Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Carissimo professore,

non riesco a ultimare il seguente esercizio (n.268, pag,1819, vol.V, Matematica.blu 2.0):

Trova per quali valori di \(a\) e \(b\) il grafico della funzione \(y=a\sin x+(b-1)\cos x\):

a) ha un massimo in \(\left( \frac{3}{2}\pi ;4 \right)\);

b) ha un flesso con tangente di coefficiente angolare \(2\) nel punto di ascissa \(\frac{\pi}{6}\).  

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

poiché \[y'=a\cos x-\left( b-1 \right)\sin x\quad y''=-a\sin x-\left( b-1 \right)\cos x\] la prima condizione implica \[y\left( \frac{3}{2}\pi  \right)=-a=4\quad y'\left( \frac{3}{2}\pi  \right)=b-1=0\]cioè \(a=-4\) e \(b=1\), mentre la seconda implica \[y'\left( \frac{\pi }{6} \right)=\frac{\sqrt{3}a-\left( b-1 \right)}{2}=2\quad y''\left( \frac{\pi }{6} \right)=\frac{-a-\sqrt{3}\left( b-1 \right)}{2}=0\] da cui \(a=\sqrt{3}\) e \(b=0\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

non riesco a risolvere questo problema sulla similitudine:

Un triangolo \(ABC\) ha i lati \(AC\) e \(BC\) lunghi rispettivamente \(3\) e \(2\) centimetri e l’angolo in \(C\) di \(60^\circ\).

a) Calcola il perimetro del triangolo.

b) Sul lato \(AC\) determina il punto \(E\) e sul lato \(BC\) il punto \(F\) tali che \(AE\cong FB\). Calcola la lunghezza di \(AE\) sapendo che vale la seguente relazione: \(AE^2+EF^2+FB^2+AB^2=\frac{25}{2}\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

ricordando che in un triangolo rettangolo con un angolo interno di \(60^\circ\) il cateto minore è pari a \(\frac{1}{2}\) dell’ipotenusa e il cateto maggiore a \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) volte l’ipotenusa, consideriamo il triangolo rettangolo \(CHB\) e concludiamo che \(BH=1\), \(CH=\sqrt{3}\) e \(AH=2\), per cui, applicando il teorema di Pitagora al triangolo \(ABH\), si conclude che \(AB=\sqrt{7}\) e \(2p(ABC)=5+\sqrt{7}\).

Posto \(AE\cong FB=x\), con \(0\le x\le 2\), detta \(K\) la proiezione di \(F\) su \(AC\), per la similitudine dei triangoli rettangoli \(CFK\) e \(CBH\), si ha: \[FK=\frac{\sqrt{3}\left( 2-x \right)}{2}\quad CK=\frac{\left( 2-x \right)}{2}\] da cui: \[EK=2-\frac{x}{2}\to E{{F}^{2}}=E{{K}^{2}}+F{{K}^{2}}={{x}^{2}}-5x+7\to \]\[\to A{{E}^{2}}+E{{F}^{2}}+F{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}=\frac{25}{2}\leftrightarrow 6{{x}^{2}}-10x+3=0\to \]\[\to {{x}_{1,2}}=\frac{5\pm \sqrt{7}}{6}\]soluzioni entrambe accettabili.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

come si fa lo studio del segno di questa funzione?

                              \[f\left( x,y \right)=\frac{\ln \left( {{x}^{2}}-3x+y \right)}{5{{x}^{2}}-3y+3}\quad ?\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

innanzitutto la funzione esiste solo nel seguente dominio: \[{{D}_{f}}=\left\{ \left( x,y \right)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R}:{{x}^{2}}-3x+y>0 \right\}=\]\[=\left\{ \left( x,y \right)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R}:y>-{{x}^{2}}+3x \right\}\quad .\] Se ora definiamo le seguenti regioni del piano: \[{{A}_{1}}=\left\{ \left( x,y \right)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R}:y>\frac{5}{3}{{x}^{2}}+1 \right\}\quad \overline{{{A}_{1}}}=\mathbb{R}\times \mathbb{R}-{{A}_{1}}\]\[{{A}_{2}}=\left\{ \left( x,y \right)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R}:y<-{{x}^{2}}+3x+1 \right\}\quad \overline{{{A}_{2}}}=\mathbb{R}\times \mathbb{R}-{{A}_{2}}\] osservando che  \[5{{x}^{2}}-3y+3>0\leftrightarrow \left( x,y \right)\in \overline{{{A}_{1}}}\]\[\ln \left( {{x}^{2}}-3x+y \right)>0\leftrightarrow \left( x,y \right)\in \overline{{{A}_{2}}}\] e tenendo conto anche del fatto che \({{A}_{1}}\subset {{D}_{f}}\) e \(\overline{{{D}_{f}}}\subset {{A}_{2}}\), concludiamo che: \[f\left( x,y \right)>0\leftrightarrow \left( x,y \right)\in \left( \overline{{{A}_{1}}\cup {{A}_{2}}} \right)\cup \left( {{A}_{1}}\cap {{A}_{2}} \right)\]\[f\left( x,y \right)<0\leftrightarrow \left( x,y \right)\in \left( {{A}_{1}}\cup \left( {{A}_{2}}\cap {{D}_{f}} \right) \right)-\left( {{A}_{1}}\cap {{A}_{2}} \right)\]\[f\left( x,y \right)=0\leftrightarrow \left( x,y \right):y=-{{x}^{2}}+3x+1\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent.mo professore,

mi può aiutare per favore a risolvere il seguente problema (pag.28, n.88, Verso la seconda prova di matematica)?

Osserva in figura il grafico della funzione \(f(x)\).

a. Stabilisci se sono vere o false le seguenti affermazioni, motivando le risposte.

1. In base al teorema di Lagrange, deve esistere almeno un valore di \(x\) interno all’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) tale che \(f’(x)=-1\).

2. In base al teorema di Lagrange, non può esistere alcun valore di \(x\) interno all’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) tale che \(f’(x)=-1\).

