Ricevo da Leonardo la seguente domanda:

Gent.mo professore,

non riesco a risolvere questi due integrali definiti:

\[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( 1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right) \right)}dx\quad \quad \int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx\quad .\]

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

il primo integrale è immediato, in quanto \(1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right)\) è la derivata di \(\frac{1}{4}\tan \left( 4x \right)\), per cui: \[\int\limits_{0}^{\pi /4}{\left( 1+{{\tan }^{2}}\left( 4x \right) \right)}dx=\frac{1}{4}\left[ \tan \left( 4x \right) \right]_{0}^{\pi /4}=\frac{1}{4}\left( \tan \pi -\tan 0 \right)=0\quad .\]

Il secondo è un integrale generalizzato, che equivale alla somma dei seguenti limiti:\[\int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx=\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{k}^{-1}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}+\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{-1}^{h}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{t}^{1}{\frac{1}{x\left( x-4 \right)}dx}\] e poiché \(\frac{1}{x\left( x-4 \right)}=\frac{1}{4\left( x-4 \right)}-\frac{1}{4x}\), si ha: \[\int\limits_{-\infty }^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}-4x}}dx=\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{k}^{-1}+\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{-1}^{h}+\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-4}{x} \right| \right]_{t}^{1}=\]\[=\frac{1}{4}\ln 5-\frac{1}{4}\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|+\frac{1}{4}\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{h-4}{h} \right|-\frac{1}{4}\ln 5+\frac{1}{4}\ln 3-\frac{1}{4}\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{t-4}{t} \right|=\]\[=\frac{\ln 3}{4}-\frac{1}{4}\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|+\frac{1}{4}\underset{h\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{h-4}{h} \right|-\frac{1}{4}\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{t-4}{t} \right|\] ma poiché, a differenza del primo, gli ultimi due limiti sono entrambi infiniti, l’integrale non converge. Si può tuttavia parlare di una parte principale, nel senso di Cauchy, di tale integrale se si considera la reciproca “cancellazione” degli ultimi due integrali, cosa che si sarebbe verificata se (erroneamente) si fosse posto \(h=t\) negli estremi di integrazione: in tal caso, poiché \(\underset{k\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left| \frac{k-4}{k} \right|=\ln 1=0\), l’integrale si riduce alla cosiddetta parte principale \(\frac{\ln 3}{4}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Marco la seguente domanda:

Gentile professore,

le chiedo aiuto riguardo questi due quesiti in cui bisogna applicare il teorema di Lagrange:

1) a. Dimostra che per ogni \(t>0\) si ha \(t-{{\sin }^{2}}t>0\).

b. Deduci dalla a. che \(\sqrt{x}-\sin x>0\) per ogni \(x>0\).

c. Dimostra che l’equazione \(\frac{1}{2\sqrt{x}}-\sin x=0\) ha infinite soluzioni.

2) Dimostra che \({{x}^{x}}-\sin x>0\) per ogni \(x\in {{\mathbb{R}}^{+}}\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Marco,

nel primo caso, basta dimostrare che \(t>{{\sin }^{2}}t\) per ogni \(0<t<1\), poiché per \(t\ge 1\) è ovviamente vera, essendo \({{\sin }^{2}}t\le 1\) per ogni \(t\), anzi, basta dimostrare che per ogni \(0<t<1\) si ha \(t>\sin t\), essendo \(\sin t\ge {{\sin }^{2}}t\) per ogni \(t\); se ora vogliamo applicare il teorema di Lagrange alla funzione \(t-\sin t\) nell’intervallo \(\left[ 0,1 \right]\), si ha che, per ogni \(t\in \left] 0,1 \right[\), esiste un valore \(\bar{t}\in \left] 0,t \right[\) per il quale si verifica che: \[\frac{t-\sin t}{t}=1-\cos \bar{t}\] e poiché \(1-\cos \bar{t}>0\) per ogni \(0<\bar{t}<1\), (così come ovviamente è \(t>0\)), resta dimostrato che \(t-\sin t>0\) se \(0<t<1\), e quindi più in generale che \(t-{{\sin }^{2}}t>0\) per ogni \(t>0\). Poiché quindi \(x-{{\sin }^{2}}x=\left( \sqrt{x}+\sin x \right)\left( \sqrt{x}-\sin x \right)>0\), e poichè \(\sqrt{x}+\sin x>0\) è sicuramente vera per \(x>1\) (essendo \(\sqrt{x}>1\) per ogni \(x>1\)), e a maggior ragione è vera per \(0<x\ge 1\), in quanto in tale intervallo \(\sin x >0\), si conclude che \(\sqrt{x}-\sin x>0\) per ogni \(x>0\). Infine, per dimostrare che l’equazione \(\frac{1}{2\sqrt{x}}-\sin x=0\) ammette infinite soluzioni per \(x>0\) basta considerare gli infiniti intervalli del tipo \(\left[ \frac{\pi }{2}+2k\pi ,\frac{3}{2}\pi +2k\pi  \right]\) , con \(k\in \mathbb{N}\), e osservare che, poiché \(\sqrt{\frac{\pi }{2}+2k\pi }>\frac{1}{2}\) per ogni \(k\in \mathbb{N}\), da cui \(\frac{1}{2\sqrt{\frac{\pi }{2}+2k\pi }}-1<0\) per ogni \(k\in \mathbb{N}\), mentre ovviamente \(\frac{1}{2\sqrt{\frac{3}{2}\pi +2k\pi }}+1>0\) per ogni \(k\in \mathbb{N}\), possiamo concludere che vi sono infiniti intervalli chiusi e limitati agli estremi dei quali la funzione continua \(\frac{1}{2\sqrt{x}}-\sin x\) cambia di segno, e pertanto in altrettanti infiniti intervalli la funzione si annulla almeno una volta.

