Compito in Classe di Matematica

Soluzione Esercizio 1

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a) Determinazione dei coefficienti \(a\), \(b\), \(c\), \(d\)

Imponiamo le quattro condizioni richieste dal testo per determinare i quattro coefficienti incogniti.

Condizione 1 — Passaggio per l'origine \(O = (0;\, 0)\)

Imponendo \(f(0) = 0\):

\[ a \cdot 0 + b \cdot 0 + c \cdot 0 + d = 0 \quad \Rightarrow \quad d = 0 \]

Condizione 2 — Passaggio per \(A = (1;\, 0)\)

Imponendo \(f(1) = 0\):

\[ a + b + c + d = 0 \]

Poiché \(d = 0\):

\[ a + b + c = 0 \tag{I} \]

Condizione 3 — Punto stazionario in \(B = \left(\dfrac{1}{3};\, -\dfrac{4}{27}\right)\)

Calcoliamo la derivata prima:

\[ f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c \]

Imponendo \(f'\!\left(\dfrac{1}{3}\right) = 0\):

\[ 3a \cdot \frac{1}{9} + 2b \cdot \frac{1}{3} + c = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{a}{3} + \frac{2b}{3} + c = 0 \]

Moltiplicando per 3:

\[ a + 2b + 3c = 0 \tag{II} \]

Condizione 4 — Passaggio per \(B = \left(\dfrac{1}{3};\, -\dfrac{4}{27}\right)\)

Imponendo \(f\!\left(\dfrac{1}{3}\right) = -\dfrac{4}{27}\):

\[ a \cdot \frac{1}{27} + b \cdot \frac{1}{9} + c \cdot \frac{1}{3} = -\frac{4}{27} \]

Moltiplicando per 27:

\[ a + 3b + 9c = -4 \tag{III} \]

Risoluzione del sistema

Abbiamo il sistema (con \(d = 0\)):

\[ \begin{cases} a + b + c = 0 \\ a + 2b + 3c = 0 \\ a + 3b + 9c = -4 \end{cases} \]

Sottraiamo la (I) dalla (II):

\[ (a + 2b + 3c) - (a + b + c) = 0 \quad \Rightarrow \quad b + 2c = 0 \tag{IV} \]

Sottraiamo la (II) dalla (III):

\[ (a + 3b + 9c) - (a + 2b + 3c) = -4 \quad \Rightarrow \quad b + 6c = -4 \tag{V} \]

Sottraiamo la (IV) dalla (V):

\[ (b + 6c) - (b + 2c) = -4 \quad \Rightarrow \quad 4c = -4 \quad \Rightarrow \quad c = -1 \]

Dalla (IV): \(b + 2(-1) = 0 \Rightarrow b = 2\).

Dalla (I): \(a + 2 + (-1) = 0 \Rightarrow a = -1\).

Verifica che \(B\) sia un minimo relativo

Con \(a = -1\), \(b = 2\), \(c = -1\), \(d = 0\):

\[ f'(x) = -3x^2 + 4x - 1, \qquad f''(x) = -6x + 4 \] \[ f''\!\left(\frac{1}{3}\right) = -6 \cdot \frac{1}{3} + 4 = -2 + 4 = 2 > 0 \]

Poiché \(f''\!\left(\dfrac{1}{3}\right) > 0\), il punto \(B\) è effettivamente un minimo relativo. ✓

Risultato

\[ \boxed{a = -1, \quad b = 2, \quad c = -1, \quad d = 0} \]

La funzione è:

\[ f(x) = -x^3 + 2x^2 - x = x(-x^2 + 2x - 1) = -x(x-1)^2 \]

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b) Studio della funzione \(f(x) = -x^3 + 2x^2 - x\)

Dominio

La funzione è un polinomio, quindi il dominio è \(\mathbb{R}\).

Intersezioni con gli assi

Con l'asse \(x\): \(f(x) = 0\):

\[ -x(x-1)^2 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 0 \quad \text{oppure} \quad x = 1 \]

Con l'asse \(y\): \(f(0) = 0\). L'origine è un punto del grafico.