3. La funzione \(f(x)\) non è ovunque derivabile in \(\left[ 0;4 \right]\).

4. La funzione integrale \(F\left( x \right)=\int\limits_{0}^{x}{f\left( t \right)dt}\) non è ovunque derivabile in \(\left[ 0;4 \right]\).

5. La funzione \(f(x)\) presenta un punto di minimo relativo e un punto di massimo relativo in \(\left[ 0;4 \right]\).

b. Date le funzioni \(h\left( x \right)=\frac{-x+a}{x+1}\) e \(k\left( x \right)=-\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{3}{4}x+b\), determina i valori delle costanti \(a\) e \(b\) in modo tale che sia: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} h(x)\quad se\;0\le x\le1  \\ k(x)\quad se\;1<x\le 4 \end{array} \right.\quad .\]

c. Traccia i grafici di \(h(x)\) e \(k(x)\) nell’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) per i valori di \(a\) e \(b\) determinati al punto precedente. La regione sottesa a \(f(x)\) in \(\left[ 0;4 \right]\) risulta così suddivisa in tre sottoregioni: calcola l’area di ciascuna di esse.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

la 1 del punto a. è falsa, in quanto in  \(\left[ 0;4 \right]\) la funzione è continua ma non pare derivabile nel punto interno \(x=1\); è falsa anche la 2, in quanto la non sussistenza delle ipotesi del teorema di Lagrange non implica l’impossibilità che si realizzi la tesi (nel caso specifico, vi è infatti un punto, prossimo a \(x=4\), in cui la retta tangente ha pendenza pari a quella della corda, cioè \(-1\)). La 3, per quanto detto, è vera, mentre la 4 è falsa: infatti, per la derivabilità della funzione integrale in un dato punto \(x\) è sufficiente la continuità in \(x\) della funzione integranda. Infine la 5 è vera: in \(x=1\) si ha un minimo relativo, se pur non regolare (cioè a derivata nulla), e poco oltre si ha un massimo.

Per determinare le costanti \(a\) e \(b\) è sufficiente imporre \(h\left( 0 \right)=4\), da cui \(a=4\) e \(h\left( 1 \right)=\frac{3}{2}\), quindi \(k\left( 1 \right)=h\left( 1 \right)=\frac{3}{2}\), da cui \(b=1\).

Infine, le aree delle tre regioni delimitate dai grafici di \(h(x)\) e \(k(x)\) nell’intervallo \(\left[ 0;4 \right]\) si possono calcolare tramite i seguenti integrali definiti: \[{{R}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( h\left( x \right)-k\left( x \right) \right)}\,dx\]\[{{R}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{k\left( x \right)}\,dx+\int\limits_{1}^{4}{h\left( x \right)}\,dx\]\[{{R}_{3}}=\int\limits_{1}^{4}{\left( k\left( x \right)-h\left( x \right) \right)}\,dx\] cioè: \[{{R}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{-x+4}{x+1}+\frac{1}{4}{{x}^{2}}-\frac{3}{4}x-1 \right)}\,dx=\left[ 5\ln \left| x+1 \right|+\frac{1}{12}{{x}^{3}}-\frac{3}{8}{{x}^{2}}-2x \right]_{0}^{1}=5\ln 2-\frac{55}{24}\approx 1,174\]\[{{R}_{2}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( -\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{3}{4}x+1 \right)}\,dx+\int\limits_{1}^{4}{\left( \frac{-x+4}{x+1} \right)}\,dx=\left[ -\frac{1}{12}{{x}^{3}}+\frac{3}{8}{{x}^{2}}+2x \right]_{0}^{1}+\left[ 5\ln \left| x+1 \right|-x \right]_{1}^{4}=\]\[=\frac{31}{24}+5\ln \frac{5}{2}-3=5\ln \frac{5}{2}-\frac{41}{24}\approx 2,873\] \[{{R}_{3}}=\int\limits_{1}^{4}{\left( -\frac{1}{4}{{x}^{2}}+\frac{3}{4}x+1-\frac{-x+4}{x+1}+ \right)}\,dx=\left[ -\frac{1}{12}{{x}^{3}}+\frac{3}{8}{{x}^{2}}+2x-5\ln \left| x+1 \right| \right]_{1}^{4}=\frac{51}{8}-5\ln \frac{5}{2}\approx 1,793\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Luca la seguente domanda:

Salve,

avrei bisogno di un aiuto per questo problema.

Considera la retta \(r\) di equazione \(y=-4\) e il punto \(F(0;8)\). Detto \(P\) un punto generico di \(r\), sia \(Q\) il punto di intersezione tra l’asse \(t\) del segmento \(PF\) e la perpendicolare a \(r\) per \(P\).

a) Verifica che il luogo descritto da \(Q\) al variare di \(P\) su \(r\) è una parabola avente \(r\) come direttrice e \(F\) come fuoco e dimostra che la retta \(t\) è tangente in \(Q\) alla parabola.

b) Determina la posizione di \(P\) affinché il triangolo \(PFQ\) abbia area doppia di quella del triangolo \(OPF\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Luca,

dal momento che l’asse \(t\) del segmento \(PF\) è per definizione il luogo dei punti equidistanti dagli estremi \(P\) e \(F\) del segmento, e poiché \(PQ\) rappresenta la distanza di \(Q\) dalla retta direttrice \(r\), si ha necessariamente \(PQ=QF\), che definisce il luogo dei punti \(Q\) come una parabola di fuoco \(F\) e direttrice \(r\). Se vogliamo ricavarne direttamente l’equazione, possiamo porre \(s\) come ascissa comune a \(P\) e \(Q\), e ricavare l’equazione dell’asse \(t\):       \[P\left( s;-4 \right)\to {{m}_{PF}}=-\frac{12}{s}\to {{m}_{t}}=\frac{s}{12}\to t:y=\frac{s}{12}\left( x-\frac{s}{2} \right)+2=\frac{s}{12}x-\frac{{{s}^{2}}}{24}+2\] da cui, intersecando \(t\) con la retta \(x=s\), si ricavano le coordinate di \(Q\) e, per eliminazione del parametro \(s\), l’equazione della parabola: \[\left\{ \begin{array}{ll} x_Q=s  \\ y_Q=\frac{{{s}^{2}}}{24}+2 \end{array} \right.\to y=\frac{{{x}^{2}}}{24}+2\quad . \]