Anche nel secondo caso, \({{x}^{x}}-\sin x>0\) è sicuramente vera per \(x\ge 1\), essendo vera per \(x=1\) ed essendo \(x^x>1\) per ogni \(x>1\) dal momento che la derivata di \(x^x\), cioè \(x^x(\ln x +1)\), è positiva per \(x>1/e\) e quindi \(x^x\), il cui valore in \(x=1\) è \(1\), risulta crescente per ogni \(x>1/e\). Per dimostrare che \({{x}^{x}}-\sin x>0\) anche per \(0<x<1\), possiamo dimostrare che  \({{x}^{x}}-x>0\) per \(0<x<1\), e poichè \({{x}^{x}}-x>{{x}^{x}}-\sin x\), resterebbe dimostrata la tesi. Poiché \[{{x}^{x}}-x>0\leftrightarrow {{x}^{x}}>x\leftrightarrow {{x}^{x-1}}>1\leftrightarrow {{e}^{\left( x-1 \right)\ln x}}>1\leftrightarrow \left( x-1 \right)\ln x>0\] la tesi è dimostrata, in quanto \[0<x<1\to \left( x-1 \right)<0\wedge \ln x<0\to \left( x-1 \right)\ln x>0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Gentilissimo professore,

ho da risolvere problemi con parametri che non capisco come impostare (pag 1699, nn.703, 704, 707).

1) Data la parabola \(y=kx^2-2kx+1\), determina il parametro \(k\) in modo che la tangente nel suo punto di ascissa \(x=2\) formi un angolo di \(\frac{\pi}{4}\) radianti con l’asse \(x\).

2) Considera la parabola \(y=x^2-(k-1)x+k\). Determina il valore di \(k\) in modo che la tangente nel suo punto di ascissa \(x=-1\) sia parallela alla retta \(x+2y-1=0\).

3) Determina per quale valore del parametro \(k\) la normale (retta perpendicolare alla tangente nel punto di tangenza) al grafico della funzione \(y=4x^3-kx^2+1\) nel suo punto di ascissa \(x=-1\) forma un angolo di \(150^\circ\) con l’asse delle ascisse.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, la derivata \(y’=2kx-k\) assume per \(x=2\) il valore \(2k\), e tale valore deve corrispondere alla tangente goniometrica dell’angolo \(\frac{\pi}{4}\), cioè deve essere \(2k=1\), da cui \(k=1/2\).

Anche nel secondo caso, data la derivata \(y’=2x-k+1\) e il suo valore per \(x=-1\), cioè \(-k-1\), si deve avere \(-k-1=1\), cioè \(k=-2\), affinchè la tangente abbia la pendenza richiesta.

Nell’ultimo caso, poiché la derivata calcolata in \(x=-1\) vale \(12+2k\), e la pendenza richiesta alla retta perpendicolare alla tangente è la tangente goniometrica dell’angolo di \(150^\circ\), cioè \(-\frac{\sqrt{3}}{3}\), si deve avere: \[-\frac{1}{12+2k}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\to k=\frac{\sqrt{3}-12}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gent. Professore,

potrebbe aiutarmi a risolvere il seguente esercizio (pag.1909, n.280, Manuale blu 2.0 di matematica)?

Dato il grafico della funzione \(y=f’(x)\), traccia un possibile andamento della funzione \(f(x)\) nei seguenti casi:

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

tenendo presente che:

• laddove \(f’(x)\) è positiva/negativa, \(f(x)\) è crescente/decrescente;
• laddove \(f’(x)\) si annulla, \(f(x)\) ha o un massimo relativo, o un minimo relativo, o un flesso orizzontale (a seconda del segno locale di \(f’(x)\));
• laddove \(f’(x)\) tende a \(\pm\infty\), \(f(x)\) o tende a sua volta a \(\pm\infty\), oppure presenta una cuspide

questi potrebbero essere, nei vari casi, possibili andamenti grafici della funzione \(f(x)\):

a)        b) 

c)   

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi può aiutare con questi problemi?

1) In una circonferenza di centro \(O\) e raggio \(r\) si consideri la corda \(CD\) parallela al diametro \(AB\).  Detti \(E\) ed \(F\) i punti medi rispettivamente di \(OB\) e \(OA\), determinare come va presa la corda \(CD\) affinché il solido generato in una rotazione completa del quadrilatero non intrecciato \(CDEF\) attorno al diametro \(AB\) abbia volume massimo.
Sul lato \(AC\) di un triangolo \(ABC\) la cui base \(BC\) misura \(a\) e la cui altezza \(AH\) misura \(h\), si prenda un punto \(E\) e si tracci la parallela a \(BC\) per \(E\) che interseca \(AB\) in \(D\). Determinare la posizione di \(E\) affinché il solido ottenuto dalla rotazione completa del triangolo \(BED\) attorno alla retta \(BC\) abbia volume massimo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso, con riferimento alla figura, poniamo \(x=AG\), con \(0\le x \le r\), in modo sia \(GF=x-r/2\): in tal modo, il segno di \(GF\), e quindi il volume del cono \(CFC’\) di cui rappresenta l’altezza, è negativo se \(x<r/2\), positivo se \(r/2\le x \le r\). Il solido di rotazione è formato dal cilindro di raggio \(CG=\sqrt{{{r}^{2}}-{{\left( r-x \right)}^{2}}}=\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}\) e altezza \(GH=2(r-x)\), a cui si sommano/sottraggono due coni con lo stesso raggio e altezza \(GF\). Pertanto, il volume \(V(x)\) del solido di rotazione è dato da:

