Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

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a) Determinazione di \(a\) e \(b\)

Per applicare il Teorema di Rolle nell'intervallo \([-2;\, 1]\), la funzione \(f\) deve soddisfare tre condizioni:

1. essere continua in \([-2;\, 1]\);
2. essere derivabile in \((-2;\, 1)\);
3. avere valori uguali agli estremi: \(f(-2) = f(1)\).

L'unico punto critico è \(x = 0\), dove le due espressioni si raccordano. Analizziamo le tre condizioni.

Condizione 1 — Continuità in \(x = 0\)

Calcoliamo i limiti laterali in \(x = 0\):

\[ \lim_{x \to 0^-} f(x) = 0^2 + 2 \cdot 0 + 1 = 1 \] \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = a \cdot 0^3 + b \cdot 0 + 1 = 1 \]

I due limiti laterali coincidono e valgono 1, e inoltre \(f(0) = 1\). Quindi la funzione è continua in \(x = 0\) per qualsiasi valore di \(a\) e \(b\).

Condizione 2 — Derivabilità in \(x = 0\)

Calcoliamo le derivate delle due espressioni:

\[ f'(x) = 2x + 2 \quad \text{per } -2 \leq x < 0 \] \[ f'(x) = 3ax^2 + b \quad \text{per } 0 < x \leq 1 \]

Imponiamo che le derivate laterali in \(x = 0\) coincidano:

\[ f'_-(0) = 2 \cdot 0 + 2 = 2 \] \[ f'_+(0) = 3a \cdot 0^2 + b = b \]

La condizione \(f'_-(0) = f'_+(0)\) dà:

\[ b = 2 \]

Condizione 3 — Valori uguali agli estremi: \(f(-2) = f(1)\)

Calcoliamo \(f(-2)\) usando il primo ramo:

\[ f(-2) = (-2)^2 + 2 \cdot (-2) + 1 = 4 - 4 + 1 = 1 \]

Calcoliamo \(f(1)\) usando il secondo ramo:

\[ f(1) = a \cdot 1^3 + b \cdot 1 + 1 = a + b + 1 \]

Imponiamo \(f(-2) = f(1)\):

\[ 1 = a + b + 1 \quad \Rightarrow \quad a + b = 0 \]

Sostituendo \(b = 2\) trovato nella condizione 2:

\[ a + 2 = 0 \quad \Rightarrow \quad a = -2 \]

Risultato

I valori cercati sono:

\[ \boxed{a = -2, \quad b = 2} \]

Con questi valori la funzione diventa:

\[ f(x) = \begin{cases} x^2 + 2x + 1 & \text{se } -2 \leq x \leq 0 \\ -2x^3 + 2x + 1 & \text{se } 0 < x \leq 1 \end{cases} \]

ed è continua, derivabile su \((-2;\,1)\) con \(f(-2) = f(1) = 1\). Per il Teorema di Rolle esiste almeno un punto \(c \in (-2;\,1)\) tale che \(f'(c) = 0\).

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b) Rappresentazione grafica con \(a = 1\), \(b = 1\)

Con \(a = 1\) e \(b = 1\) la funzione diventa:

\[ f(x) = \begin{cases} g(x) = x^2 + 2x + 1 & \text{se } -2 \leq x \leq 0 \\ h(x) = x^3 + x + 1 & \text{se } 0 < x \leq 1 \end{cases} \]

Punti di non derivabilità

L'unico punto da verificare è \(x = 0\). Calcoliamo le derivate laterali:

\[ f'_-(0) = \left.(2x + 2)\right|_{x=0} = 2 \] \[ f'_+(0) = \left.(3x^2 + 1)\right|_{x=0} = 1 \]

Poiché \(f'_-(0) = 2 \neq 1 = f'_+(0)\): \(x = 0\) è un punto angoloso.

Studio di \(g(x) = x^2 + 2x + 1\) per \(-2 \leq x \leq 0\)

Osserviamo che \(g(x) = (x+1)^2\): parabola con vertice in \((-1,\, 0)\), concavità verso l'alto.

• Vertice: \((-1,\, 0)\)
• \(g(-2) = 1\), \quad \(g(0) = 1\)

\(g'(x) = 2x + 2 = 0 \Rightarrow x = -1\): minimo in \(x = -1\).