La retta \(t\) è tangente nel punto \(Q\) di ascissa \(s\) della parabola, come si verifica direttamente osservando che l’equazione risolvente il sistema retta-parabola ha \(x=s\) come soluzione doppia, qualunque sia \(s\): \[\frac{{{x}^{2}}}{24}+2=\frac{s}{12}x-\frac{{{s}^{2}}}{24}+2\to\]\[\to  {{x}^{2}}-2sx+{{s}^{2}}=0\to {{\left( x-s \right)}^{2}}=0\quad .\]

Infine, posto che sia \(Q(x; \frac{{{x}^{2}}}{24}+2)\) un generico punto della parabola, i triangoli \(PFQ\) e \(OPF\) hanno area \[{{S}_{PQF}}=\frac{\left| x \right|}{2}\left( \frac{{{x}^{2}}}{24}+6 \right)\quad {{S}_{OPF}}=4\left| x \right|\] per cui, posto che sia \(x\ne 0\): \[{{S}_{PQF}}=2{{S}_{OPF}}\leftrightarrow \frac{1}{2}\left( \frac{{{x}^{2}}}{24}+6 \right)=8\to {{x}^{2}}=240\to x=\pm 4\sqrt{15}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Domenica la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho questo problema:

Dimostra, utilizzando il teorema di Lagrange, che

                                       \[\frac{1}{t+1}<\ln \frac{t+1}{t}<\frac{1}{t}\quad \forall t>0\quad .\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Domenica,

consideriamo un qualsiasi intervallo del tipo \(\left[ t,t+1 \right]\), con \(t>0\): in tale intervallo la funzione \(\ln t\) è definita, continua e derivabile, con derivata \(\frac{1}{t}\), per cui possiamo applicare ad essa il teorema di Lagrange, da cui discende l’esistenza di almeno un valore \(\bar{t}\) tale che: \[t<\bar{t}<t+1\quad \wedge \quad \frac{1}{{\bar{t}}}=\frac{\ln \left( t+1 \right)-\ln t}{t+1-t}=\ln \frac{t+1}{t}\quad .\]

Poiché, se \(t>0\): \[t<\bar{t}<t+1\to \frac{1}{t+1}<\frac{1}{{\bar{t}}}<\frac{1}{t}\] sostituendo \(\ln \frac{t+1}{t}\) a \(\frac{1}{{\bar{t}}}\) ne consegue la tesi:          \[\forall t>0:\quad \frac{1}{t+1}<\ln \frac{t+1}{t}<\frac{1}{t}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Daniele la seguente domanda:

Caro professore,

non sono riuscito a capire il seguente problema (n.179, pag.1122, Matematica.blu 2.0, vol 4):

Siano dati i punti \(A(0;0;-1)\) e \(A’(0;0;1)\).

a) Determina il luogo dei punti \(P\) dello spazio tali che \(\overline{PA}+\overline{PA’}=4\).

b) Verifica che le sezioni di tale superficie con i piani \(Oxz\) e \(Oyz\) sono congruenti.

c) Trova l’equazione della curva che risulta dall’intersezione della superficie con il piano \(z=-1\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Daniele,

imponiamo la condizione richiesta al generico punto \(P(x;y;z)\):

             \[\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}}=4\to \]

\[\to {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=16-8\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}}+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}\to \]\[\to 2z=16-8\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}}-2z\to \]\[\to 2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}}=4-z\to \]\[\to 4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+4{{\left( z-1 \right)}^{2}}=16+{{z}^{2}}-8z\to \]\[\to 4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}=12\to \frac{{{x}^{2}}}{3}+\frac{{{y}^{2}}}{3}+\frac{{{z}^{2}}}{4}=1\]

cioè la superficie di un ellissoide.

Le intersezioni di tale superficie con i piani \(Oxz\) e \(Oyz\) si ottengono ponendo rispettivamente \(y=0\) e \(x=0\) nell’equazione, ottenendo le ellissi congruenti \[\frac{{{x}^{2}}}{3}+\frac{{{z}^{2}}}{4}=1\quad \quad \frac{{{y}^{2}}}{3}+\frac{{{z}^{2}}}{4}=1\] aventi semiassi \(\sqrt{3}\) e \(2\).

Posto infine \(z=-1\) nell’equazione, si ha la curva di equazione:\[4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-9=0\] che rappresenta, nel piano \(z=-1\), una circonferenza centrata in \((0;0;-1)\) e con raggio \(r=\frac{3}{2}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

mi aiuta a risolvere il seguente quesito (n.20, pag.1998, Matematica.blu 2.0, vol.5)?

Fra le primitive di \(y=3{{\cos }^{3}}x\) trovare quella il cui diagramma passa per \(P\left( 0;5 \right)\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

integriamo la funzione \(y=3{{\cos }^{3}}x\) operando la sostituzione \(t=\sin x\), \(dt=\cos x\;dx\):           \[F\left( x \right)=3\int{{{\cos }^{3}}x\,dx}=3\int{{{\cos }^{2}}x\cos x\,dx}=3\int{\left( 1-{{\sin }^{2}}x \right)\cos x\,dx}=\]\[=3\int{\left( 1-{{t}^{2}} \right)\,dt}=3t-{{t}^{3}}+c=3\sin x-{{\sin }^{3}}x+c\] da cui, imponendo che sia \(F\left( 0 \right)=5\), si ha \(c=5\), cioè \[F\left( x \right)=3\sin x-{{\sin }^{3}}x+5\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

mi può aiutare a risolvere questi quesiti?

Dopo aver tracciato il grafico \(\gamma\) della funzione: \(\varphi \left( x \right)=\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{2t+1}}dt}\), \(x\in \mathbb{R}\), rispondere ai seguenti quesiti:

1) verificare che la \(\varphi(x)\) è dotata di inversa \({{\varphi }^{-1}}\left( y \right)\);

2) tracciare il grafico \(\gamma_1\) della funzione\(y={{\varphi }^{-1}}\left( x \right)\).