\[V\left( x \right)=2\pi \left( 2r-{{x}^{2}} \right)\left[ \left( r-x \right)+\frac{1}{3}\left( x-\frac{r}{2} \right) \right]=\]\[=\frac{\pi }{3}\left( 4{{x}^{3}}-13r{{x}^{2}}+10{{r}^{2}}x \right)\quad .\]

Derivando \(V(x)\) e analizzandone zeri e segno, si ha, nei limiti di accettabilità per \(x\): \[V’\left( x \right)=\frac{2\pi }{3}\left( 6{{x}^{2}}-13rx+5{{r}^{2}} \right)=0\leftrightarrow x=\frac{r}{2}\] valore che corrisponde al massimo cercato.

Nel secondo caso, con riferimento alla figura, poniamo \(x=DF=EG\), con \(0< x\le h\), e sia \(z=BF\). Il solido si ottiene dall’unione del cilindro di raggio \(x\) e altezza \(DE\) con il cono dello stesso raggio e altezza \(z\), cui va sottratto il cono di raggio \(x\) e altezza \(BG=BF+FG\). Poiché, per similitudine tra i triangoli \(ADE\) e \(ABC\), si ricava \(DE=a(h-x)/x\), per il volume \(V(x)\) si ha l’espressione:

\[V\left( x \right)=\pi {{x}^{2}}\left[ \frac{a\left( h-x \right){{x}^{2}}}{h}+\frac{z{{x}^{2}}}{3}-\frac{1}{3}\left( z+\frac{a\left( h-x \right){{x}^{2}}}{h} \right){{x}^{2}} \right]=\]\[=\frac{2a\pi }{3h}\left( h{{x}^{2}}-{{x}^{3}} \right)\] e pertanto, derivando e considerando le condizioni su \(x\), si ha: \[V’\left( x \right)=\frac{2a\pi }{3h}\left( 2hx-3{{x}^{2}} \right)=0\to x=\frac{2}{3}h\] valore che corrisponde al massimo cercato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

le propongo un problema che non riesco a risolvere.

Il costo totale relativo alla produzione di un certo bene si può esprimere mediante la funzione \(C=0,15q^2+210q+3000\), dove \(q\) indica la quantità prodotta. Il prezzo unitario di vendita di tale bene dipende da \(q\) ed è espresso dalla relazione \(p=660-0,3q\). Determina la quantità da produrre per avere il massimo profitto.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

se indichiamo con \(P(q)\) il profitto in funzione della quantità prodotta, abbiamo che: \[P\left( q \right)=p\cdot q-C=\left( 660-0,3q \right)\cdot q-0,15{{q}^{2}}-210q-3000=-0,45{{q}^{2}}+450q-3000\] per cui, derivando \(P(q)\) e analizzando il segno della derivata nell’intorno del valore in cui questa si annulla, si ha: \[P’\left( q \right)=-0,9q+450\to P’\left( q \right)=0\leftrightarrow q=500\] valore che corrisponde al massimo cercato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi può aiutare a risolvere questo problema?

Dato il segmento \(AB=1\) si conduca con centro in \(B\) una circonferenza di raggio minore a \(1\) e da \(A\) si conduca la tangente \(AT\) ad essa. Infine, da \(T\) si abbassi la perpendicolare \(TH\) ad \(AB\). Posto l’angolo \(B\hat{A}T\) uguale ad \(x\), si studi la funzione \(\frac{AH}{AB+HT}\) e se ne disegni il grafico e si discuta la seguente equazione: \[\frac{AH}{AB+HT}=m\] con \(m\) parametro reale.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la funzione in questione è definita, nei limiti del problema, per \(0\le x\le \pi/2\), e poiché: \[AT=\cos x\quad HT=\cos x\sin x\quad AH={{\cos }^{2}}x\quad AB=1\] si ha: \[\frac{AH}{AB+HT}=\frac{{{\cos }^{2}}x}{1+\cos x\sin x}=\]\[=\frac{1+\cos 2x}{2+\sin 2x}\quad 0\le x\le \frac{\pi }{2}\quad .\] Poiché la derivata della funzione (che nel suo dominio naturale è periodica di periodo \(\pi\)): \[\frac{-2\left( 1+2\sin 2x+\cos 2x \right)}{{{\left( 2+\sin 2x \right)}^{2}}}\]

si annulla solo in corrispondenza di \(x=\frac{\pi }{2}\) (minimo, di valore \(0\)) e \(x=\pi -\arcsin \left( \frac{4}{5} \right)\) (massimo, di valore \(\frac{4}{3}\)), nell’intervallo di interesse la funzione è monotona decrescente, da \(1\) a \(0\), pertanto l’equazione in questione ammette, per \(0\le x\le \pi/2\), una sola soluzione per ogni valore di \(m\) tale che \(0\le m\le 1\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

la prego di spiegarmi questo quesito (n.65, pag.342, Matematica.blu 2.0, vol.3):

