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2) ( )
+ 2
1 t
=
p (
t )
Studiamo ora la funzione senza considerare i limiti geometrici, che considereremo a
−
t (
1 t )
valle dello studio suddetto. ( ) ( ) ( )
≠ ≠ ⇔ ∈ − ∞ ∪ ∪ +∞
t 0
, t 1 t ,
0 0
,
1 1
,
Dominio :
Intersezioni con gli assi : non ci sono intersezioni con nessuno dei due assi
Parità e disparità : non è una funzione né pari, né dispari
( )
+ 2
1 t
= > − > < <
⇒ ⇒
p (
t ) 0 t (
1 t ) 0 0 t 1
Positività : −
t (
1 t )
Asintoti verticali :
( ) ( )
+ +
2 2
1 t 1 1 t 1
= = +∞ = = −∞
lim , lim
+ −
− −
+ −
→ →
t (
1 t ) t (
1 t )
0 0
0 0
t t
( ) ( )
+ +
2 2
1 t 2 1 t 2
= = −∞ = = +∞
lim , lim
− +
− −
+ −
→ →
t (
1 t ) t (
1 t )
0 0
1 1
t t
= =
per cui t 0
, t 1 sono due asintoti verticali
( )
+ 2
t
1 = − = −
lim 1
Asintoti orizzontali : cioè p (
t ) 1 è un asintoto orizzontale
−
→ ±∞ t t
(
1 )
t ( )
+ 2
1 t
=
p (
t )
Asintoti obliqui : poiché è una funzione razionale fratta, la presenza degli asintoti
−
t (
1 t ) ( )
+ 2
p (
t ) 1 t
= =
orizzontali esclude la presenza di quelli obliqui. Infatti lim lim 0
−
2
→ ±∞ → ±∞
t t (
1 t )
t t
Crescenza e decrescenza : le derivate, prima e seconda, applicando il teorema di derivazione delle
funzioni fratte, risultano pari a:
+ −
2
t 2
t 1
= > → < − − ∪ > − +
I
p (
t ) 0 t 1 2 t 1 2
( )
− 2
2
t t 1
( )
+ − +
3 2
2 t 3
t 3
t 1
= −
II
p (
t ) ( )
− 3
2
t t 1 4
− − = − <
( )( )
II
p ( 1 2 ) 0
+ + 3
1 2 2 2
4
− + = >
( )( )
II
p ( 1 2 ) 0
− + − 3
1 2 2 2
= − − = − +
t 1 2 t 1 2
è l’ascissa del massimo e è l’ascissa del minimo.
Per cui si conclude che
( )
+ − + ( )
3 2
2 t 3
t 3
t 1
= − = → + − + =
II 3 2
Inoltre p (
t ) 0 t 3
t 3
t 1 0 che può essere risolta tramite il
( )
− 3
2
t t 1
metodo di Cardano, fornendo le seguenti tre soluzioni:
= − − −
3 3
t 1 2 4
1 − +
1 i 3 1 i 3
= − + +
t 1
2 3 3
2 4
− +
1 i 3 1 i 3
= − + +
t 1
3 3 3
4 2
= − − −
3 3
per cui t 1 2 4 è l’ascissa del punto di flesso.
1
Il grafico è sotto riportato:
Se, invece, volessimo tener conto dei limiti geometrici, allora il grafico della funzione non è altro
che il grafico precedente nell’intervallo ( 0
,
1
) cioè è dato dal sistema
( )
+
2
t
1
=
p t
( ) −
t t
(
1 )
< <
t
0 1
ed il grafico sarebbe
3)
Bisogna risolvere il sistema ( )
+
±
2
1 t 3 2
= = − + =
=
2
p (
t ) 6 t t
7 6 1 0 t
− ⇒ ⇒
t t
(
1 ) 7
< <
t
0 1
< <
< <
0 t 1
0 t 1
valori entrambi accettabili perché cadono all’interno dell’intervallo ( 0
,
1
) .
Ora
+ + +
3 2 x 3 2 3 2
= → = → = ≅ °
t tan x 2 ArcTan 64 29 '
7 2 7 7
mentre
− − −
3 2 x 3 2 3 2
= → = → = ≅ °
t tan x 2 ArcTan 25 31
'
7 2 7 7
cioè le due soluzioni forniscono angoli complementari.
SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA
1) = − = −
3 2
Iniziamo con lo studio della funzione f ( x ) x x x (
1 x ) in tutto R e poi sezioniamo la parte
di grafico nell’intervallo di interesse [− 2
, 2
]
Questa funzione è ovunque definita, continua e derivabile. In particolare interseca gli assi nei punti
− = − −
, è una funzione dispari poiché f ( x ) f ( x ) , è positiva negli intervalli
( 0
, 0 ), (
1
, 0 ), ( 1
, 0 )
( ) ( )
− ∞ − ∪
, 1 0
,
1 e non presenta asintoti di alcun tipo.
1 1 1 1
= − > → ∈ − −
I 2
Inoltre la derivata prima è f ( x ) 1 3 x 0 x , per cui in , è
3 3
3 3
= − = → =
II
crescente; inoltre f ( x ) 6 x 0 x 0 per cui (0,0) è un flesso. D’altronde
1 1 1 1
− = > = − < = − =
II II
f 2 3 0
, f 2 3 0 per cui x è l’ascissa del minimo e x è
3
3 3 3
l’ascissa del massimo. Il suo grafico è di sotto riportato:
La parte di grafico di nostro interesse è data dal seguente sistema:
= −
3
( )
f x x x
− ≤ ≤
2 2
x
ed il grafico è il precedente ma nell’intervallo [− 2
, 2
] = − 3
Ora, affinché la retta y=mx+n sia tangente alla curva f ( x ) x x nel punto (-1,0), bisogna
− + = → =
imporre che il punto (-1,0) appartenga alla retta y=mx+n, cioè imporre che m ( 1
) n 0 m n .
