Soluzione del punto a

Il polinomio \(P(t)\) è di terzo grado, quindi ha la forma \(P(t)=at^3+bt^2+ct+d\). Dobbiamo determinare i coefficienti \(a, b, c, d\) usando le informazioni del problema e del grafico.

Deduciamo i coefficienti da F(x) e F''(x)

Dal Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale sappiamo che \(F'(x) = P(x)\) e \(F''(x) = P'(x)\).

Dal grafico \(\gamma\) (che rappresenta \(F(x)\)), osserviamo che in \(x=0\) cè un massimo relativo, il che implica (essendo F(x) derivabile) che la tangente in quel punto è orizzontale. Pertanto, \(F'(0) = 0\). Dato che \(F'(x) = P(x)\), segue che \(P(0) = 0\), il che ci dice che il termine noto del polinomio è nullo: \(d = 0\).

Il problema afferma che \(F(x)\) è una funzione pari. Per la regola di derivazione delle funzioni pari, la sua derivata \(F'(x)\) deve essere una funzione dispari. Di conseguenza, il polinomio \(P(x)\) deve essere dispari. Un polinomio dispari ha solo potenze di grado dispari, quindi i coefficienti delle potenze di grado pari devono essere nulli: \(b=0\).

A questo punto, il polinomio \(P(x)\) ha la forma \(P(x)=ax^3+cx\). Per trovare i coefficienti rimanenti, \(a\) e \(c\), utilizziamo le altre informazioni disponibili.

Determinazione dei coefficienti a e c

Dal grafico \(\gamma''\) (che rappresenta \(F''(x)\)), osserviamo che il punto di intersezione con l'asse \(y\) è \(y=-2\). Questo significa che \(F''(0)=-2\). Poiché \(F''(x)=P'(x)\), dobbiamo calcolare la derivata di \(P(x)\) e valutarla in \(x=0\):
\[P(x) = ax^3+cx \Rightarrow P'(x) = 3ax^2+c\]
Valutando in \(x=0\): \(P'(0) = 3a(0)^2+c = c\).
Dato che \(P'(0)=-2\), ne segue che \(c=-2\).

Ora usiamo la condizione data nel testo, \(F(2)=12\). Questo significa che l'integrale definito di \(P(t)\) da \(0\) a \(2\) deve essere uguale a \(12\). Sostituiamo il valore di \(c\) che abbiamo trovato, \(c=-2\):
\[F(2)=\int_0^2 P(t)dt=\int_0^2 (at^3-2t)dt = \left[\frac{1}{4}at^4-t^2\right]_0^2 = \left(\frac{1}{4}a(2)^4 - (2)^2\right) - (0) = 4a-4\] Poniamo il risultato uguale a \(12\) e risolviamo per \(a\):
\[4a-4 = 12 \Rightarrow 4a = 16 \Rightarrow a=4\]

Conclusione

I coefficienti del polinomio sono \(a=4\) e \(c=-2\). Il polinomio \(P(t)\) che si ottiene dai dati del problema (grafici e \(F(2)=12\)) è:
\[P(t) = 4t^3 - 2t\]

Soluzione del punto b

Espressione analitica della funzione \(F(x)\)

Per ricavare l'espressione analitica di \(F(x)\), calcoliamo l'integrale definito di \(P(t) = 4t^3-2t\) nell'intervallo \([0, x]\):
\[F(x) = \int_0^x P(t) dt = \int_0^x (4t^3-2t) dt\]
Calcoliamo la primitiva dell'integrando:
\[\int (4t^3-2t) dt = t^4 - t^2 + C\]
Ora, applichiamo il Teorema Fondamentale del Calcolo:
\[F(x) = [t^4-t^2]_0^x = (x^4-x^2) - (0^4-0^2) = x^4-x^2\]

L'espressione analitica della funzione è quindi **\(F(x) = x^4 - x^2\)**.