Segno di \(f(x)\)

\[ f(x) = -x(x-1)^2 \]

Poiché \((x-1)^2 \geq 0\) sempre, il segno dipende da \(-x\):

• \(f(x) > 0\) per \(x < 0\);
• \(f(x) = 0\) per \(x = 0\) e \(x = 1\);
• \(f(x) < 0\) per \(x > 0\) (con \(x \neq 1\)).

Derivata prima e punti stazionari

\[ f'(x) = -3x^2 + 4x - 1 = -(3x^2 - 4x + 1) = -(3x - 1)(x - 1) \]

I punti stazionari si trovano per \(f'(x) = 0\):

\[ x = \frac{1}{3} \quad \text{oppure} \quad x = 1 \]

Studio del segno di \(f'(x) = -(3x-1)(x-1)\):

• per \(x < \dfrac{1}{3}\): \(f'(x) < 0\) → decrescente;
• per \(\dfrac{1}{3} < x < 1\): \(f'(x) > 0\) → crescente;
• per \(x > 1\): \(f'(x) < 0\) → decrescente.

Quindi:

• \(x = \dfrac{1}{3}\): minimo relativo, \(f\!\left(\dfrac{1}{3}\right) = -\dfrac{4}{27}\);
• \(x = 1\): massimo relativo, \(f(1) = 0\).

Derivata seconda e concavità

\[ f''(x) = -6x + 4 \] \[ f''(x) = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{2}{3} \]

• per \(x < \dfrac{2}{3}\): \(f''(x) > 0\) → concavità verso l'alto;
• per \(x > \dfrac{2}{3}\): \(f''(x) < 0\) → concavità verso il basso.

Punto di flesso in \(x = \dfrac{2}{3}\):

\[ f\!\left(\frac{2}{3}\right) = -\frac{8}{27} + 2 \cdot \frac{4}{9} - \frac{2}{3} = -\frac{8}{27} + \frac{24}{27} - \frac{18}{27} = -\frac{2}{27} \]

Flesso in \(\left(\dfrac{2}{3};\, -\dfrac{2}{27}\right)\).

Comportamento agli infiniti

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \]

Non vi sono asintoti (funzione polinomiale).

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c) Continuità e non derivabilità di \(g(x) = \sqrt[3]{f(x)}\) in \(x = 0\)

Ricordiamo che \(f(x) = -x(x-1)^2\), quindi:

\[ g(x) = \sqrt[3]{-x(x-1)^2} \]

Continuità in \(x = 0\)

Calcoliamo il limite di \(g(x)\) per \(x \to 0\):

\[ \lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} \sqrt[3]{-x(x-1)^2} = \sqrt[3]{0 \cdot 1} = 0 = g(0) \]

Poiché il limite esiste, è finito e coincide con il valore della funzione, \(g\) è continua in \(x = 0\). ✓

Calcolo di \(g'(x)\) per \(x \neq 0\)

Applichiamo la regola della derivata della radice cubica composta. Ricordando che \(\dfrac{d}{dx}\sqrt[3]{u} = \dfrac{u'}{3\sqrt[3]{u^2}}\), con \(u = f(x) = -x^3 + 2x^2 - x\):

\[ f'(x) = -3x^2 + 4x - 1 = -(3x-1)(x-1) \] \[ g'(x) = \frac{f'(x)}{3\sqrt[3]{f(x)^2}} = \frac{-(3x-1)(x-1)}{3\sqrt[3]{\left[-x(x-1)^2\right]^2}} \]

Non derivabilità in \(x = 0\)

Calcoliamo \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{\pm}} g'(x)\). Per \(x \to 0\) i fattori tendono a:

\[ f'(x) = -(3x-1)(x-1) \to -(-1)(-1) = -1 \] \[ f(x) = -x(x-1)^2 \to 0^{\pm} \quad \text{(stesso segno di } -x\text{)} \]

Quindi il denominatore \(3\sqrt[3]{f(x)^2} \to 0^+\) da entrambi i lati, e otteniamo:

\[ \lim_{x \to 0^+} g'(x) = \frac{-1}{3 \cdot 0^+} = -\infty \] \[ \lim_{x \to 0^-} g'(x) = \frac{-1}{3 \cdot 0^+} = -\infty \]

Classificazione

Poiché entrambi i limiti laterali di \(g'(x)\) per \(x \to 0\) valgono \(-\infty\) e coincidono, il punto \(x = 0\) è un flesso a tangente verticale.