Dopo aver stabilito le principali proprietà della funzione \(f(x)=|\sin x|\), verificare che \(\int\limits_{0}^{2\pi }{\left| \sin x \right|dx}=4\), e calcolare \(\forall k\in \mathbb{N}\) \(\int\limits_{0}^{2k\pi }{\left| \sin x \right|dx}\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

ancor prima di ricavarne l’espressione, possiamo dire che la funzione integrale \(\varphi \left( x \right)=\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{2t+1}}dt}\) è sicuramente invertibile in quanto monotona crescente: infatti, in base al teorema fondamentale del calcolo integrale, la sua derivata è \(\varphi ‘\left( x \right)={{e}^{2x+1}}\), ovunque positiva.

Possiamo ricavare esplicitamente l’espressione di \(\varphi(x)\):            \[\varphi \left( x \right)=\left[ \frac{1}{2}{{e}^{2t+1}} \right]_{0}^{x}=\frac{e}{2}\left( {{e}^{2x}}-1 \right)\] e anche della sua inversa: \[y=\frac{e}{2}\left( {{e}^{2x}}-1 \right)\to \frac{2y+e}{e}={{e}^{2x}}\to x=\ln \sqrt{2y+e}-\frac{1}{2}\]cioè, scambiando i nomi delle variabili: \[{{\varphi }^{-1}}\left( x \right)=\ln \sqrt{2x+e}-\frac{1}{2}\quad .\]

Riguardo alla funzione \(f(x)=|\sin x|\), essendo periodica di periodo \(\pi\), ed essendo \(\sin x \ge 0\) per \(0\le x \le \pi\), possiamo dire che: \[\int\limits_{0}^{2\pi }{\left| \sin x \right|dx}=2\int\limits_{0}^{\pi }{\sin x\,dx}=2\left[ -\cos x \right]_{0}^{\pi }=2\cdot 2=4\] e in generale: \[\int\limits_{0}^{2k\pi }{\left| \sin x \right|dx}=2k\int\limits_{0}^{\pi }{\sin x\,dx}=4k,\quad \forall k\in \mathbb{N}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

non ho ben capito come si risolvono i seguenti problemi di minimo e massimo (nn. 279, 281, 283, pag,1821, Matematica.blu 2.0):

1) Fra tutti i triangoli rettangoli la cui somma dei cateti misura \(b\), determina quello di ipotenusa minima.

2) Fra tutti i triangoli rettangoli nei quali la somma di un cateto e dell’ipotenusa misura \(2b\), determina quello di area massima.

3) Nell’insieme dei triangoli rettangoli inscritti in una semicirconferenza di raggio che misura \(r\), determina quello per il quale è massima la somma tra la proiezione di un cateto sull’ipotenusa e l’altezza relativa all’ipotenusa.

Grazie mille

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, detta \(x\) la misura di un cateto, con \(0<x<b\), \(b-x\) la misura dell’altro, l’ipotenusa risulta essere \(f(x)=\sqrt{2{{x}^{2}}-2bx+{{b}^{2}}}\): derivando e analizzando zeri e segno della derivata, si ottiene:

\[f'\left( x \right)=\frac{2x-b}{\sqrt{2{{x}^{2}}-2bx+{{b}^{2}}}}\to f'\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\frac{b}{2},b-x=\frac{b}{2}\] valori corrispondenti al minimo cercato.

Nel secondo caso, detta \(x\) la misura del cateto, con \(0<x<b\), \(2b-x\) la misura dell’ipotenusa, l’altro cateto risulta essere \(2\sqrt{{{b}^{2}}-bx}\), da cui l’area \(f(x)=x\sqrt{{{b}^{2}}-bx}\): derivando e analizzando zeri e segno della derivata, si ottiene:             \[{f}'\left( x \right)=\frac{2{{b}^{2}}-3bx}{2\sqrt{{{b}^{2}}-bx}}\to {f}'\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\frac{2}{3}b,2b-x=\frac{4}{3}b\] valori corrispondenti al massimo cercato.

Nel terzo caso, detta \(x\) la misura di una proiezione di un cateto sull’ipotenusa, con \(0<x<2r\), \(2r-x\) la misura dell’altra proiezione, l’altezza relativa all’ipotenusa, per il 2° teorema di Euclide risulta essere \(\sqrt{2rx-x^2}\), da cui la somma \(f(x)=x+\sqrt{2rx-x^2}\): derivando e analizzando zeri e segno della derivata, si ottiene: \[{f}'\left( x \right)=\frac{\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}+r-x}{\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}}\to {f}'\left( x \right)=0\leftrightarrow {{x}^{2}}-4rx+{{r}^{2}}=0\to x=\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2} \right)r\] valore corrispondente al massimo cercato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho ancora bisogno del suo aiuto col seguente problema (n.76, pag.24, Verso la seconda prova di matematica):

In figura è rappresentato il grafico della funzione \(g(x)=f’(x)\). I tratti \(AB\) e \(BC\) sono segmenti di retta, il tratto \(CDE\) appartiene a un arco di parabola con asse parallelo all’asse \(y\), e in \(C\) la funzione \(g(x)\) è derivabile.

a. Sapendo che \(f(0)=0\), calcola \(f(2)\) e \(f(4)\), quindi traccia un grafico plausibile della funzione \(f(x)\).

b. Ricava l’espressione analitica di \(g(x)\), quindi calcola \(f(8)\) e \(f(10)\).

c. Calcola il volume del solido generato dalla rotazione completa attorno all’asse \(x\) dell’arco di parabola \(CD\).