Studio di \(h(x) = x^3 + x + 1\) per \(0 < x \leq 1\)

\(h'(x) = 3x^2 + 1 > 0\) per ogni \(x\): funzione strettamente crescente.

• \(h(0) = 1\) (raccordo con il primo ramo)
• \(h(1) = 3\)

Grafico completo di \(f(x)\)

Unendo i due rami si ottiene una funzione continua su \([-2;\,1]\), con punto angoloso in \(x = 0\).

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c) Area della regione \(\mathcal{R}\)

Rappresentiamo graficamente la regione \(R\).

Poiché \(f(x) \geq 0\) su tutto \([-2;\,1]\), l'area si calcola integrando separatamente sui due intervalli:

\[ A = \int_{-2}^{0} g(x)\,dx + \int_{0}^{1} h(x)\,dx \]

Integrale su \([-2;\, 0]\)

Sfruttiamo la forma \(g(x) = (x+1)^2\):

\[ \int_{-2}^{0} (x+1)^2\,dx = \left[\frac{(x+1)^3}{3}\right]_{-2}^{0} = \frac{1}{3} - \frac{(-1)^3}{3} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3} \]

Integrale su \([0;\, 1]\)

\[ \int_{0}^{1} (x^3 + x + 1)\,dx = \left[\frac{x^4}{4} + \frac{x^2}{2} + x\right]_{0}^{1} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + 1 = \frac{7}{4} \]

Area totale

\[ A = \frac{2}{3} + \frac{7}{4} = \frac{8}{12} + \frac{21}{12} = \frac{29}{12} \] \[ \boxed{A = \frac{29}{12}} \]

Soluzione Esercizio 2

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a) Esistenza del limite

Consideriamo il limite:

\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(1+x)} \]

Osserviamo che:

• \(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\) è una funzione limitata, infatti vale sempre tra \(-1\) e \(1\);
• \(\ln(1+x) \sim x\) per \(x \to 0\).

Stimiamo il numeratore:

\[ -x^2 \leq x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq x^2 \]

Dividendo per \(\ln(1+x)\), che è positivo per \(x > 0\), otteniamo:

\[ \frac{-x^2}{\ln(1+x)} \leq \frac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(1+x)} \leq \frac{x^2}{\ln(1+x)} \]

Poiché \(\ln(1+x) \sim x\), si ha:

\[ \frac{x^2}{\ln(1+x)} \sim \frac{x^2}{x} = x \to 0 \]

Quindi entrambi gli estremi tendono a 0 e, per il teorema del confronto:

\[ \boxed{\lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\ln(1+x)} = 0} \]

Il limite esiste ed è uguale a 0.

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b) Applicabilità della regola di De L'Hôpital

Ricordiamo le condizioni del Teorema di De L'Hôpital nel caso di forma indeterminata \(\frac{0}{0}\):

1. Il numeratore e il denominatore devono essere funzioni continue in un intorno destro di \(x = 0\);
2. Devono esistere le derivate della funzione al numeratore e al denominatore;
3. La derivata del denominatore non deve annullarsi in un intorno destro di \(x = 0\).

Sotto le ipotesi del teorema, se esiste il limite del rapporto delle derivate, allora esiste anche il limite del rapporto delle funzioni ed essi coincidono.

Attenzione: le condizioni del teorema sono solo sufficienti. Se non sono soddisfatte oppure se non esiste il limite del rapporto delle derivate, non possiamo concludere nulla sull'esistenza del limite del rapporto iniziale.

Nel nostro caso, per \(x \to 0^+\):

• \(x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) \to 0\);
• \(\ln(1+x) \to 0\);

quindi la forma è \(\frac{0}{0}\).

Calcoliamo il limite del rapporto delle derivate.

Deriviamo numeratore e denominatore:

\[ f'(x) = 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) + x^2 \cos\left(\frac{1}{x}\right)\left(-\frac{1}{x^2}\right) = 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) - \cos\left(\frac{1}{x}\right) \] \[ g'(x) = \frac{1}{1+x} \]

Quindi:

\[ \frac{f'(x)}{g'(x)} = \left(2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) - \cos\left(\frac{1}{x}\right)\right)(1+x) \]

Analizziamo il limite per \(x \to 0^+\):

• \(2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) \to 0\);
• \(\cos\left(\frac{1}{x}\right)\) è oscillante e non ammette limite;
• \((1+x) \to 1\).