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d) Asintoto obliquo di \(g(x) = \sqrt[3]{-x^3 + 2x^2 - x}\)

Calcolo della pendenza \(m\)

\[ m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{g(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\sqrt[3]{-x^3 + 2x^2 - x}}{x} \]

Raccogliamo \(x^3\) sotto la radice cubica:

\[ \frac{\sqrt[3]{x^3\!\left(-1 + \dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{x^2}\right)}}{x} = \sqrt[3]{-1 + \frac{2}{x} - \frac{1}{x^2}} \xrightarrow{x \to \pm\infty} \sqrt[3]{-1} = -1 \] \[ m = -1 \]

Calcolo del termine noto \(q\)

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} \left[g(x) + x\right] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[\sqrt[3]{-x^3 + 2x^2 - x} + x\right] \]

Raccogliamo \(-x^3\) dentro la radice cubica:

\[ \sqrt[3]{-x^3 + 2x^2 - x} = -x\sqrt[3]{1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{x^2}} \]

Sostituiamo:

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} x\left[1 - \sqrt[3]{1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{x^2}}\right] \]

Poniamo \(\alpha = -\dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{x^2} \to 0\) e applichiamo il limite notevole \(\dfrac{(1+\alpha)^k - 1}{\alpha} \to k\) con \(k = \dfrac{1}{3}\):

\[ 1 - \sqrt[3]{1 + \alpha} \sim -\frac{1}{3}\alpha = -\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{x} + \frac{1}{x^2}\right) \] \[ q = \lim_{x \to \pm\infty} x \cdot \left(-\frac{1}{3}\right)\!\left(-\frac{2}{x} + \frac{1}{x^2}\right) = \left(-\frac{1}{3}\right)(-2) = \frac{2}{3} \]

Equazione dell'asintoto obliquo

\[ \boxed{y = -x + \frac{2}{3}} \]

Grafico qualitativo di \(g\)

In rosso la curva con il flesso a tangente verticale nell'origine \(O\); in verde tratteggiato l'asintoto obliquo \(y = -x + \dfrac{2}{3}\).

Soluzione Esercizio 2

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Verifica dell'applicabilità della regola di de L'Hôpital

Consideriamo il limite:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2009}}{2009^x} \]

Verifichiamo le ipotesi del teorema di de L'Hôpital nella forma \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\):

1. Le funzioni \(f(x) = x^{2009}\) e \(g(x) = 2009^x\) sono derivabili su \((M, +\infty)\) per ogni \(M > 0\);
2. Per \(x \to +\infty\): \(f(x) \to +\infty\) e \(g(x) \to +\infty\): siamo in forma indeterminata \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\);
3. La derivata del denominatore \(g'(x) = 2009^x \ln 2009 \neq 0\) per ogni \(x\).

Tutte le ipotesi sono soddisfatte: la regola di de L'Hôpital è applicabile.

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Applicazione della regola

Deriviamo numeratore e denominatore. Osserviamo che:

\[ \frac{d^k}{dx^k} x^{2009} = 2009 \cdot 2008 \cdots (2009 - k + 1)\, x^{2009-k} \] \[ \frac{d^k}{dx^k} 2009^x = 2009^x (\ln 2009)^k \]

Ad ogni applicazione di de L'Hôpital la forma rimane \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\) finché il numeratore contiene ancora una potenza di \(x\). Dopo \(k\) applicazioni:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2009}}{2009^x} \overset{\mathcal{H}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{2009\, x^{2008}}{2009^x \ln 2009} \overset{\mathcal{H}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{2009 \cdot 2008\, x^{2007}}{2009^x (\ln 2009)^2} \overset{\mathcal{H}}{=} \cdots \]

Dopo esattamente 2009 applicazioni, il numeratore diventa una costante:

\[ \frac{d^{2009}}{dx^{2009}} x^{2009} = 2009! \] \[ \frac{d^{2009}}{dx^{2009}} 2009^x = 2009^x (\ln 2009)^{2009} \]

Quindi:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2009}}{2009^x} \overset{\mathcal{H}^{2009}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{2009!}{2009^x (\ln 2009)^{2009}} = 0 \]

Risultato

\[ \boxed{\lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2009}}{2009^x} = 0} \]

