PNI Problema 1 La funzione g è così definita

PNI Problema 1
La funzione g è così definita:
√
√
Infatti:
{
√
√
√
1. La circonferenza centrata in (-2,0) e avente raggio 2 è:
da cui:
√
La scelta del + implica scartare la parte inferiore della circonferenza (cioè cancellare la
semicirconferenza inferiore), mentre la scelta
√
cancella la semicirconferenza
superiore e lascia quella inferiore.
2. Per lo stesso motivo, la circonferenza centrata in (2,0) avente raggio 2 è
, da cui,
svolgendo i conti, si ottiene
√
. Per cancellare la circonferenza inferiore basta
togliere il – e scegliere il +:
.
√
3. La retta orizzontale corrispondente al valore di ordinata 2 è
, su cui giace il segmento ̅̅̅̅ .
4. La parabola in questione ha vertice in (6,0). Tutte le parabole con asse orizzontale che hanno
questo vertice sono date, al variare di a, da:
Per ricavare a basta imporre il passaggio per (4,2):
√
parabola situata nel semiasse di ordinate positive:
Basti ora ricavare y in funzione di x:
e scegliere la soluzione col +, essendo la
√
Per il resto, bisogno solo scrivere di fianco in quali intervalli considerare le funzioni suddette (gli uguali
metteteli dove vi pare, basta che non vengano messi due volte sullo stesso numero – es.
e
).
A giudicare dalle funzioni assegnate, g è derivabile solo in B. Negli altri punti (A, O e D) la tangente è
verticale e ui di il li ite, al te de e dell’i e e to a ze o, del appo to i e e tale e t ato i uei
punti (destro e/o sinistro) è infinito, mentre in C il rapporto incrementale destro e quello sinistro tendono a
due valori differenti:
Da sinistra tende a 0, da destra tende a
in C.
∫
√
(√
)
e quindi non esiste la derivata
√
∫
;
∫ √
su cui torniamo dopo;
;
;
√
[
∫ √
]
.
Calcoliamo f(1) calcolando dapprima la primitiva della funzione integranda:
∫√
∫√
Usando la sostituzione in coordinate polari:
∫√
√
∫
√
∫
si ottiene
:
∫
∫
√
Noi dovremmo integrare una parte di cerchio positiva, in cui cioè, il seno è positivo. Perciò il valore assoluto
derivante dall’est azio e della adi e uad ata può esse e tolto:
Sapendo che
si ottiene:
∫
Ri-sostituendo:
∫√
∫
si ottiene:
∫
e quindi:
∫
√
Da cui:
∫ √
(
)
∫
√
√
[
√
]
f(x) è la funzio e i teg ale di g e ui di estituis e l’a ea della egio e di pia o sottesa da g e l’asse x i
[-4,6]. Quindi essa è negativa almeno fino a x=2, ove vale
ell’i te vallo [ , ] tale he essa isulta ulla. I fatti
. Ci dev’esse e allo a u pu to x
.
I pa ti ola e, dev’esse i u pu to x i [ , ] tale he l’a ea del etta golo di altezza e ase x-2) sia
uguale a , i
odo da a ulla e l’a ea della egio e di pia o fi o a uel pu to:
Ne segue che la funzione f è negativa per
[
, nulla in
idu e all’a ea di u seg e to, ovvia e te ulla, e positiva pe
La derivata seconda di f coincide con la derivata prima di g. Infatti:
e in
ove l’i teg ale si
].
∫
A questo punto
.
Quindi il suo segno si può dedurre facilmente dal grafico di di g, piuttosto che stare a calcolare delle noiose
derivate, come:




Negativa ua do il g afi o di g de es e te io ua do g’ egativa : io pe
.
Nulla quando il grafico di g è costante e in corrispondenza dei punti stazionari di g:
.
Positiva quando g è crescente: cioè per
.
Pe il esto, laddove g’ o defi ita, f’’ p ese ta al u e dis o ti uità. I pa ti ola e:
In – o ha se so i daga e pe h ta to g’ o defi ita. Qui di
è un asintoto
ve ti ale pe g’ poi h
per
. Un discorso analogo vale per x=6;
I 0 vale u dis o so si ile, vi asi toto o izzo tale pe g’, a uesta volta
da
sinistra e da destra (infatti 0 è un punto a tangente verticale per g);
In 4 la funzione g ha un punto angoloso. Quindi la derivata ha una discontinuità di prima
specie (tipo salto) e passa da 0 (derivata sinistra) a – 2 (derivata destra, calcolata qualche
punto prima di questo). Quindi in 4 la derivata non è ancora definita.
A ia o già pa zial e te isposto a uesta do a da el pu to . L’a da e to di f, i fatti, si i ave e e
studiando g il suo segno, essendo, per il teorema fondamentale del calcolo integrale, g una derivata di f (o
meglio, f una primitiva di g, ma è la stessa cosa – ricordo che tutto questo vale essendo g continua).
Quindi, f è decrescente laddove g è negativa e crescente laddove g è positiva. Il suo segno lo abbiamo
studiato nel punto precedente. Mettendo insieme i pezzi, viene fuori un grafico fatto a mano (e quindi
o e do he seg ala l’esiste za di assi i e i i i pe f:
Notia o l’esiste za di u
ed era
Quindi
i i o t a – 4 e il punto positivo in cui f si annulla (che avevamo calcolato prima,
) e il massimo è rappresentato da f(6).
è un massimo relativo per f. E (
)
è un massimo assoluto per f.
Il minimo assoluto di f corrisponde a f(0), poiché g passa da negativa a positiva in (0,g(0)). Quindi il punto di
massimo è (
.
)

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