Di conseguenza, il termine dominante è:

\[ -\cos\left(\frac{1}{x}\right) \]

che non ammette limite per \(x \to 0^+\).

Quindi il limite:

\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} \]

non esiste.

Di conseguenza, la regola di De L'Hôpital non è applicabile.

Nulla quindi possiamo dire sull'esistenza del limite di partenza, che può esistere o non esistere.

Soluzione Esercizio 3

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a) Teorema di Cauchy

Le funzioni \(f(x)=x^4-4x^3\) e \(g(x)=x^2-2\) sono polinomi, quindi sono continue e derivabili in tutto \(\mathbb{R}\).

Scegliamo l’intervallo \([1,2]\), in cui inoltre \(g'(x)=2x \neq 0\).

Sono quindi soddisfatte le ipotesi del Teorema di Cauchy, per cui esiste almeno un \(c \in (1,2)\) tale che:

\[ \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} \]

Calcoliamo:

\[ f'(x)=4x^3-12x^2 \qquad g'(x)=2x \] \[ f(2)=16-32=-16 \quad f(1)=1-4=-3 \] \[ g(2)=2 \quad g(1)=-1 \] \[ \frac{-16-(-3)}{2-(-1)} = \frac{-13}{3} \]

Quindi:

\[ \frac{4c^3-12c^2}{2c} = -\frac{13}{3} \] \[ 2c^2-6c = -\frac{13}{3} \] \[ 6c^2 -18c +13 = 0 \]

Le soluzioni sono:

\[ c = \frac{18 \pm \sqrt{324 - 312}}{12} = \frac{18 \pm 2\sqrt{3}}{12} = \frac{9 \pm \sqrt{3}}{6} \]

Tra queste, solo:

\[ \boxed{c = \frac{9 - \sqrt{3}}{6}} \]

appartiene all’intervallo \((1,2)\).

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b) Studio completo di \(f(x)=x^4-4x^3\)

Dominio: \(\mathbb{R}\)

Intersezioni con gli assi:

\[ f(x)=x^3(x-4) \Rightarrow x=0 \ (\text{molteplicità 3}), \quad x=4 \]

Parità: funzione né pari né dispari

Segno della funzione:

• \(f(x) < 0\) per \(0 < x < 4\)
• \(f(x) > 0\) per \(x < 0\) e \(x > 4\)

Limiti agli estremi:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = +\infty \]

Asintoti: nessuno

Studio della monotonia

\[ f'(x)=4x^2(x-3) \]

Studio del segno:

x	\(-\infty\)	0	3	\(+\infty\)
\(f'(x)\)	−	0	−	+

Quindi:

• decrescente su \((-\infty,3)\)
• crescente su \((3,+\infty)\)

Minimo relativo (e assoluto):

\[ f(3)=81-108=-27 \] \[ \Rightarrow (3,-27) \]

Studio della concavità

\[ f''(x)=12x(x-2) \]

Studio del segno:

x	\(-\infty\)	0	2	\(+\infty\)
\(f''(x)\)	+	0	−	+

Quindi:

• concava verso l’alto per \(x<0\) e \(x>2\)
• concava verso il basso per \(0<x<2\)

Flessi:

\[ (0,0), \quad (2,-16) \]

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c) Volume con gusci cilindrici

Rappresentiamo la regione \(R\) delimitata dal grafico di \(f\), dall'asse \(y\) e dalla retta \(y = -16\):

Utilizziamo il metodo dei gusci cilindrici per calcolare il volume del solido ottenuto ruotando \(R\) attorno all'asse \(y\).

Per \(x \in [0, 2]\) la funzione decresce da \(f(0)=0\) a \(f(2)=-16\), quindi si trova sempre al di sopra della retta \(y=-16\). L'altezza di ciascun guscio cilindrico è la distanza verticale tra il grafico e la retta \(y=-16\):

\[ V = 2\pi \int_{0}^{2} x \cdot (f(x)+16)\,dx \] \[ = 2\pi \int_{0}^{2} x(x^4 - 4x^3 + 16)\,dx \] \[ = 2\pi \int_{0}^{2} (x^5 - 4x^4 + 16x)\,dx \] \[ = 2\pi \left[ \frac{x^6}{6} - \frac{4x^5}{5} + 8x^2 \right]_{0}^{2} \]