Grazie mille

Le rispondo così:

Cara Paola,

ricaviamo subito l’espressione analitica di \(g(x)\): \[g(x)=\left\{ \begin{array}{lll} x+2\quad\quad 0\le x\le 2  \\ -2x+8\quad\quad 2<x<4 \\ \frac{1}{2}x^2-6x+16 \quad 4\le x\le 10 \end{array} \right.\] e da questa, integrando e raccordando le costanti in modo che \(f(x)\) risulti continua nell’intervallo \(\left[ 0;10 \right]\) e tale che \(f(0)=0\), ricaviamo l’espressione anlitica di \(f(x)\): \[f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} \frac{1}{2}x^2+2x\quad\quad\quad 0\le x\le 2  \\ -x^2+8x-6\quad\quad 2<x<4 \\ \frac{1}{6}x^3-3x^2+16x-\frac{50}{3} \quad 4\le x\le 10 \end{array} \right.\] da cui facilmente otteniamo: \[f\left( 2 \right)=6,\ f\left( 4 \right)=10,\ f\left( 8 \right)=\frac{14}{3},\ f\left( 10 \right)=10\quad .\]

Infine, il volume del solido richiesto è dato dal seguente integrale: \[V=\pi \int\limits_{4}^{8}{{{\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}-6x+16 \right)}^{2}}dx=\pi \left[ \frac{1}{20}{{x}^{5}}-\frac{3}{2}{{x}^{4}}-\frac{52}{3}{{x}^{3}}-96{{x}^{2}}+256x \right]_{4}^{8}}=\frac{128}{15}\pi \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giorgio la seguente domanda:

Gentile professor Bergamini,

nell’ultimo compito sul calcolo combinatorio c’è stato questo problema.

Un certo compito inizia alle \(14:00:00\) e termina alle \(16:00:00\). Durante lo svolgimento, l’ora è costantemente indicata da un orologio digitale a \(6\) cifre (\(2\) per le ore, \(2\) per i minuti, \(2\) per i secondi). Determinare per quanti secondi, durante il compito, le \(6\) cifre indicate dall’orologio sono diverse.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giorgio,

consideriamo l’ora che va dalle \(14:00:00\) alle \(15:00:00\): i secondi di quest’ora in cui le cifre sono sono diverse sono tanti quanti quelli dell’ora successiva, pertanto si tratterà poi di raddoppiare il numero trovato. Cominciamo col contare i modi di inserire una cifra nel posto delle decine dei minuti: abbiamo \(4\) possibili scelte, essendo esclusi l’\(1\) e il \(4\) e le cifre al di sopra del \(5\). Per il posto delle unità dei minuti si hanno \(4\) possibilità se si sceglie una cifra tra quelle maggiori di \(5\), \(3\) possibilità se si sceglie una cifra tra quelle minori o uguali a \(5\) rimaste; nel primo caso, si hanno poi \(3\) possibilità per la cifra delle decine dei secondi, e di conseguenza o \(3\) o \(2\) possibilità per la cifra delle unità dei secondi, a seconda che sia maggiore di \(5\) o minore di \(5\); nel secondo caso, si hanno poi \(2\) possibilità per la cifra delle decine dei secondi, e di conseguenza o \(4\) o \(1\) possibilità per la cifra delle unità dei secondi, a seconda che sia maggiore di \(5\) o minore di \(5\). Riassumiamo quanto detto con la seguente operazione: \[4\cdot \left[ 4\cdot 3\left( 3+2 \right)+3\cdot 2\left( 4+1 \right) \right]=4\cdot \left[ 60+30 \right]=360\] quindi, moltiplicando per due, si avranno in totale \(720\) secondi in cui l’orologio riporterà cifre tutte diverse nell’arco delle due ore considerate.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

ho un problema che non ho saputo risolvere:

Dati i tre punti nello spazio \(A(2,0,0)\), \(B(3,2,-1)\), \(C(-2,1,1)\), trovare l’equazione della circonferenza circoscritta al triangolo \(ABC\). Trovare inoltre le rette tangenti alla circonferenza nei tre punti \(A\), \(B\) e \(C\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

troviamo l’equazione \(z=ax+by+c\) del piano \(\alpha\) passante per i punti dati: \[2a+c=0\wedge 3a+2b+c=-1\wedge -2a+b+c=1\to a=b=-\frac{1}{3},c=\frac{2}{3}\] da cui \(\alpha :x+y+3z-2=0\).

Per ricavare il centro \(O\) della circonferenza, detto \(O(-y-3z+2,y,z)\) un generico punto di \(\alpha\), imponiamo che sia \(\overline{OA}=\overline{OB}=\overline{OC}\), cioè:       \[{{\left( y+3z \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=\]\[={{\left( 1+y+3z \right)}^{2}}+{{\left( 2-y \right)}^{2}}+{{\left( 1+z \right)}^{2}}=\]\[={{\left( -4+y+3z \right)}^{2}}+{{\left( 1-y \right)}^{2}}+{{\left( 1-z \right)}^{2}}\] da cui: \[y=4z+3\quad \wedge \quad 4y+17z-6=0\to\]\[\to y=\frac{25}{11},z=-\frac{2}{11}\to x=\frac{3}{11}\] cioè il centro della circonferenza è nel punto \(O\left( \frac{3}{11},\frac{25}{11},-\frac{2}{11} \right)\) e il raggio \(r\) misura \(\frac{3\sqrt{110}}{11}\): l’equazione della circonferenza può essere espressa come sistema tra le equazioni del piano \(\alpha\) e della sfera di centro \(O\) e raggio \(r\):\[\gamma :\left\{ \begin{array}{ll} x+y+3z-2=0  \\ (x-\frac{3}{11})^2+(y-\frac{25}{11})^2+(z+\frac{2}{11})^2=\frac{990}{121} \end{array} \right.\] \[\gamma :\left\{ \begin{array}{ll} x+y+3z-2=0  \\ 121x^2+121y^2+121z^2-66x-550y+44z-252=0 \end{array} \right.\quad .\]