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Soluzione alternativa

Riscriviamo il limite osservando che:

\[ \frac{x^{2009}}{2009^x} = \left(\frac{x}{2009^{x/2009}}\right)^{2009} \]

Poiché la funzione \(t \mapsto t^{2009}\) è continua, possiamo portare il limite all'interno della potenza:

\[ \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{x}{2009^{x/2009}}\right)^{2009} = \left(\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{2009^{x/2009}}\right)^{2009} \]

Poniamo \(a = 2009^{1/2009} > 1\): la forma è \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\), quindi applichiamo de L'Hôpital una sola volta:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{a^x} \overset{\mathcal{H}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{a^x \ln a} = 0 \]

Quindi:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2009}}{2009^x} = \left(0\right)^{2009} = \boxed{0} \]

Il vantaggio di questo approccio è che de L'Hôpital viene applicato una volta sola.

Soluzione Esercizio 3

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

Dominio: \(\mathbb{R}\).

Intersezioni con gli assi:

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

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 (funzione polinomiale).

Studio della monotonia

\[ f'(x) = 4x^3 - 12x^2 = 4x^2(x - 3) \]

Studio del segno di \(f'(x)\):

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

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

In \(x = 0\): \(f'(0) = 0\) ma la derivata non cambia segno → flesso a tangente orizzontale.

Minimo assoluto in \(x = 3\):

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

Studio della concavità

\[ f''(x) = 12x^2 - 24x = 12x(x - 2) \]

Studio del segno di \(f''(x)\):

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

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

Punti di flesso:

\[ (0,\, 0) \quad \text{e} \quad (2,\, f(2)) = (2,\, 16 - 32) = (2,\, -16) \]

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b) Equazione della parabola \(g(x)\)

La parabola ha asse parallelo all'asse delle ordinate e vertice \(F = (2,\,-16)\), quindi ha equazione:

\[ y - y_V = a(x - x_V)^2 \quad \Rightarrow \quad y + 16 = a(x - 2)^2 \]

Imponendo il passaggio per l'origine \(O = (0,\,0)\):

\[ 0 + 16 = a(0 - 2)^2 = 4a \quad \Rightarrow \quad a = 4 \]

L'equazione della parabola è:

\[ y + 16 = 4(x - 2)^2 = 4x^2 - 16x + 16 \] \[ \boxed{g(x) = 4x^2 - 16x} \]

Verifica: \(g(0) = 0\) ✓   e   \(g(2) = 16 - 32 = -16\) ✓.

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c) Punti di intersezione e aree nel quarto quadrante

Punti di intersezione tra \(f\) e \(g\)

Risolviamo \(f(x) = g(x)\):

\[ x^4 - 4x^3 = 4x^2 - 16x \] \[ x^4 - 4x^3 - 4x^2 + 16x = 0 \] \[ x\bigl(x^3 - 4x^2 - 4x + 16\bigr) = 0 \]

Fattorizziamo:

\[ x^3 - 4x^2 - 4x + 16 = x^2(x - 4) - 4(x - 4) = (x^2 - 4)(x - 4) = \] \[=(x-2)(x+2)(x-4) \]

Le quattro soluzioni sono:

\[ x = 0, \quad x = -2, \quad x = 2, \quad x = 4 \]

Le coordinate dei quattro punti di intersezione sono:

• \(O = (0,\; 0)\);
• \(B=(-2,\; g(-2)) = (-2,\; 48)\) — secondo quadrante;
• \(F = (2,\; g(2)) = (2,\; -16)\) — quarto quadrante;
• \(A = (4,\; g(4)) = (4,\; 0)\) — asse \(x\).