Il radiotelescopio  In figura è rappresentata l’antenna parabolica da 32 metri di diametro che, insieme alla grande Croce del Nord, costituisce uno degli strumenti di osservazione radio-astronomica della stazione di Medicina, presso Bologna, gestita dall’INAF (Istituto Nazionale di AstroFisica). Nel fuoco (punto \(F\)) del paraboloide è collocato il rilevatore delle onde radio provenienti dallo spazio profondo.

a. Dimostra che, in generale, se \(M\) è il punto medio del segmento \(OF\) che congiunge vertice e fuoco, e \(AB\) è la corda definita dalla retta per \(M\) perpendicolare all’asse della parabola, si ha la relazione: \[\frac{\overline{AB}}{\overline{OF}}=2\sqrt{2}\quad .\]

b. Posto che sia \(\overline{AB}=32\ m\), ricava l’equazione della parabola nel riferimento \(Oxy\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

consideriamo nel riferimento \(Oxy\) una generica parabola di equazione \(y=a{{x}^{2}}\), con \(a>0\). Si ha: \[F\left( 0;\frac{1}{4a} \right)\to M\left( 0;\frac{1}{8a} \right)\to \frac{1}{8a}=a{{x}^{2}}\leftrightarrow x=\pm \frac{1}{2\sqrt{2}a}\] per cui \(\overline{AB}=\frac{1}{\sqrt{2}a}\), e quindi: \[\frac{\overline{AB}}{\overline{OF}}=\frac{4a}{\sqrt{2}a}=2\sqrt{2}\quad .\] In particolare, se \(\overline{AB}=32\), si ha \(a=\frac{1}{32\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{64}\), cioè la parabola ha equazione

\[y=\frac{\sqrt{2}}{64}{{x}^{2}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

sono in difficoltà con questi problemi (pag.1701, nn.721, 725, 726, Matematica.blu 2.0 vol. V).

1) Trova i coefficienti \(a\), \(b\), \(c\) nell’equazione \(y=a{{\cos }^{2}}x+b\sin x+c\) in modo che il grafico passi per i punti \((0;1)\) e \(\left( \frac{\pi }{2};2 \right)\) e abbia nel primo punto per tangente la retta di equazione \(y=3x+1\).

2) Trova i valori di \(a\) e \(b\) in modo che le due curve di equazioni \[y=\frac{1}{x}+{{x}^{2}}+1\quad \quad y=a\ln \left( 2x-1 \right)+b\] siano tangenti nel punto \(P(1;3)\). (Suggerimento. Due curve sono tangenti in un punto se in esso hanno la stessa retta tangente.)

3) Data la funzione \(y=\frac{a{{x}^{2}}+bx-1}{x-c}\), trova \(a\), \(b\), \(c\) sapendo che, nel punto \((0;1)\), il grafico ha per tangente una retta parallela alla retta \(x-2y+8=0\) e che ha per asintoto obliquo una retta parallela alla retta \(4x-y=0\). Traccia il grafico probabile della funzione.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, poiché \(y’=-2a\cos x\sin x+b\cos x\) e quindi \(y’(0)=b\), \(y(0)=a+c\) e \(y\left( \frac{\pi }{2} \right)=b+c\), si hanno le condizioni simultanee: \(b=3\), \(a+c=1\) e \(b+c=2\), da cui: \(a=2\), \(b=3\), \(c=-1\).

Nel secondo caso, la prima funzione vale \(3\) in \(x=1\) e quindi anche la seconda deve assumere in \(x=1\) lo stesso valore da cui \(b=3\); inoltre, la derivata della prima, cioè \(y’=-{{x}^{-2}}+2x\), vale \(1\) in \(x=1\), e tale deve essere il valore anche della derivata della seconda, cioè \(y’=\frac{2a}{2x-1}\), da cui \(2a=1\), cioè \(a=\frac{1}{2}\).

Nell’ultimo caso, il passaggio dal punto \((0;1)\) implica subito che sia \(1/c=1\), cioè \(c=1\), e
poiché il limite per \(x\to \infty\) di \(y/x\) è \(a\), la richiesta che l’asintoto obliquo abbia pendenza \(4\) implica \(a=4\). Derivando la funzione con i valori di \(a\) e \(c\) così determinati, si ha: \[y’=\frac{4{{x}^{2}}-8x-b+1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\to y’\left( 0 \right)=-b+1\] e poiché in \(x=0\) la tangente deve avere pendenza \(1/2\) si ha necessariamente \(b=\frac{1}{2}\). L’equazione della funzione che soddisfa le condizioni richieste è pertanto: \[y=\frac{8x+x-2}{2\left( x-1 \right)}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Patrizia la seguente domanda:

Applicando la definizione di massimo, come posso verificare che la funzione \(y=\frac{1}{2}\sin 2x+\cos x\) ha in \(x=\frac{\pi }{6}\) un punto di massimo relativo ed assoluto?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Patrizia,

la derivata della funzione, cioè \(y’=\cos 2x-\sin x=-2{{\sin }^{2}}x-\sin x+1\), si annulla per \(\sin x=1/2\) o \(\sin x =-1\), cioè, nel periodo \(2\pi\) della funzione, per \(x=\frac{\pi }{6}\), \(x=\frac{5\pi }{6}\) e \(x=\frac{3\pi }{2}\); inoltre, nel periodo \(2\pi\), la derivata è positiva ovunque eccetto che nell’intervallo \(\frac{\pi }{6}<x<\frac{5\pi }{6}\), il che dimostra che la funzione ha in \(x=\frac{\pi }{6}\) un massimo relativo, di valore

\(y=\frac{3\sqrt{3}}{4}>1\):

poiché \(y\left( 0 \right)=y\left( 2\pi  \right)=1\), considerando la crescenza\decrescenza della funzione deducibile dal segno della derivata così come precedentemente indicato, si può affermare che il suddetto massimo relativo è anche assoluto.

