SOLUZIONE DEL PROBLEMA 1 CORSO DI ORDINAMENTO 2014

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1 SOLUZIONE DEL PROBLEMA 1 CORSO DI ORDINAMENTO Per determinare f() e f(k), applichiamo il teorema fondamentale del calcolo integrale, che si può applicare essendo f continua per ipotesi: g() = f(t)dt g () = f(). Per le ipotesi del problema, sappiamo che: g () =, poiché il grafico di g è tangente all asse in ; g (k) =, perché g ha un massimo in = k. Quindi f() = g () = e f(k) = g (k) =, cioè la funzione f interseca l asse in = e in = k. La funzione f è continua sull intervallo chiuso e limitato [, w], quindi per il teorema di Weierstrass ha massimo e minimo assoluti. Per studiare nel dettaglio l andamento di f e tracciarne un probabile grafico, procediamo con lo studio della funzione. Dal grafico di g notiamo anche che: g () > per < < k, poiché g è crescente in questo intervallo; g () < per k < < w, poiché g è decrescente in questo intervallo. Siccome f() = g (), scopriamo che f() è positiva per < < k e negativa per k < < w. In particolare, poiché f è definita anche negli estremi dell intervallo, notiamo anche che f(w) <. Passiamo allo studio della derivata prima: f () = g (), che è uguale a per = h perché g presenta un flesso in quel punto per ipotesi. Quindi = h è un punto stazionario per f, ma per scoprire se è l unico e se è un punto di massimo o minimo, dobbiamo studiare il segno di f. Dal grafico di g si evince che: g () > per < < h, perchè la concavità di g in questo intervallo è rivolta verso l alto; 1 c 214 Zanichelli editore

2 g () < per h < < w, perchè la concavità di g in questo intervallo è rivolta verso il basso. Poiché f () = g (), f è crescente per < < h e decrescente per h < < w. Nel punto stazionario = h abbiamo quindi necessariamente un massimo di f, che è unico, mentre il minimo assoluto è in = oppure in = w. Poiché f() = e f(w) <, concludiamo che il minimo assoluto è in w. Tracciamo un grafico indicativo di f in base alle informazioni raccolte. y O h k w 2. Sapendo che la funzione g() è polinomiale di terzo grado, possiamo esprimerla generalmente nella forma g() = a +b 2 +c+d, con a. La sua derivata prima in questo caso è dunque g () = a 2 +2b+c. Dal grafico di g e per le ipotesi del problema, avevamo che g() = e g () =, quindi sostituendo = in entrambe le scritture, otteniamo che: g() = d = e g () = c =. Possiamo sostituire questi due valori nelle forme generali di g e g : g() = a +b 2, g () = a 2 +2b. Calcoliamo anche la derivata seconda di g: g () = 6a+2b. 2 c 214 Zanichelli editore

3 Dalle ipotesi del problema sappiamo che g(w) =, g (k) = e g (h) =, quindi sostituendo i valori = w, = k e = h nelle espressioni di g, g e g, otteniamo: g(w) = aw +bw 2 = w 2 (aw +b) = aw+b = w = b a g (k) = ak 2 +2bk = k(ak +2b) = ak +2b = k = 2b a g (h) = 6ah+2b h = b a (poichè w, k e h ). Ponendo l = b, notiamo subito che: a h = 1 l, k = 2 l, w = l, cioè i numeri h e k dividono l intervallo [,w] in tre parti uguali.. Sostituiamo w = nella formula generica di g trovata al punto precedente g() = a +b 2, ricordando che g(w) =, e mettiamola a sistema con l altra condizione g(1) = 2. g() = a+ 2 b = g(1) = a+b = 2 b = a 2a = 2 27a+9b = b = a a+b = 2 a a = 2 b = a b = 1 a = 1 a = 1 Quindi l espressione di g ricercata è g() = Partiamo da questa espressione per ricercare le equazioni delle rette normali al grafico Γ di g nei punti di intersezione con la retta y = 2. Per calcolare le ascisse delle tangenti, poniamo a sistema l equazione di g e della retta: y = y = 2 2 = y = = y = 2 c 214 Zanichelli editore

4 Per risolvere la prima equazione, proviamo a scomporre il polinomio usando la regola di Ruffini. Poniamo P() = 2 +2 e cerchiamo tra i divisori del termine noto {1, 1,2, 2}, i valori di che annullano il polinomio. P(1) = 1 +2 =, quindi il polinomio è divisibile per 1. Dallo schema // otteniamo ( 2 + 2) = ( 1)( 2 2 2) =, che implica = 1 oppure =. Troviamo le radici di quest ultima equazione: 4 = 1+2 = 1,2 = 1±. Di esse solo 1+ è accettabile in quanto 1 < non è compresa nel dominio della funzione. La retta y = 2 interseca il grafico della funzione g nei due punti: ( P 1 = 1, 2 ) ( e P 2 = 1+, 2 ). Calcoliamo i coefficienti angolari m 1 e m 2 delle rette tangenti a g in P 1 e P 2, che sono uguali ai valori della derivata di g calcolati nelle ascisse di P 1 e P 2. { g () = 2 m1 = g (1) = 1 +2 m 2 = g (1+ ) = 2 I coefficienti angolari n 1 e n 2 delle rette perpendicolari al grafico di g in P 1 e P 2 si ottengono ricordando che vale n = 1 m. Quindi n 1 = 1, n 2 = 1 2. L equazione di un fascio di rette di centro (,y ) è y y = m( ), quindi le due rette normali al grafico di g passanti per P 1 e P 2 hanno equazioni y 2 = ( 1) y = + 5, y 2 = 1 2 ( (1+ ) ) y = c 214 Zanichelli editore

5 4. Suddividiamo il solido W in cilindri cavi di spessore d. Ciascuno di essi ha come base una corona circolare di raggio e spessore d, quindi il suo volume è pari a V() = base altezza = (2π d) g(). Il volume di W si ottiene quindi sommando questi cilindri: V(W) = V() = W = (2π)g()d, y g() O d da cui V(W) = (2π) ( 1 ) + 2 d = 2π ( = 2π ) = π. ( 1 ) ] 4 + d = 2π [ = 4 Se il sistema monometrico Oy ha unità di misura fissata in decimetri, notiamo che il solito W ha volume pari a 81 1 π 25,45 in dm, pari a 25,45 litri. 5 c 214 Zanichelli editore

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