Calcolo delle aree

Dal grafico si vede che nel quarto quadrante le due regioni sono:

• \(\mathcal{R}_1\): compresa tra \(O\) ed \(F\), per \(x \in [0,\,2]\), dove \(f(x) > g(x)\);
• \(\mathcal{R}_2\): compresa tra \(F\) e \(A\), per \(x \in [2,\,4]\), dove \(g(x) > f(x)\).

\[ \text{Area}(\mathcal{R}_1) = \int_{0}^{2} \bigl[f(x) - g(x)\bigr]\,dx = \int_{0}^{2} \bigl(x^4 - 4x^3 - 4x^2 + 16x\bigr)\,dx= \] \[ = \left[\frac{x^5}{5} - x^4 - \frac{4x^3}{3} + 8x^2\right]_{0}^{2} = \frac{32}{5} - 16 - \frac{32}{3} + 32=\] \[= \frac{96 - 160 + 240}{15} = \frac{176}{15} \] \[ \text{Area}(\mathcal{R}_2) = \int_{2}^{4} \bigl[g(x) - f(x)\bigr]\,dx = \int_{2}^{4} \bigl(-x^4 + 4x^3 + 4x^2 - 16x\bigr)\,dx= \] \[= \left[-\frac{x^5}{5} + x^4 + \frac{4x^3}{3} - 8x^2\right]_{2}^{4} \]

Calcoliamo in \(x = 4\):

\[ -\frac{1024}{5} + 256 + \frac{256}{3} - 128 = \frac{-3072 + 1920 + 1280}{15} = \frac{128}{15} \]

Calcoliamo in \(x = 2\):

\[-\frac{32}{5} + 16 + \frac{32}{3} - 32 =\] \[=\frac{-96 - 240 + 160}{15} = -\frac{176}{15}\]

Quindi:

\[ \text{Area}(\mathcal{R}_2) = \frac{128}{15} - \left(-\frac{176}{15}\right) = \frac{304}{15} \]

Le aree delle due regioni sono:

\[ \boxed{\text{Area}(\mathcal{R}_1) = \frac{176}{15}} \qquad \boxed{\text{Area}(\mathcal{R}_2) = \frac{304}{15}} \]

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d) Volume del solido \(S\) — metodo dei gusci cilindrici

La regione \(\mathcal{R}\) del secondo quadrante è delimitata dai grafici di \(f\) e \(g\) per \(x \in [-2,\,0]\), dove entrambe le funzioni sono positive e \(g(x) > f(x)\).

Calcoliamo \(g(x) - f(x)\):

\[ g(x) - f(x) = 4x^2 - 16x - x^4 + 4x^3 = -x^4 + 4x^3 + 4x^2 - 16x \]

Quindi l'integrando è:

\[ (-x)\bigl(-x^4 + 4x^3 + 4x^2 - 16x\bigr) = x^5 - 4x^4 - 4x^3 + 16x^2 \]

Il volume è:

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

Calcoliamo in \(x = 0\): il risultato è \(0\).
Calcoliamo in \(x = -2\):

\[ \frac{64}{6} - \frac{4(-32)}{5} - 16 + \frac{16(-8)}{3} = \frac{32}{3} + \frac{128}{5} - 16 - \frac{128}{3}=\] \[= -32 + \frac{128}{5} - 16 = -\frac{112}{5} \]

Quindi:

\[ V = 2\pi \left[0 - \left(-\frac{112}{5}\right)\right] = \frac{224\pi}{5} \] \[ \boxed{V = \frac{224\pi}{5}} \]

Soluzione Esercizio 4

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a) Settore circolare del cono di volume massimo

Impostazione del problema

Il cerchio ha raggio \(l = 1\) metro. I raggi \(OA\) e \(OB\) lo dividono in due settori circolari che insieme formano il cerchio completo. Quando un settore viene arrotolato, la sua lunghezza d'arco diventa la circonferenza della base del cono, mentre il raggio del cerchio originale (\(l = 1\)) diventa l'apotema del cono.

Chiamiamo \(x\) la lunghezza dell'arco del settore che genera il cono \(C\), con:

\[ 0 < x < 2\pi \]

Raggio e altezza del cono \(C\)

La lunghezza d'arco \(x\) diventa la circonferenza della base, quindi il raggio di base \(r\) soddisfa:

\[ 2\pi r = x \quad \Rightarrow \quad r = \frac{x}{2\pi} \]

L'altezza \(h\) si ricava dal teorema di Pitagora (l'apotema \(l=1\) è l'ipotenusa):

\[ h = \sqrt{l^2 - r^2} = \sqrt{1 - \frac{x^2}{4\pi^2}} \]

Volume del cono \(C\)

\[ V(x) = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{x^2}{4\pi^2} \cdot \sqrt{1 - \frac{x^2}{4\pi^2}} = \frac{x^2}{12\pi} \cdot \sqrt{1 - \frac{x^2}{4\pi^2}} \]