Massimo Bergamini

Ricevo da Vilma la seguente domanda:

In classe abbiamo avuto perplessità relativamente al seguente esercizio (n.24, pag.1401, Manuale blu 2.0 di matematica, mod.U).

Data la funzione: \[f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 2^x+a \quad x<0 \\ x^2-bx \quad x\ge 0 \end{array} \right.\]

a) trova \(a\) e \(b\) in modo che il suo grafico passi per i punti \((-4;\frac{17}{16})\) e \((3;-3)\);

b) traccia il grafico di \(f(x)\) e da esso deduci il codominio;

c) traccia il grafico di \(y=|f(x)|\) e di \(y=f(|x|)\);

d) risolvi le equazioni \(f(|x|)=5\) e \(f(x)=\frac{3}{2}\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Vilma,

il passaggio dai punti assegnati implica: \[{{2}^{-4}}+a=\frac{17}{16}\to a=1\quad \quad 9-3b=-3\to b=4\] per cui la funzione \(f(x)\) risulta essere: \[f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 2^x+1 \quad x<0 \\ x^2-4x \quad x\ge 0 \end{array} \right.\] e il suo codominio è l’intervallo \(\left[ -4;+\infty  \right[\).

Le funzioni \(y=|f(x)|\) e \(y=f(|x|)\) hanno le seguenti espressioni: \[|f(x)|=\left\{\begin{array}{lll} 2^x+1 \quad x<0 \\ -x^2+4x \quad 0\le x\le 4 \\ x^2-4x \quad x>4  \end{array} \right.\] \[f(|x|)=\left\{\begin{array}{ll} x^2+4x \quad x<0 \\ x^2-4x \quad x\ge 0 \end{array} \right.\quad .\]

L’equazione \(f(|x|)=5\) equivale quindi alle seguenti equazioni: \[{{x}^{2}}+4x-5=0\wedge x<0\to x=-5\] \[{{x}^{2}}-4x-5=0\wedge x\ge 0\to x=5\] mentre l’equazione \(f(x)=\frac{3}{2}\) equivale alle seguenti:  \[{{2}^{x}}+1=\frac{3}{2}\wedge x<0\to x=-1\]\[{{x}^{2}}-4x=\frac{3}{2}\wedge x\ge 0\to x=\frac{4+\sqrt{22}}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

non riesco a impostare questi problemi, mi potrebbe aiutare? (pag.1700, nn.718, 723, Matematica.blu 2.0 vol. V).

1) Data la parabola \(y=(a-1)x^2-x+b\):

a) determina \(a\) e \(b\) in modo che il grafico passi per \(A(0;3)\) e la tangente nel suo punto di ascissa \(x=1\) sia parallela all’asse \(x\);

b) calcola in quale punto del grafico determinato la tangente è inclinata di \(225^\circ\) rispetto all’asse \(x\).

2) Determina il valore di \(a\) affinché la retta \(r:\;y-2x=0\) sia tangente alla curva di equazione \(y=f(x)=\ln(x-1)+a\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, le condizioni richieste equivalgono alle seguenti: \[y\left( 0 \right)=b=3\quad y’\left( 1 \right)=2\left( a-1 \right)-1=0\to a=\frac{3}{2}\] per cui la parabola in questione ha equazione \(y=\frac{1}{2}{{x}^{2}}-x+3\). L’inclinazione richiesta per la retta tangente equivale ad un coefficiente angolare pari alla tangente di \(45^\circ\), cioè \(m=1\), pertanto: \[y’\left( x \right)=x-1=1\leftrightarrow x=2\to P\left( 2;3 \right)\quad .\]

Nel secondo caso, si deve avere che la derivata della funzione abbia valore \(2\), e ciò si verifica se e solo se \[\frac{1}{x-1}=2\to x=\frac{3}{2}\] e inoltre la funzione e la retta devono assumere lo stesso valore per \(x=3/2\), cioè:

\[\ln \left( \frac{3}{2}-1 \right)+a=3\to -\ln 2+a=3\to a=3+\ln 2\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi aiuti a risolvere questo quesito:

Si considera la parabola \(y=x^2-2x+1\) e la sua simmetrica rispetto alla retta \(y=1\). Trovare l’area della regione finita di piano limitata dalle due curve e trovare l’equazione della circonferenza in essa inscritta bitangente alle due curve.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

la parabola \(y=x^2-2x+1\) e la sua simmetrica rispetto alla retta \(y=1\), di equazione \(y=-x^2+2x+1\), si intersecano nei punti \(A(2;1)\) e \(B(0;1)\): la regione da esse delimitata ha un’area \(S\) pari al doppio di quella del segmento parabolico definito dalla corda \(AB\) in ciascuna delle due parabole congruenti, cioè (teorema di Archimede) il doppio dei \(2/3\) dell’area del rettangolo in cui è inscritto ciascun segmento: \[S=2\cdot \frac{2}{3}\cdot 2=\frac{8}{3}\quad .\]