Inoltre ricordando il significato geometrico della derivata,si ha che
( )
= = − = − = − = − −
I 2
m n f ( 1
) 1 3 x 2 per cui la retta tangente in (-1,0) è y 2 x 2 .
= −
x 1
2) = + = +
y m x y m x
( 1
) ( 1
)
Una retta passante per (-1,0) ha equazione generica . Affinchè la retta
1 1
= − 3
sia tangente al grafico della funzione f ( x ) x x nel punto generico (a,b) bisogna imporre che il
+ = − =
3
punto (a,b) appartenga alla retta ed alla funzione, cioè m ( a 1
) b e a a b . Inoltre
1 ( )
= = − = −
2 2
I
ricordando il significato geometrico della derivata,si ha che m f ( a ) 1 3 x 1 3
a . In
= −
1 x a
conclusione dobbiamo risolvere il sistema seguente, per ricavare a e b:
( )
− + =
2
1 3
a ( a 1
) b ⇒
− =
3
a a b
( ) ( )
( )( ) ( )
− + = − + + − − + =
⇒ ⇒
2 2 2
1 3 ( 1
) 1 1 1 1 3 0
a a a a a a a a a
( )
( ) 1
− + + − = = − =
⇒
2
1 2 1 0 1
,
a a a a a 2 ( )
1 1
= = = − = − =
= − I 2 2
per cui l’altro valore distinto da a da cui m f ( a ) 1 3 x 1 3
a
a 1 è = −
1 x a
2 4
1
= +
cioè l’altra retta tangente è y ( x 1
)
4
3) ˆ
B
C A
Per dare una valutazione dell’angolo , calcoliamo i punti A, B e C.
1
= − − = +
y 2 x 2 y ( x 1
) 1
= = − =
=
⇒ ⇒
.
Per ipotesi C=(-1,0), mentre B B ( 0
, 2 ) ed A B 0
,
4
=
x 0 4
=
x 0
( )
1 9 1
= − − = = = 17
Quindi AB 2 , BC 5 , AC , per cui applicando il teorema di Carnot al
4 4 4
triangolo ABC si ha: ( ) ( ) + −
2 2 2
AC CB AB
= + − → =
ˆ ˆ ⇒
2 2 2
AB AC CB 2 ( AC )(
CB ) cos B
C A cos B
C A 2 ( AC )(
CB )
17 81
+ −
5
( )
2 2
16 16
= = = ≅ °
ˆ ˆ
⇒
cos B
C A B
C A Ar cos 77 29 '
85 85 85
2 4
4) 1
= + = − 3
y x con il grafico della funzione
Il punto di tangenza della retta ( 1
) f ( x ) x x è
4
( ) 1 3
= , per cui l’area richiesta è
a ,b ,
2 8 1 1 1
( )
4 2
2 2
1 3 1 x 3 x x 2
∫ ∫
= + − − = − + = − + =
3 3
AREA ( x 1
) x x dx x x dx
4 4 4 4 8 4
− − −
1 1 1
1 3 1 1 3 1 1 3 1 27
− + − + + = − + =
64 32 8 4 8 4 64 32 2 64
SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA
1) 3
x
∫
= = +
2
F ( x ) x dx H
3
2
x
∫
= = +
G x x
dx K
( ) 2 1
= = +
F ( 0 ) H , F (
1
) H
3
1
= = +
G ( 0 ) K , G (
1
) K
2 ( ) ( )
1 1 1 1 1 19
− = + − + = + − = + − = + =
G (
1
) F (
1
) K H K H G ( 0 ) F ( 0 ) 3
2 3 6 6 6 6
2)
Le cifre pari differenti dallo 0 sono 4 e cioè 2,4,6,8. I numeri di tre cifre da comporre devono avere
le tre cifre differenti tra loro. Facciamo tale operazione col 2, per 4,6,8 le cose si ripeteranno.
I numeri di tre cifre pari distinte che iniziano per 2 sono 3!=1*2*3=6 e sono i seguenti:
246, 264
248, 284
268, 286
Cioè si hanno 6 numeri che iniziano per 2 e presentano cifre pari distinte. Analogo discorso vale per
gli altri tre numeri, per cui si potranno avere 3!*4=4!=1*2*3*4=24 numeri di tre cifre con sole cifre
pari differenti tra loro.
3) ( )
= = − = ≤ ≤
+ = f ( x , y ) xy x s x f ( x )
, ed il prodotto è con
Sappiamo che 0 x s per cui
x y s
bisogna massimizzare una funzione ad una sola variabile. In questo caso
s s
= − = = = − < ∀ = =
⇒
I II
f ( x ) s 2 x 0 x , f ( x ) 2 0 x per cui x y massimizza il prodotto di due
2 2
numeri con somma costante.
4)
Si consideri la figura seguente:
( )( )
π 2
AH HC
=
V
Il volume del cono è 3
Con le ipotesi della figura si avrà:
( ) ( )
= =
ˆ
HC OC sin C O
H r sin 2 x
( ) ( )
= =
ˆ
OH OC sin H
C O r cos 2 x
[ ]
( )
= + = +
AH AO OH r 1 cos 2 x