Moltiplicando e dividendo per \(2\):

\[ V(x) = \frac{1}{24\pi} \cdot x^2 \cdot \sqrt{4\pi^2 - x^2} \]

Massimizzazione per via elementare

Massimizzare \(V(x)\) equivale a massimizzare:

\[ z = x^4 \cdot (4\pi^2 - x^2) \]

Utilizziamo la seguente proprietà:

Poniamo \(a = x^2\) e \(b = 4\pi^2 - x^2\), così che:

\[ a + b = x^2 + (4\pi^2 - x^2) = 4\pi^2 = \text{costante} \]

e riscriviamo:

\[ z = \left(x^2\right)^2 \cdot \left(4\pi^2 - x^2\right)^1 = a^2 \cdot b^1 \]

Per la proprietà enunciata, \(z\) è massima quando:

\[ \frac{a}{2} = \frac{b}{1} \quad \Rightarrow \quad \frac{x^2}{2} = \frac{4\pi^2 - x^2}{1} \quad \Rightarrow \quad 3x^2 = 8\pi^2 \quad \Rightarrow \quad x^2 = \frac{8\pi^2}{3} \] \[ \boxed{x = \frac{2\pi\sqrt{6}}{3} \approx 5.130 \ \text{m}} \]

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Metodo alternativo con le derivate

Massimizzare \(V(x)\) equivale a massimizzare:

\[ z(x) = x^4(4\pi^2 - x^2), \quad 0 < x < 2\pi \]

Calcoliamo la derivata prima:

\[ z'(x) = 4x^3(4\pi^2 - x^2) - 2x^5 = 2x^3(8\pi^2 - 3x^2) \]

Poniamo \(z'(x) = 0\): poiché \(x > 0\), il fattore \(2x^3 > 0\) e quindi:

\[ 8\pi^2 - 3x^2 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{2\pi\sqrt{6}}{3} \]

Studio del segno di \(z'(x)\) per \(x \in (0,\, 2\pi)\):

• per \(0 < x < \dfrac{2\pi\sqrt{6}}{3}\): \(z'(x) > 0\) → \(z\) crescente;
• per \(\dfrac{2\pi\sqrt{6}}{3} < x < 2\pi\): \(z'(x) < 0\) → \(z\) decrescente.

Quindi \(z\) ha un massimo assoluto in \(x = \dfrac{2\pi\sqrt{6}}{3}\), che coincide con il valore trovato per via elementare. ✓

Arco, ampiezza e rapporto percentuale

L'arco del settore corrispondente al cono di volume massimo è:

\[ x = \frac{2\pi\sqrt{6}}{3} \approx 5.130 \ \text{m} \]

Poiché l'apotema è \(l = 1\), l'ampiezza in radianti dell'angolo al centro coincide con la lunghezza dell'arco:

\[ \beta = x \approx 5.130 \ \text{rad} \approx 293.9° \]

Il rapporto percentuale con il cerchio completo (arco \(2\pi\)) è:

\[ \frac{x}{2\pi} \times 100 = \frac{\sqrt{6}}{3} \times 100 \approx 81.6\% \]

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b) Volume massimo e capacità in litri

Sostituiamo \(x^2 = \dfrac{8\pi^2}{3}\) nella formula del volume. Calcoliamo prima il raggio e l'altezza del cono:

\[ r^2 = \frac{x^2}{4\pi^2} = \frac{8\pi^2/3}{4\pi^2} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \] \[ h = \sqrt{1 - r^2} = \sqrt{1 - \frac{2}{3}} = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \]

Il volume massimo è quindi:

\[ V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{2\pi}{9\sqrt{3}} \]

Razionalizzando:

\[ V = \frac{2\pi\sqrt{3}}{27} \] \[ V \approx \frac{2 \times 3.1416 \times 1.7321}{27} \approx \frac{10.883}{27} \approx 0.403 \ \text{m}^3 \]

Poiché \(1 \ \text{m}^3 = 1000 \ \text{litri}\):

\[ \boxed{V = \frac{2\pi\sqrt{3}}{27} \approx 0.403 \ \text{m}^3 = 403 \ \text{litri}} \]