Le rette tangenti possono essere trovate in forma parametrica imponendo che i coefficienti direttivi \(l\), \(m\) e \(n\) di una generica retta passante per un dato punto soddisfino due condizioni: l’appartenenza al piano \(\alpha\), il che implica ad esempio che sia \(n=-(l+m)/3\), e la perpendicolarità al segmento congiungente punto e centro; per quanto riguarda ad esempio la retta tangente in \(A\) si deve avere: \[\overrightarrow{OA}=\left( -\frac{19}{11},\frac{25}{11},-\frac{2}{11} \right)\to -\frac{19}{11}l+\frac{25}{11}m+\frac{2}{33}\left( l+m \right)=0\to \]\[\to -55l+77m=0\to m=\frac{5}{7}l,n=-\frac{4}{7}l\] per cui, ponendo \(l=1\), si ha la retta \[r_A:\left\{ \begin{array}{lll} x=2+t \\ y=\frac{5}{7}t \\ z=-\frac{4}{7}t \end{array} \right.\quad .\] In modo analogo si ottengono le altre due rette tangenti: \[r_B:\left\{ \begin{array}{lll} x=3 \\ y=2+t \\ z=-1-\frac{1}{3}t \end{array} \right. \quad\quad r_C:\left\{ \begin{array}{lll} x=-2+t \\ y=1-\frac{1}{14}t \\ z=1+\frac{1}{11}t \end{array} \right.\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Carmen la seguente domanda:

Caro professore,

avrei bisogno di aiuto per i seguenti esercizi (nn. 64 e 66, pag.19, “Verso la seconda prova di matematica 2016″):

 1) Il grafico della funzione \(f\left( x \right)\) in figura è costituito da tre archi di circonferenza.

 a.     Ricava l’espressione analitica di \(f\left( x \right)\) e metti in evidenza gli eventuali punti di non derivabilità della funzione stessa.

 b.    Senza far ricorso al calcolo  integrale determina \(F\left( 1 \right)\), \(F\left( 2 \right)\), \(F\left( 3 \right)\) e \(F\left( 4 \right)\), dove \(F\left( x \right)\) è la funzione integrale di \(f\) in \(\left[ 0;4 \right]\), quindi traccia un grafico plausibile di \(F\left( x \right)\).

2) Nel piano \(Oxy\) è tracciata la semicirconferenza \({{\gamma }_{1}}\) e la curva \({{\gamma }_{2}}\), grafico della funzione: \[f\left( x \right)=\frac{ax}{{{x}^{4}}+b}\;,\] con \(x\ge 0\), \(a\) e \(b\) costanti reali positive.

a.     Determina \(a\) e \(b\) in modo che \({{\gamma }_{1}}\) e \({{\gamma }_{2}}\) si intersechino nel punto di ascissa \(x=1\) e \({{\gamma }_{2}}\) presenti il massimo relativo in corrispondenza a \(x=\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\).

b.    Per i valori di  \(a\) e \(b\) trovati al punto precedente, dimostra che le regioni \({{S}_{1}}\) e \({{S}_{2}}\) delimitate dalle due curve hanno la stessa area.

c.     Dimostra che, nelle stesse ipotesi, anche le regioni \({{S}_{3}}\) e \({{S}_{4}}\) hanno superfici equivalenti.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Carmen,

nel primo caso, possiamo ricavare l’espressione di \(f(x)\) nel seguente modo: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} 1-\sqrt{1-{{x}^{2}}}\quad 0\le x\le 1 \\ 1+\sqrt{-{{x}^{2}}+4x-3}\quad 1<x<3 \\ 1-\sqrt{-{{x}^{2}}+8x-15}\quad 3\le x\le 4  \end{array} \right. \quad .\] La funzione integrale \(F\left( x \right)\) non è altro che l’area del sottografico di \(f(x)\) tra \(0\) e \(x\), per cui: \[F\left( 1 \right)=1-\frac{\pi }{4},\ F\left( 2 \right)=F\left( 1 \right)+1+\frac{\pi }{4}=2\]\[F\left( 3 \right)=F\left( 2 \right)+1+\frac{\pi }{4}=3+\frac{\pi }{4},\ F\left( 4 \right)=F\left( 3 \right)+F\left( 1 \right)=4\ .\]

\(F\left( x \right)\) è una funzione crescente il cui grafico potrebbe essere rappresentato come nella figura a fianco.

Nel secondo caso, poiché l’equazione della semicirconferenza \({{\gamma }_{1}}\) è \(y=\sqrt{-{{x}^{2}}+2x}\), la condizione di intersezione con \({{\gamma }_{2}}\) nel punto \((1,1)\) implica l’uguaglianza \(\frac{a}{1+b}=1\to a=1+b\), mentre la condizione sul massimo relativo comporta: \[f'\left( x \right)=\frac{a\left( b-3{{x}^{4}} \right)}{{{\left( {{x}^{4}}+b \right)}^{2}}}\to f'\left( \frac{1}{\sqrt[4]{3}} \right)=0\leftrightarrow \frac{a\left( b-1 \right)}{{{\left( \frac{1}{3}+b \right)}^{2}}}=0\to b=1\wedge a=2\quad .\] Pertanto: \[f\left( x \right)=\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}\quad \quad \quad x\ge 0\quad .\] Poiché l’area del sottografico di \({{\gamma }_{1}}\) nell’intervallo \(\left[ 0,1 \right]\) misura \(\frac{\pi }{4}\), per dimostrare l’equivalenza delle regioni \({{S}_{1}}\) e \({{S}_{2}}\) è necessario e sufficiente dimostrare che anche il sottografico di \({{\gamma }_{2}}\) nello stesso intervallo misura \(\frac{\pi }{4}\), cioè che \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=\frac{\pi }{4}}\). Posto \({{x}^{2}}=t\), possiamo calcolare l’integrale e confermare l’ipotesi: \[\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=}\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt=}\left[ \arctan t \right]_{0}^{1}=\frac{\pi }{4}\quad .\] In modo analogo al punto precedente, si tratta di dimostrare che anche il sottografico di \({{\gamma }_{2}}\) nell’intervallo illimitato \(\left[ 1,+\infty  \right[\) misura \(\frac{\pi }{4}\), il che equivale al calcolo del seguente integrale improprio: \[\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=}\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1}^{k}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,}\int\limits_{1}^{{{k}^{2}}}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,}\left( \arctan \left( {{k}^{2}} \right)-\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Raluca la seguente domanda:

Caro professore,

ho difficoltà col seguente problema (n.11, pag.1128, Matematica.blu 2.0):