Sostituendo gli estremi di integrazione:

\[ = 2\pi \left( \frac{64}{6} - \frac{128}{5} + 32 \right) = 2\pi \left( \frac{32}{3} - \frac{128}{5} + 32 \right) \] \[ = 2\pi \cdot \frac{160 - 384 + 480}{15} = 2\pi \cdot \frac{256}{15} \] \[ \boxed{V = \frac{512\pi}{15}} \]

Il solido di rotazione risultante è rappresentato nel grafico seguente:

Soluzione Esercizio 4

Indicato con \(A\) il centro del quadrante (origine degli assi), riferiamo il trapezio ad un sistema di riferimento cartesiano in modo che la base maggiore sia sull'asse delle ascisse. Poniamo la base minore \(CD = x\). Tracciamo da \(C\) l'altezza \(CH\) del trapezio, che, essendo uguale al raggio \(AD\), vale \(R\).

Indichiamo con \(T\) il punto di tangenza del lato obliquo \(BC\) con la circonferenza. Osserviamo la seguente figura:

I triangoli \(ABT\) e \(HBC\) sono congruenti, poiché sono entrambi rettangoli, hanno un cateto congruente (\(CH = AT = R\)) e l'angolo \(A\hat{B}C\) in comune. Osserviamo che \(CT = x\), poiché i segmenti di tangente condotti da un punto esterno ad una circonferenza sono congruenti. Posto \(BT = y\), risulta anche \(BH = y\) (lati corrispondenti in triangoli congruenti).

Applichiamo il Teorema di Pitagora al triangolo \(HBC\):
\(BC^2 = CH^2 + BH^2 \implies (x+y)^2 = R^2 + y^2\).
Sviluppando: \(x^2 + 2xy + y^2 = R^2 + y^2 \implies 2xy = R^2 - x^2\).
Pertanto: \(y = \frac{R^2 - x^2}{2x}\).

La base maggiore del trapezio è \(AB = AH + HB = x + y\).
L'area del trapezio risulta quindi:
\(Area = \frac{(B + b) \cdot h}{2} = \frac{(x + y + x) \cdot R}{2} = \frac{(2x + y) \cdot R}{2}\).
Sostituendo \(y\): \(Area = \frac{R}{2} \left( 2x + \frac{R^2 - x^2}{2x} \right) = \frac{R}{2} \left( \frac{4x^2 + R^2 - x^2}{2x} \right) = \frac{R}{4} \left( \frac{3x^2 + R^2}{x} \right)\).

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a) Risoluzione con le derivate

Deriviamo la funzione rispetto a \(x\) (con \(0 < x < R\)):

\[ f'(x) = \frac{R}{4} \left( 3 - \frac{R^2}{x^2} \right) = \frac{R}{4} \left( \frac{3x^2 - R^2}{x^2} \right) \]

Studio del segno della derivata

Poiché \(\frac{R}{4x^2} > 0\), il segno di \(f'(x)\) dipende solo dal numeratore \(3x^2 - R^2\):

• \(f'(x) = 0 \implies 3x^2 = R^2 \implies x = \frac{R}{\sqrt{3}}\) (punto stazionario)
• \(f'(x) > 0 \implies 3x^2 > R^2 \implies x > \frac{R}{\sqrt{3}}\)
• \(f'(x) < 0 \implies 0 < x <\frac{R}{\sqrt{3}}\)

La funzione decresce per \(x < \frac{R}{\sqrt{3}}\) e cresce per \(x > \frac{R}{\sqrt{3}}\). Abbiamo quindi un minimo assoluto in \(x = \frac{R}{\sqrt{3}}\).
Il valore dell'area minima è:

\[ f\left(\frac{R}{\sqrt{3}}\right) = \frac{R}{4} \left( 3\frac{R}{\sqrt{3}} + \frac{R^2\sqrt{3}}{R} \right) = \frac{R}{4} (R\sqrt{3} + R\sqrt{3}) = \boxed{\frac{R^2\sqrt{3}}{2}} \]

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b) Risoluzione per via elementare

L'area del trapezio è minima se lo è l'espressione \( 3x + \dfrac{R^2}{x} \). Per determinare il minimo senza l'uso delle derivate, applichiamo la seguente proprietà:

Date due quantità positive \(a\) e \(b\), se il prodotto \(a \cdot b\) è costante, la somma \(a + b\) è minima quando \(a = b\).

