x)=l
$$
Si dice che la retta $y=m x+q$ è asintoto obliquo per la funzione $y=f(x)$ se si verificano le seguenti condizioni:
I. $\lim {x \rightarrow \infty} f(x)=\infty$
II. esiste ed è finito e non nullo: $\lim {x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x}=m \quad(m \neq 0)$
III. esiste ed è finito: $\lim _{x \rightarrow \infty}[f(x)-m x]=q$
Ad esempio, la funzione $\quad f(x)=\frac{2 x^2}{x^2-1} \quad$ presenta:
- due asintoti verticali di equazioni $x=-1$ e $x=1$
- un asintoto orizzontale di equazione $y=2$.