Punti di minimo assoluto

I punti di minimo assoluto si trovano tra i punti stazionari (dove la derivata prima è zero) e gli estremi dell'intervallo \([-2, 2]\), oltre gli eventuali punti di non derivabilità che nel nostro caso non ci sono. Un punto stazionario di \(F(x)\) si ha quando \(F'(x) = P(x) = 0\):
\[P(x) = 4x^3-2x = 2x(2x^2-1) = 0\] Le soluzioni sono \(x=0\) e \(2x^2-1=0 \Rightarrow x^2 = \frac{1}{2} \Rightarrow x=\pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Studiamo il segno di \(F'(x)\) per determinare la natura di questi punti:
- \(F'(x) > 0\) per \(x \in (-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0) \cup (\frac{\sqrt{2}}{2}, 2]\) (F(x) è crescente)
- \(F'(x) < 0\) per \(x \in [-2, -\frac{\sqrt{2}}{2}) \cup (0, \frac{\sqrt{2}}{2})\) (F(x) è decrescente)

I punti di minimo locale sono in \(x = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\). Calcoliamo il valore di \(F(x)\) in questi punti e agli estremi dell'intervallo per trovare i minimi assoluti:
\[F\left(\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4 - \left(\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \left(\frac{2}{4}\right)^2 - \frac{2}{4} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}\]
\(F(0)=0\).
\(F(\pm 2) = (\pm 2)^4 - (\pm 2)^2 = 16-4 = 12\).

Il valore più basso è \(-\frac{1}{4}\). Pertanto, i punti di minimo assoluto sono **\(\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{4}\right)\)** e **\(\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{1}{4}\right)\)**.

Punti di flesso

I punti di flesso di \(F(x)\) si trovano dove la sua derivata seconda, \(F''(x)\), cambia segno. Poiché \(F''(x) = P'(x)\), studiamo il segno di \(P'(x)\):
\[P'(x) = 12x^2-2 = 2(6x^2-1)\] \[P'(x)=0 \Rightarrow 6x^2-1=0 \Rightarrow x^2 = \frac{1}{6} \Rightarrow x = \pm\frac{1}{\sqrt{6}} = \pm\frac{\sqrt{6}}{6}\]

Studiamo il segno di \(F''(x)\):
- \(F''(x) < 0\) per \(x \in \left(-\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{6}}{6}\right)\) (concavità verso il basso)
- \(F''(x) > 0\) per \(x \in \left[-2, -\frac{\sqrt{6}}{6}\right) \cup \left(\frac{\sqrt{6}}{6}, 2\right]\) (concavità verso l'alto)

Poiché \(F''(x)\) cambia segno in \(x = \pm \frac{\sqrt{6}}{6}\), questi sono i punti di flesso. Calcoliamo le loro ordinate:
\[F\left(\pm\frac{\sqrt{6}}{6}\right) = \left(\pm\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^4 - \left(\pm\frac{\sqrt{6}}{6}\right)^2 = \frac{36}{1296} - \frac{6}{36} = \frac{1}{36} - \frac{6}{36} = -\frac{5}{36}\]

Le coordinate dei punti di flesso sono **\(\left(\frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{5}{36}\right)\)** e **\(\left(-\frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{5}{36}\right)\)**.

Grafico di F(x)

Tracciare il grafico \(\gamma'\) (F'(x))

Il grafico di \(\gamma'\) rappresenta la funzione \(F'(x) = P(x) = 4x^3 - 2x\). Questo è il grafico di una funzione cubica, con le seguenti caratteristiche principali:
- **Zeri**: \(x = 0\) e \(x = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}\).
- **Punti di minimo/massimo locale**: Il suo andamento è crescente, poi ha un massimo locale, decresce fino a un minimo locale e poi torna a crescere. I punti stazionari di \(F'(x)\) si trovano dove \(F''(x)=0\), ovvero in \(x=\pm\frac{\sqrt{6}}{6}\).

