PNI problema 2 (2,0) è centro di simmetria se e solo se

PNI problema 2
(2,0) è centro di simmetria se e solo se
.
√
√
√
√
Calcolo il coefficiente angolare della retta tangente in (2,0) come derivata prima di f in 2:
√
L’a golo i
√
√
√
uestio e
.
Se due rette sono parallele hanno lo stesso coefficiente angolare. In particolare, ci aspettiamo che dalle
derivate prime calcolate in 2+t e 2-t si ottenga lo stesso valore, per ogni t. Siano quindi:
Da cui la tesi.
La retta
√
√
√
√
ha coefficiente angolare pari a
. Ci chiediamo, innanzitutto,
siccome il valore – 2 se
a il valo e più pi olo assu to dalla de ivata, a giudi a e dal g afi o, l’a da e to
della derivata prima, cioè studiamo la derivata seconda:
√
Da cui:
√
√
√
√
Studia o e il seg o, osì da studia e l’a da e to della de ivata p i a. Poi h √
sempre, e
pure, l’u i o seg o da studiare è quello del numeratore. Il numeratore è nullo in x = 2, poiché 2
u pu to di flesso pe f e ui di i si aspetta he la de ivata se o da sia ulla i 2. I effetti f’’ 2 =0.
Usando Ruffini, con il valore 2, troviamo:
√
√
Le soluzioni del secondo termine a numeratore sono
√
, he o si t ova o ell’i te vallo [0,4].
Quindi la derivata prima è decrescente prima di x = 2 ed è crescente poi. Cioè, x = 2 è punto di minimo per
la derivata prima (flesso per f). Ne segue che, essendo a
, non possono esserci valori di x tali che il
coefficiente angolare della retta ivi tangente valga – 2,1.
Il coefficiente angolare della seconda retta è
. Per quanto detto prima, x =2 è punto di
minimo per la derivata, ma è anche vero che x=0, come x=4, è punto di non derivabilità a tangente
orizzontale e la derivata tende ad un infinito positivo:
per
.
In sostanza, la derivata prima, per la condizione di Darboux delle derivate, assume tutti i valori compresi tra
– 2 e k per ogni k (>-2), grande e piccolo a piacere. Quindi, la derivata prima assume anche il valore
,
che è maggiore di – 2.
L’i teg ale
ullo pe agio i di si
∫
et ia. L’a ea i se so geo et i o, invece:
√
∫
√
[
√
]
Sono due. Questo perché in [0,4] f assume solo un valore per cui il seno è 1. Questo valore è e lo assume
due volte, essendo esso compreso 0 e 2.
La funzione h è una funzione seno, che pertanto al massimo vale 1. Chiaramente, allora h ha due punti di
massimo, cioè i punti tali che
(che, ripeto sono due). Tali punti sono punti di massimo assoluti e
per ragioni di continuità di f, e quindi di h, ci deve essere un punto di minimo relativo tra essi compreso.
Allo stesso modo, f assume due volte il valore – . In corrispondenza delle x che assumono questo valore, h
risulta valere – 1 e quindi quei due valori rappresentano minimi assoluti per h.
Si può allora supporre che h abbia questo grafico (tenere presente che h presenta una simmetria rispetto a
(2,0), poiché ottenuta componendo una funzione – il seno – ad una funzione simmetrica rispetto a (2,0)):
Il u e o di soluzio i dell’e uazio e
è determinato dal numero di intersezioni tra una generica
etta o izzo tale e la fu zio e h. Le soluzio i so o 4 se k si t ova t a l’o di ata del i i o elativo a [0,2] e
le ordinate dei massimi in [0,2] (che già conosciamo).
Analogamente, se k si trova tra i valori del massimo relativo in [2,4] e i minimi assoluti di h, che già
conosciamo.
Calcoliamo il valore del minimo relativo a [0,2] e del massimo relativo a [2,4] risolvendo
(
)
(
)
√
√
√
√ sono gli estremanti relativi cercati, essendo gli estremi assoluti già noti come
Cerchiamo allora i valori delle h in corrispondenza di
(
√ )
(
√ )√ (
per simmetria è (
√ )
Infine, ∫
per le stesse ragioni di simmetria.
Allora deve essere
√ :
√ )
(
√ )
.
perché le soluzioni siano 4.
:
.

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