Poniamo:

• \( a = 3x \)
• \( b = \dfrac{R^2}{x} \)

Il prodotto \( a \cdot b \) è costante:

\[ 3x \cdot \frac{R^2}{x} = 3R^2 = \text{costante} \]

Quindi la somma \( a + b \) è minima quando \( a = b \):

\[ 3x = \frac{R^2}{x} \implies 3x^2 = R^2 \implies x = \frac{R}{\sqrt{3}} \]

che coincide con il risultato ottenuto con le derivate. ✓

Nota: La proprietà si generalizza a una somma di \( k \) termini \( S = a_1 + a_2 + \dots + a_k \): se il prodotto delle potenze \( a_1^{n_1} \cdot a_2^{n_2} \cdots a_k^{n_k} \) è costante, il minimo della somma si ha quando: \[ \frac{a_1}{n_1} = \frac{a_2}{n_2} = \dots = \frac{a_k}{n_k} \]

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c) Funzione area \(f(x)\) con \(R=1\)

Sostituendo \(R=1\) nella formula trovata precedentemente:

\[ f(x) = \frac{3x^2 + 1}{4x} = \frac{3}{4}x + \frac{1}{4x} \]

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d) Studio della funzione

Analizziamo la funzione \( f(x) = \frac{3x^2 + 1}{4x} \) prescindendo dai limiti geometrici:

• Dominio: La funzione è definita per tutti i valori che non annullano il denominatore: \( D = \mathbb{R} \setminus \{0\} \).
• Simmetria: Sostituendo \( -x \) al posto di \( x \): \[ f(-x) = \frac{3(-x)^2 + 1}{4(-x)} = \frac{3x^2 + 1}{-4x} = -f(x) \] La funzione è dispari, quindi il grafico è simmetrico rispetto all'origine degli assi.
• Intersezioni con gli assi e Segno: La funzione non interseca l'asse \( y \) (\( x \neq 0 \)) né l'asse \( x \) (il numeratore \( 3x^2+1 \) è sempre positivo). Pertanto, \( f(x) > 0 \) per \( x > 0 \) e \( f(x) < 0 \) per \( x < 0 \).
• Asintoti:
  • Verticale: \( \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty \) e \( \lim_{x \to 0^-} f(x) = -\infty \). La retta \( \mathbf{x = 0} \) è asintoto verticale.
  • Obliquo: Poiché il grado del numeratore supera di uno quello del denominatore, esiste un asintoto obliquo \( y = mx + q \): \[ m = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \frac{3}{4}, \quad q = \lim_{x \to \infty} [f(x) - mx] = 0 \] La retta \( \mathbf{y = \frac{3}{4}x} \) è asintoto obliquo.
• Massimi e Minimi: Come visto al punto a), la derivata \( f'(x) = \frac{3x^2-1}{4x^2} \) si annulla per \( x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}} \). Dallo studio del segno di \( f'(x) \):
  • Minimo relativo: \( M\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \approx (0.58, 0.87) \).
  • Massimo relativo: \( m\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \approx (-0.58, -0.87) \).
• Concavità: Calcoliamo la derivata seconda: \[ f''(x) = \frac{d}{dx}\left( \frac{3}{4} - \frac{1}{4x^2} \right) = \frac{1}{2x^3} \] Per \( x > 0 \), \( f''(x) > 0 \) (concavità rivolta verso l'alto). Per \( x < 0 \), \( f''(x) < 0 \) (concavità rivolta verso il basso). Non vi sono punti di flesso.

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e) Punti a coordinate intere interni

Cerchiamo i punti \( P(x, y) \) con coordinate intere tali che siano interni alla regione, ovvero:

\[ f(x) < y < 5 \]

I valori interi di \( x \) per cui la regione esiste sono \( x \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \). Ecco il dettaglio:

\(x\)	\(f(x)\)	\(y\) interi interni	n°
1	\(1\)	2, 3, 4	3
2	\(\dfrac{13}{8}\)	2, 3, 4	3
3	\(\dfrac{7}{3}\)	3, 4	2
4	\(\dfrac{49}{16}\)	4	1
5	\(\dfrac{19}{5}\)	4	1
6	\(\dfrac{109}{24}\)	—	0

Totale punti interni: \( 3 + 3 + 2 + 1 + 1 = 10 \)