Il grafico di \(\gamma'\) (cioè \(F'(x)\)) è il seguente:

Soluzione del punto c

Per calcolare i limiti richiesti, utilizziamo l'espressione analitica della funzione \(F(x) = x^4 - x^2\).

Calcolo di \(\lim_{x \to 0} \frac{F(x)}{x^\alpha}\). Notiamo che deve essere \(x>0\) affinché esista \( x^\alpha \).

Sostituendo l'espressione di \(F(x)\), il limite diventa: \[\lim_{x \to 0} \frac{x^4 - x^2}{x^\alpha}\] Raccogliendo \(x^2\) al numeratore, si ottiene: \[\lim_{x \to 0} \frac{x^2(x^2 - 1)}{x^\alpha}\] Analizziamo i casi in base a \(\alpha\):

• Se \(\alpha < 2\), l'esponente \(2-\alpha\) è positivo. Possiamo riscrivere il limite come: \[\lim_{x \to 0} x^{2-\alpha}(x^2 - 1)\] Il limite è \(0\).
• Se \(\alpha = 2\), il limite è \(\lim_{x \to 0} (x^2-1) = -1\).
• Se \(\alpha > 2\), il limite è \(\lim_{x \to 0}= \frac{x^2-1}{x^{\alpha-2}} = \left[-\frac{1}{0^+}\right]=-\infty\ \). (ricordiamo che \( x>0\) ).

Calcolo di \(\lim_{x \to \pm 1} \frac{F(x)}{(x \pm 1)^\beta}\)

Analizziamo le quattro possibili combinazioni di limite e denominatore. In tutti i casi, il numeratore \(F(x) = x^4 - x^2\) tende a \(0\) sia per \(x \to 1\) che per \(x \to -1\). La natura del limite dipende dal comportamento del denominatore.

Caso 1: Limite per \(x \to 1\) con denominatore \((x-1)^\beta\). Si può fare solo il limite destro perché deve essere \( x-1>0 \).

\[\lim_{x \to 1} \frac{x^2(x-1)(x+1)}{(x-1)^\beta}\] Questo è un caso di forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Analizziamo \(\beta\):

• Se \(\beta < 1\), l'esponente \(1-\beta\) è positivo. Semplificando l'espressione del limite, si ottiene: \[\lim_{x \to 1} x^2(x+1)(x-1)^{1-\beta}\] Quando \(x \to 1\), il termine \((x-1)^{1-\beta}\) tende a \(0\). Pertanto, il limite è \(1 \cdot 2 \cdot 0 = 0\).
• Se \(\beta = 1\), il limite è \(\lim_{x \to 1} x^2(x+1) = 2\).
• Se \(\beta > 1\), il limite è \(\lim_{x \to 1} \frac{x^2(x+1)}{(x-1)^{\beta-1}} =\left[\frac{2}{0^+}\right]=+\infty\). Ricordiamo che \( x >1 \).

Caso 2: Limite per \(x \to 1\) con denominatore \((x+1)^\beta\). Notiamo che in questo caso possiamo considerare \( x+1>0 \).

\[\lim_{x \to 1} \frac{x^4 - x^2}{(x+1)^\beta}\] Il numeratore tende a \(0\) e il denominatore tende a \((1+1)^\beta = 2^\beta \neq 0\). Il limite è quindi **\(0\)** per ogni valore di \(\beta\).

Caso 3: Limite per \(x \to -1\) con denominatore \((x+1)^\beta\). Si può fare solo il limite destro perché deve essere \( x+1>0 \).

\[\lim_{x \to -1} \frac{x^2(x-1)(x+1)}{(x+1)^\beta}\] Questo è un caso di forma indeterminata \(\frac{0}{0}\). Analizzando \(\beta\):

• Se \(\beta < 1\), il limite è \(0\).

  Questo perché, dopo aver semplificato il fattore \((x+1)\), l'esponente \(1-\beta\) rimane positivo. L'espressione del limite diventa: \[\lim_{x \to 1} x^2(x-1)(x+1)^{1-\beta}\] Quando \(x \to 1\), il termine \((x+1)^{1-\beta}\) tende a \(0\), rendendo l'intero limite nullo.