La circonferenza inscritta nella regione suddetta, tangente ciascuna parabola in due punti simmetrici rispetto all’asse \(x=1\), può essere individuata nel fascio delle circonferenze di centro \((1;1)\) (centro obbligato per ragioni di simmetria) e raggio \(r\), cioè le circonferenze di equazione \((x-1)^2+(y-1)^2=r^2\), imponendo che l’intersezione tra la circonferenza e una o l’altra delle due parabole avvenga per un valore unico dell’ordinata \(y\); mettendo a sistema circonferenza e parabola \(y=x^2-2x+1=(x-1)^2\), si ha: \[y+{{\left( y-1 \right)}^{2}}={{r}^{2}}\to {{y}^{2}}-y+1-{{r}^{2}}=0\] e poiché il discriminante di tale equazione è nullo (soluzione unica) se e solo se \(1-4+4r^2=0\), cioè per \(r=\frac{\sqrt{3}}{2}\), si ha che la circonferenza cercata ha equazione: \[4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-8x-8y+5=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

ho trovato difficoltà con questo quesito.

Si consideri una piramide triangolare regolare di base \(ABC\) e vertice \(V\). Lo spigolo di base e l’altezza della piramide sono lunghi rispettivamente \(a\) e \(a/2\). Per un punto \(P\) della mediana \(AM\) del triangolo di base si conduca il piano parallelo alla faccia \(VBC\). Si proietti ortogonalmente la sezione di questo piano con la piramide sulla faccia \(VBC\): in questo modo si ottiene un prisma. Si determini la posizione di \(P\) per la quale tale prisma ha volume massimo. Si calcoli quindi il valore di \(a\) per cui detto volume massimo è \(4,5\;cm^3\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

con riferimento alla figura, poniamo \(PA=x\), con \(0<x<\frac{\sqrt{3}}{2}a\), e ricaviamo le dimensioni della sezione \(HGJ\) in funzione di \(x\), sfruttando la sua similitudine con la faccia \(CBV\) della piramide e la similitudine dei triangoli \(AJP\) e \(AVM\), dopo aver ricavato l’altezza \(MV\) di \(CBV\) come ipotenusa del triangolo rettangolo \(VOM\), avente \(VO=a/2\) per ipotesi e \(OM=\frac{1}{3}AM=\frac{\sqrt{3}}{6}a\) (essendo \(O\) il baricentro della base regolare \(ABC\)), per cui \(VM=\frac{\sqrt{3}}{3}a\): \[\frac{HG}{CB}=\frac{AP}{AM}\to HG=\frac{2\sqrt{3}}{3}x\quad \] \[\frac{JP}{VM}=\frac{AP}{AM}\to JP=\frac{2}{3}x\quad .\]

Pertanto, l’area della base \(HGJ\) del prisma è \({{S}_{HGJ}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}{{x}^{2}}\). L’altezza del prisma rispetto a tale base è la distanza \(DJ’\) tra i piani paralleli delle sue basi, cioè la proiezione di \(JJ’=PM\) con il seno dell’angolo \(\alpha\) che la faccia \(CBV\) forma col piano di base \(ABC\), cioè:      \[DJ’=JJ’\sin \alpha =\left( \frac{\sqrt{3}}{2}a-x \right)\frac{VO}{VM}=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}a-x \right)\frac{\sqrt{3}}{2}\] e quindi il volume \(V(x)\) del prisma è dato da: \[V\left( x \right)=DJ’\cdot S=\frac{{{x}^{2}}}{3}\left( \frac{\sqrt{3}}{2}a-x \right)\quad .\]

Derivando e analizzando il segno della derivata, si ricava: \[V’\left( x \right)=x\left( \frac{\sqrt{3}}{3}a-x \right)\to V’\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3}a\]che è il valore di \(x\) corrispondente al volume massimo. Tale volume massimo è dato da \({{V}_{\max }}=\frac{\sqrt{3}}{54}{{a}^{3}}\), e affinchè tale valore corrisponda a \(4,5\;cm^3\) si deve avere: \[\frac{\sqrt{3}}{54}{{a}^{3}}=\frac{9}{2}\to a=3\sqrt{3}\,cm\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

ho questo quesito:

Nel piano \(xOy\) si considerino le circonferenze \(\gamma\) e \(\gamma ^\prime\) di centro \(O\) e raggi \(8\) e \(2\). Detti \(P\) un punto di \(\gamma\) e \(I\hat{O}P=\theta\), essendo \(I(1,0)\),  indicare con \(Q\) il punto di intersezione della semiretta \(OP\) con \(\gamma^\prime\) e con \(R\) il simmetrico di \(Q\) rispetto all’asse delle ascisse. Determinare il luogo descritto dal punto medio \(M\) del segmento \(PR\) allorché \(P\) descrive \(\gamma\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

poiché si ha \[P\left( 8\cos \theta ,8\sin \theta  \right)\quad Q\left( 2\cos \theta ,2\sin \theta  \right)\]\[R\left( 2\cos \theta ,-2\sin \theta  \right)\quad M\left( 5\cos \theta ,3\sin \theta  \right)\] ne consegue che il luogo descritto da \(M\) al variare di \(\theta\) si ottiene per eliminazione di \(\theta\) dalle coordinate di \(M\) stesso, dopo aver moltiplicato la \(x\) per \(3\) e la \(y\) per \(5\) e tenendo presente l’identità goniometrica fondamentale: \[9{{x}^{2}}+25{{y}^{2}}=225{{\cos }^{2}}\theta +225{{\sin }^{2}}\theta \to \]\[\to \frac{{{x}^{2}}}{25}+\frac{{{y}^{2}}}{9}=1\] luogo che rappresenta un’ellisse canonica di semiassi \(a=5\) e \(b=3\).