Sono dati i punti \(A(-2;-2;1)\), \(B(1;3;4)\), \(C(2;1;-6)\) e la superficie sferica di equazione: \(x^2+y^2+z^2-4x+8y-2z-83=0\).

a. Determina l’equazione del piano \(\alpha\) passante per i punti \(A\), \(B\) e \(C\)e  verifica che é secante la superficie sferica data.

b. Calcola l’area della minore fra le due calotte sferiche staccate dal piano \(\alpha\).

c. Trova l’intersezione fra il piano \(\alpha\) e il piano coordinato \(Oyz\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Raluca,

ricaviamo l’equazione del piano risolvendo il seguente sistema:

\[\left\{ \begin{array}{lll} -2a-2b+c+d=0  \\ a+3b+4c+d=0 \\ 2a+b-6c+d=0 \end{array} \right.\] da cui, essendo \(d\ne 0\):

\[\alpha :4dx-3dy+dz+d=0\to \alpha :4x-3y+z+1=0\quad .\] Poichè, ricostruendo i quadrati di binomi, possiamo riscrivere l’equazione della sfera in questo modo: \[{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+4 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=104\] deduciamo che il centro della sfera si trova nel punto \(O(2;-4;1)\) e che il suo raggio è \(r=2\sqrt{26}\); essendo la distanza di \(O\) dal piano \(\alpha\) \[\frac{\left| 8+12+1+1 \right|}{\sqrt{26}}=\frac{11\sqrt{26}}{13}<2\sqrt{26}\] risulta verificato che il piano \(\alpha\) è secante la sfera.

La calotta sferica minore determinata sulla sfera dall’intersezione col piano \(\alpha\) ha un’altezza \(h=2\sqrt{26}-\frac{11}{13}\sqrt{26}=\frac{15}{13}\sqrt{26}\), per cui la sua superficie \(S\) è data da: \[S=2\pi hr=2\pi \cdot \frac{15}{13}\sqrt{26}\cdot 2\sqrt{26}=120\pi \quad .\] La retta risultante dall’intersezione tra il piano \(\alpha\) e il piano \(Oyz\) ha equazione: \[\left\{ \begin{array}{ll} x=0  \\ 3y-z-1=0 \end{array} \right. \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Domenica la seguente domanda:

Gentile professore,

ho questo quesito:

Se l’integrale definito da \(2\) a \(6\) di una funzione \(f(x)\) è uguale a \(2\), si può stabilire qual è l’integrale definito da \(1\) a \(3\) di \(f(2x)\)?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Domenica,

la risposta è sì, infatti, posto \(t=2x\), cioè \(x=\frac{t}{2}\), si ha: \[\int\limits_{1}^{3}{f\left( 2x \right)}\,dx=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{6}{f\left( t \right)}\,dt=\frac{1}{2}\cdot 2=1\quad .\] In generale, come si comprende anche dall’esempio rappresentato in figura, si ha: \[\int\limits_{a}^{b}{f\left( 2x \right)}\,dx=\frac{1}{2}\int\limits_{2a}^{2b}{f\left( t \right)}\,dt \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho difficoltà con questo problema:

Nel triangolo rettangolo \(ABC\) i cateti \(AB\) e \(AC\) misurano, rispettivamente, \(6\) e \(8\). Determina un punto \(P\) sul lato \(AC\) in modo che, dette rispettivamente \(r\) ed \(R\) le misure del raggio della circonferenza inscritta nel triangolo \(BAP\) e del raggio della circonferenza circoscritta al triangolo \(BPC\), sia verificata la relazione \(r+R=3+7\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

con riferimento alla figura, posto \(x=P\hat{B}A\), con \(0\le x\le \arcsin \frac{4}{5}\), poiché \(BC=10\) e \(B\hat{P}C=x+\pi/2\), in base al teorema della corda si ha: \[2R=\frac{BC}{\sin B\hat{P}C}\to R=\frac{5}{\cos x}\quad .\] Inoltre, ricordando che il raggio della circonferenza inscritta in un triangolo è pari al rapporto fra area \(S\) e semiperimetro \(p\), e che \(AP=6\tan x\) e \(BP=6/\cos x\), si ha: \[r=\frac{S}{p}=\frac{18\tan x}{3+3\tan x+3/\cos x}=\frac{6\sin x}{\sin x+\cos x+1}\quad .\] Pertanto, la relazione richiesta equivale all’equazione:          \[\frac{6\sin x}{\sin x+\cos x+1}+\frac{5}{\cos x}=\frac{9+7\sqrt{3}}{3}\to \]\[\to 18\sin x\cos x+15\sin x+15\cos x+15=\]\[=9\sin x\cos x+9-9{{\sin }^{2}}x+9\cos x+7\sqrt{3}\sin x\cos x+7\sqrt{3}{{\cos }^{2}}x+7\sqrt{3}\cos x\to \] \[\to 7\sqrt{3}\cos x\left( \sin x+\cos x \right)-9\sin x\left( \sin x+\cos x \right)-6\left( \sin x+\cos x \right)-6-9\sin x+7\sqrt{3}\cos x=0\to \]\[\to \left( \sin x+\cos x+1 \right)\left( 7\sqrt{3}\cos x-9\sin x-6 \right)=0\] e poiché \(\sin x+\cos x+1=0\) non è accettabile, l’equazione equivale a \[7\sqrt{3}\cos x-9\sin x-6=0\quad .\] Posto \(X=\cos x\) e \(Y=\sin x\), e ponendo a sistema con la relazione fondamentale, si ottiene l’equazione: \[76{{X}^{2}}-28\sqrt{3}X-15=0\] la cui sola soluzione accettabile è \(X=\frac{\sqrt{3}}{2}\), cui corrisponde \(Y=\frac{1}{2}\), cioè \(x=\frac{\pi }{6}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

la prego mi aiuti a risolvere questo quesito:

Dato un trapezio isoscele di basi \(AB=6\) e \(CD=4\), dimostrare che il segmento congiungente i punti medi delle due diagonali è parallelo alle basi e quindi stabilire quale deve essere l’altezza del trapezio affinché sia verificata la relazione \[QK^2+AB\cdot CD=\frac{56}{9}Area\left( APQK \right)\] dove \(P\) e \(Q\) sono i punti medi delle due diagonali e \(QK\) è l’altezza del trapezio \(ABQP\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alla figura, osserviamo che la parallela al lato \(AB\) del triangolo \(ABC\) condotta dal punto medio \(P\) di \(AC\) incontra \(BC\) nel suo punto medio (teorema di Talete), e poiché tale retta è parallela anche al lato \(DC\) del triangolo \(BDC\), per l’inverso del teorema di Talete essa incontra il lato \(DB\) nel suo punto medio, cioè in \(Q\): poiché la retta per due punti, \(P\) e \(Q\), è unica, tale retta coincide con la parallela ipotizzata, da cui la tesi. Se poniamo \(2x=CG\) l’altezza del trapezio \(ABCD\), si ha \(QK=PH=x\), per la similitudine tra i triangoli rettangoli \(ACG\) e \(APH\). Inoltre, \(AH=AG/2=5/2\), da cui \(HK=PQ=AB-2AH=1\), per cui: \[Q{{K}^{2}}+AB\cdot CD=\frac{56}{9}Area\left( APQK \right)\to {{x}^{2}}+24=\frac{56}{9}\cdot \frac{9}{4}x\to \]\[\to {{x}^{2}}-14x+24=0\to x=2\ \vee \ x=12\] cioè \(CG=4\) o \(CG=24\), soluzioni entrambe accettabili.

Massimo Bergamini

Ricevo da Marco la seguente domanda:

Gentile professore,

potrebbe aiutarmi a fare lo studio con il grafico delle seguenti funzioni? \[f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+x+1}{{{x}^{2}}+1}\quad \quad g\left( x \right)=\frac{-{{x}^{2}}+3x}{2x-8}\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Marco,

la funzione \(f(x)\) ha dominio \({{D}_{f}}=\mathbb{R}\), è ovunque continua e derivabile nel suo dominio, è ovunque positiva e presenta i seguenti limiti agli infiniti:      \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=1\] quindi il suo grafico ammette come asintoto orizzontale la retta \(y=1\). Calcoliamo le derivate prima e seconda: \[f'\left( x \right)=-\frac{{{x}^{2}}-1}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\quad \quad f''\left( x \right)=\frac{2x\left( {{x}^{2}}-3 \right)}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{3}}}\quad .\]

La derivata prima si annulla per \(x=-1\) e per \(x=1\), ed è positiva internamente all’intervallo definito da questi valori, negativa esternamente, per cui in \(x=-1\) si ha un minimo locale e in \(x=1\) un massimo, corrispondenti ai punti \((-1;\frac{1}{2})\) e \((1;\frac{3}{2})\). La derivata seconda si annulla per \(x=0\) e per \(x=\pm \sqrt{3}\), in corrispondenza ai quali si hanno tre punti di flesso obliquo.

La funzione \(g(x)\) ha dominio \({{D}_{g}}=\mathbb{R}-\left\{ 4 \right\}\), è ovunque continua e derivabile nel suo dominio, è positiva per \(x<0\vee 3<x<4\), e presenta i seguenti limiti: \[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=+\infty \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=-\infty \]\[\underset{x\to {{4}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=\frac{-4}{{{0}^{-}}}=+\infty \quad \underset{x\to {{4}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=\frac{-4}{{{0}^{+}}}=-\infty \] quindi il suo grafico ammette come asintoto verticale la retta \(x=4\). Il grafico presenta anche un asintoto obliquo, infatti: \[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{g\left( x \right)}{x}=-\frac{1}{2}\] \[\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( g\left( x \right)+\frac{1}{2}x \right)=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-x}{2x-8}=-\frac{1}{2}\] cioè la retta \(y=-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\) è asintoto obliquo per il grafico di \(g(x)\). Calcoliamo le derivate prima e seconda: \[g'\left( x \right)=-\frac{{{x}^{2}}-8x+12}{2{{\left( x-4 \right)}^{2}}}\quad \quad g''\left( x \right)=-\frac{4}{{{\left( x-4 \right)}^{3}}}\quad .\] La derivata prima si annulla per \(x=2\) e per \(x=6\), ed è positiva internamente all’intervallo definito da questi valori, negativa esternamente, per cui in \(x=2\) si ha un minimo locale e in \(x=6\) un massimo, corrispondenti ai punti \((2;-\frac{1}{2})\) e \((6;-\frac{9}{2})\). La derivata seconda non si annulla mai, ed è positiva per \(x<4\), negativa per \(x>4\), per cui la concavità è verso l’alto a sinistra dell’asintoto verticale, verso il basso a destra. Il grafico di \(g(x)\) rappresenta un’iperbole, come si potrebbe dedurre anche dall’espressione in forma intera della funzione.

Massimo Bergamini

Ricevo da Domenica la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho questo problema:

Sia \(AC\) una corda di una semicirconferenza di diametro \(AB=2r\). La perpendicolare condotta da \(O\) ad \(AC\) incontra la corda in \(H\) e la semicirconferenza in \(D\). Posto l’angolo \(B\hat{A}C=x\), trova il valore di \(x\) per il quale vale la relazione \((HB)^2+(DH)^2=2(BC)^2\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Domenica,

con riferimento alla figura, possiamo dire che il triangolo \(AOH\) è rettangolo in \(H\) e che \(OH=BC/2=r\sin x\), \(HC=AC/2=r\cos x\), pertanto:

\[H{{B}^{2}}=H{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}={{r}^{2}}\left( {{\cos }^{2}}x+4{{\sin }^{2}}x \right)\]\[D{{H}^{2}}={{\left( DO-OH \right)}^{2}}={{r}^{2}}{{\left( 1-\sin x \right)}^{2}}\] per cui l’equazione richiesta equivale alla seguente, con \(0\le x\le \pi/2\):\[2{{\sin }^{2}}x+\sin x-1=0\to \sin x=\frac{1}{2}\to x=\frac{\pi }{6}\quad .\] Massimo Bergamini