• Se \(\beta = 1\), il limite è \(\lim_{x \to -1} x^2(x-1) = -2\).
• Se \(\beta > 1\), il limite è \(\lim_{x \to -1} \frac{x^2(x-1)}{(x+1)^{\beta-1}} = \left[-\frac{2}{0^+}\right]=-\infty \). Ricordiamo che \( x >1 \).

Caso 4: Limite per \(x \to -1\) con denominatore \((x-1)^\beta\). Non si può fare il limite perché deve essere \( x-1>0, x>1 \).

Soluzione del punto d

Calcolo di F''(x):

La funzione \(F(x)\) è \(F(x) = x^4 - x^2\). La sua derivata prima è \(F'(x) = P(x) = 4x^3 - 2x\). La derivata seconda è \(F''(x) = 12x^2 - 2\).

Il grafico di \(F''(x)\) (ovvero \(\gamma''\)), insieme a un generico suo punto \(P(t, y_P)\) di ascissa positiva e alla tangente \(r_P\) in \(P\) a \(\gamma''\), è il seguente:

Minimizzazione dell'area del triangolo

Il punto \(P\) su \(\gamma''\) ha coordinate \(P(t, 12t^2-2)\), con \(t>0\). La retta tangente \(r_P\) ha pendenza pari alla derivata di \(F''(t)\), cioè \(F'''(t)\).
\[F''(t) = 12t^2-2 \Rightarrow F'''(t) = 24t\] L'equazione della retta tangente \(r_P\) in un punto generico \(P(t, y_P)\) è \(y-y_P = m(x-t)\). Sostituendo le coordinate di \(P\) e la pendenza \(m = 24t\), otteniamo: \[y - (12t^2 - 2) = 24t(x - t)\] \[y = 24tx - 24t^2 + 12t^2 - 2 = 24tx - 12t^2 - 2\]

Ora troviamo le intersezioni di \(r_P\) con gli assi coordinati per definire il triangolo \(OAB\).

• **Intersezione con l'asse \(x\)** (punto \(A\)): Poniamo \(y=0\).
  \[0 = 24tx - 12t^2 - 2 \Rightarrow 24tx = 12t^2+2 \Rightarrow x = \frac{12t^2+2}{24t} = \frac{6t^2+1}{12t}\] Il punto \(A\) ha coordinate \(\left(\frac{6t^2+1}{12t}, 0\right)\).
• **Intersezione con l'asse \(y\)** (punto \(B\)): Poniamo \(x=0\).
  \[y = 24t(0) - 12t^2 - 2 = -12t^2-2\] Il punto \(B\) ha coordinate \((0, -12t^2-2)\).

L'area del triangolo \(OAB\) è data da \(\frac{1}{2} \times \text{base} \times \text{altezza}\). La base e l'altezza sono i valori assoluti delle coordinate dei punti di intersezione.
\[\text{Area}(t) = \frac{1}{2} \left|\frac{6t^2+1}{12t}\right| \left|-12t^2-2\right| = \frac{1}{2} \left(\frac{6t^2+1}{12t}\right) (12t^2+2)\] Semplificando l'espressione: \[\text{Area}(t) = \frac{1}{2} \left(\frac{6t^2+1}{12t}\right) 2(6t^2+1) = \frac{(6t^2+1)^2}{12t}\]

Per trovare il minimo, calcoliamo la derivata dell'area e la poniamo uguale a zero. \[\text{Area}'(t) = \frac{2(6t^2+1)(12t)(12t) - (6t^2+1)^2(12)}{(12t)^2} = \frac{12(6t^2+1)[24t^2 - (6t^2+1)]}{144t^2}\] Ponendo il numeratore uguale a zero e raccogliendo \(12(6t^2+1)\): \[12(6t^2+1)[18t^2-1] = 0\] Dato che \(t>0\), l'unica soluzione è \(18t^2-1=0 \Rightarrow t^2=\frac{1}{18} \Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt{18}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\).