Ricevo da Ilaria la seguente domanda:

Gentile professore,

avrei bisogno di aiuto su due esercizi (pag.1821, n.278 e pag.1822, n.281, Matematica.blu 2.0).

1) Fra tutti i triangoli isosceli inscritti in una circonferenza di raggio \(r\), determina quello di area massima.

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

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Ilaria,

nel primo caso, detto \(ABC\) il triangolo isoscele di vertice \(C\), sia \(x=CH\) l’altezza relativa alla base \(AB\): il centro \(O\) della circonferenza appartiene all’altezza \(CH\) e si ha, per \(0<x<2r\): \(AB=2HB=2\sqrt{{{r}^{2}}-{{\left( r-x \right)}^{2}}}=2\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}\). Risulta pertanto che l’area del triangolo è data dalla funzione  \(S\left( x \right)=x\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}\): studiando segno e zeri della derivata di \(S(x)\) nell’intervallo di accettabilità della \(x\) si ha: \[S’\left( x \right)=\frac{x\left( 3r-2x \right)}{\sqrt{2rx-{{x}^{2}}}}\to S’\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\frac{3}{2}r\] che, come si deduce dall’andamento del segno di \(S’\), corrisponde al massimo cercato. Si osservi che a tale valore corrisponde un triangolo isoscele con angoli alla base di \(60^\circ\), cioè un triangolo equilatero.

Nel secondo caso, posto \(x\) uno dei due cateti del triangolo rettangolo, l’ipotenusa, per ipotesi, misura \(2b-x\), con \(0<x<2b\), per cui il cateto restante misura \(\sqrt{{{\left( 2b-x \right)}^{2}}-{{x}^{2}}}=2\sqrt{{{b}^{2}}-bx}\), e quindi l’area del triangolo è data dalla funzione  \(S\left( x \right)=x\sqrt{{{b}^{2}}-bx}\): studiando segno e zeri della derivata di \(S(x)\) nell’intervallo di accettabilità della \(x\) si ha: \[S’\left( x \right)=\frac{b\left( 2b-3x \right)}{2\sqrt{{{b}^{2}}-bx}}\to S’\left( x \right)=0\leftrightarrow x=\frac{2}{3}b\] che, come si deduce dall’andamento del segno di \(S’\), corrisponde al massimo cercato.

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

ho delle difficoltà con alcuni problemi, potrebbe aiutarmi? (pag.1742, nn.70, 73, 74, Matematica.blu 2.0).

Determina i punti di discontinuità e di non derivabilità delle seguenti funzioni e indicane il tipo.

\[y=\left\{\begin{array}{ll} {{e}^{\left| x \right|}}\quad\quad x<1 \\ \frac{1-x}{x-2}\quad x\ge 1\wedge x\ne 2 \end{array} \right.\]            \[y={{e}^{x}}\sqrt[3]{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\] \[y=\frac{\sqrt[3]{1-x}}{3x}\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, la funzione risulta discontinua (II specie) in \(x=2\), dove presenta un asintoto verticale, e in \(x=1\) (I specie), dove si ha: \[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\left| x \right|}}=e\ne \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-x}{x-2}=0\quad .\] Riguardo alla derivabilità, questa viene meno ovviamente nei punti di discontinuità, ma anche in \(x=0\), dove si ha un punto angoloso, essendo la derivata della funzione coincidente con \(-e^x\) per \(x<0\), con \(e^x\) per \(0<x<1\), per cui: \[\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y’=-1\ne \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y’=1\quad .\]

Nel secondo caso, la funzione è definita e continua in tutto \(\mathbb{R}\), ma in \(x=1\) presenta un punto di non derivabilità (cuspide), essendo:      \[y’=\frac{{{e}^{x}}\left( 2+3\sqrt[3]{{{\left( x-1 \right)}^{2}}} \right)}{\sqrt[3]{x-1}}\to \underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y’=-\infty ,\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y’=+\infty \quad .\]

Nell’ultimo caso, la funzione è continua in tutto \(\mathbb{R}\) eccetto che in \(x=0\) (II specie), dove presenta un asintoto verticale. La derivata: \[y’=\frac{2x-3}{9{{x}^{2}}\sqrt[3]{{{\left( 1-x \right)}^{2}}}}\] è tale che \(\underset{x\to {{1}^{\pm }}}{\mathop{\lim }}\,y’=-\infty\), per cui in \(x=1\) si ha un punto di non derivabilità del tipo a tangente verticale.

Massimo Bergamini

Ricevo da Amanda la seguente domanda:

Caro professore,

ho questo problema:

Determina le equazioni delle circonferenze che hanno centro sulla retta \(y=2\), passano per \(A(5;-2)\) e staccano sull’asse \(x\) una corda lunga \(8\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Amanda,

partendo dall’equazione generale di una circonferenza di centro \((x_0;y_0)\) e raggio \(r\), la condizione che sia \(y_0=2\) implica: \[{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}={{r}^{2}}\] e la condizione di appartenenza del punto \(A(5;-2)\) implica: \[{{\left( 5-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}={{r}^{2}}\to {{r}^{2}}=x_{0}^{2}-10{{x}_{0}}+41\] da cui l’equazione di una famiglia di circonferenze dipendenti dal parametro \(x_0\): \[{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=x_{0}^{2}-10{{x}_{0}}+41\to {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2{{x}_{0}}x-4y+10{{x}_{0}}-37=0\quad .\] Ricaviamo ora le intersezioni di tali circonferenze con l’asse \(x\) ponendo \(y=0\) nell’equazione: \[{{x}^{2}}-2{{x}_{0}}x+10{{x}_{0}}-37=0\to {{x}_{1,2}}={{x}_{0}}\pm \sqrt{x_{0}^{2}-10{{x}_{0}}+37}\] da cui si ricava che che la distanza tra dette intersezioni, cioè la lunghezza della corda in questione, è data da: \[\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=2\sqrt{x_{0}^{2}-10{{x}_{0}}+37}\quad .\] La condizione che tale lunghezza sia \(8\) si traduce nella seguente:

\[2\sqrt{x_{0}^{2}-10{{x}_{0}}+37}=8\to x_{0}^{2}-10{{x}_{0}}+21=0\to {{x}_{0}}=7\vee {{x}_{0}}=3\] e a tali valori corrispondono le circonferenze \({{\Gamma }_{1}}\) e \({{\Gamma }_{2}}\) di equazioni: \[{{\Gamma }_{1}}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-14x-4y+33=0\]\[{{\Gamma }_{2}}:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-6x-4y-7=0\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

mi aiuti a risolvere questo quesito:

Siano dati i punti medi \(M(-1;-1)\), \(N(1;9)\), \(L(9;1)\) dei lati di un triangolo. Scrivere le equazioni degli assi del triangolo.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

utilizzando il fatto che congiungendo i punti medi di una coppia di lati di un triangolo si ottiene un segmento parallelo al terzo lato, possiamo determinare le equazioni di ciascun asse come la retta passante per un dato punto medio e perpendicolare alla direzione definita dagli altri due: \[{{m}_{NL}}=-1\quad {{m}_{MN}}=5\quad {{m}_{ML}}=\frac{1}{5}\to \]\[\to {{a}_{M}}:y=\left( x+1 \right)-1\quad {{a}_{L}}:y=-\frac{1}{5}\left( x-9 \right)+1\quad {{a}_{N}}:y=-5\left( x-1 \right)+9\to \]\[\to {{a}_{M}}:y=x\quad {{a}_{L}}:y=-\frac{1}{5}x+\frac{14}{5}\quad {{a}_{N}}:y=-5x+14\quad .\] Tracciando per ognuno dei punti medi le parallele ai segmenti congiungenti gli alti due punti medi e intersecandole, è anche possibile ricostruire i vertici del triangolo: \[A\left( -9;7 \right)\quad B\left( 7;-9 \right)\quad C\left( 11;11 \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Gentile professore,

oggi la mia professoressa ha dato un esercizio che non so come risolvere, mi potrebbe aiutare?

Dimostra che la funzione \[y=\frac{1-{{e}^{1-x}}}{1+{{e}^{1-x}}}\] è invertibile. Detta \(g(x)\) la funzione inversa calcola  \(g’(0)\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

per dimostrare che la funzione è invertibile, cioè biunivoca tra il proprio dominio, \(\mathbb{R}\), e il proprio codominio, possiamo verificare che è monotona, e così è infatti, poiché la sua derivata è sempre positiva per ogni \(x\) reale: \[y’=\frac{{{e}^{1-x}}\left( 1+{{e}^{1-x}} \right)+{{e}^{1-x}}\left( 1-{{e}^{1-x}} \right)}{{{\left( 1+{{e}^{1-x}} \right)}^{2}}}=\]\[=\frac{2{{e}^{1-x}}}{{{\left( 1+{{e}^{1-x}} \right)}^{2}}}\quad .\] Inoltre, poiché \(y=0\leftrightarrow 1-{{e}^{1-x}}=0\leftrightarrow x=1\), possiamo dire che \(g\left( 0 \right)=1\), e quindi: \[g’\left( 0 \right)=\frac{1}{y’\left( g\left( 0 \right) \right)}=\frac{1}{y’\left( 1 \right)}=\frac{1}{2/4}=2\quad .\] In questo caso, lo stesso risultato poteva essere ottenuto anche ricavando esplicitamente l’espressione di \(g(y)\): \[y=\frac{1-{{e}^{1-x}}}{1+{{e}^{1-x}}}\to y\left( 1+{{e}^{1-x}} \right)=1-{{e}^{1-x}}\to {{e}^{1-x}}=\frac{1-y}{1+y}\to x=1-\ln \left( \frac{1-y}{1+y} \right)=g\left( y \right)\] la cui derivata è  \[g’\left( y \right)=\frac{2}{1-{{y}^{2}}}\to g’\left( 0 \right)=2\quad .\]

Massimo Bergamini