Per confermare che si tratta di un punto di minimo, studiamo il segno della derivata prima, che dipende unicamente dal termine \(18t^2-1\) (poiché gli altri fattori sono sempre positivi per \(t>0\)).

• Se \(0 < t < \frac{\sqrt{2}}{6}\), allora \(18t^2-1 < 0\), quindi \(\text{Area}'(t) < 0\). L'area è decrescente.
• Se \(t = \frac{\sqrt{2}}{6}\), allora \(18t^2-1 = 0\), quindi \(\text{Area}'(t) = 0\).
• Se \(t > \frac{\sqrt{2}}{6}\), allora \(18t^2-1 > 0\), quindi \(\text{Area}'(t) > 0\). L'area è crescente.

Il segno della derivata cambia da negativo a positivo, confermando che \(t=\frac{\sqrt{2}}{6}\) è un punto di minimo assoluto.

Il valore \(t=\frac{\sqrt{2}}{6}\) corrisponde al punto di minimo assoluto. Le coordinate di \(P\) sono: \[t_P = \frac{\sqrt{2}}{6}\] \[y_P = F''\left(\frac{\sqrt{2}}{6}\right) = 12\left(\frac{1}{18}\right)-2 = \frac{2}{3}-2=-\frac{4}{3}\] Pertanto, le coordinate di \(P\) che rendono l'area minima sono **\(\left(\frac{\sqrt{2}}{6}, -\frac{4}{3}\right)\)**.

Determinazione del punto P per un triangolo isoscele

Affinché il triangolo formato dalla tangente e dagli assi sia isoscele, i cateti devono essere uguali. Questo significa che l'altezza e la base del triangolo devono avere la stessa lunghezza. La pendenza della retta tangente è il rapporto tra l'altezza e la base, quindi la pendenza deve essere \(\pm 1\). Poiché \(t>0\), la pendenza \(F'''(t)=24t\) deve essere positiva, quindi \(m=1\).
\[F'''(t) = 24t = 1 \Rightarrow t = \frac{1}{24}\] Per questo valore di \(t\), troviamo le coordinate di \(P\): \[t_P = \frac{1}{24}\] \[y_P = F''\left(\frac{1}{24}\right) = 12\left(\frac{1}{24}\right)^2-2 = 12\left(\frac{1}{576}\right)-2 = \frac{1}{48}-2 = -\frac{95}{48}\]

Le coordinate di \(P\) che formano un triangolo isoscele con gli assi coordinati sono **\(\left(\frac{1}{24}, -\frac{95}{48}\right)\)**.

Determinazione del punto P per un triangolo isoscele (Metodo 2: Eguaglianza dei cateti)

Un triangolo formato dalla retta tangente e dagli assi coordinati è isoscele se i suoi cateti, che corrispondono alle intersezioni con gli assi, hanno la stessa lunghezza. Questo si verifica quando \(\left|x_A\right| = \left|y_B\right|\).
Utilizzando le espressioni trovate in precedenza per le intersezioni: \[x_A = \frac{6t^2+1}{12t} \quad \text{e} \quad y_B = -12t^2-2\] Poniamo l'eguaglianza dei valori assoluti: \[\left|\frac{6t^2+1}{12t}\right| = \left|-12t^2-2\right|\] Poiché \(t>0\), possiamo eliminare i valori assoluti e risolvere per \(t\): \[\frac{6t^2+1}{12t} = 12t^2+2\] \[\frac{6t^2+1}{12t} = 2(6t^2+1)\] Dato che \(6t^2+1\) è sempre diverso da zero, possiamo dividere entrambi i lati per questo termine: \[\frac{1}{12t} = 2\] \[1 = 24t \Rightarrow t = \frac{1}{24}\] Questo secondo metodo conferma che il valore di \(t\) per il quale il triangolo è isoscele è lo stesso del primo metodo.