Testo

Sia \( f \) la funzione definita, per tutti gli \( x \) reali, da
\[ f(x) = \frac{8}{4+x^2} \]

1. Si studi \( f \) e se ne disegni il grafico \( \Phi \) in un sistema di coordinate cartesiane Oxy. Si scrivano le equazioni delle tangenti a \( \Phi \) nei punti \( P(-2; 1) \) e
\( Q(2; 1) \) e si consideri il quadrilatero convesso che esse individuano con le
rette \( OP \) e \( OQ \). Si provi che tale quadrilatero è un rombo e si determinino
le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei suoi angoli.

2. Sia \( \Theta \) la circonferenza di raggio 1 e centro \( (0; 1) \). Una retta \( t \), per l’origine degli assi, taglia \( \Theta \) oltre che in O in un punto A e taglia la retta d’equazione \( y = 2 \) in un punto B. Si provi che, qualunque sia \( t \), l’ascissa \( x \) di B e l’ordinata \( y \) di A sono le coordinate (x; y) di un punto di \( \Phi \).

3. Si consideri la regione R compresa tra \( \Phi \) e l’asse \( x \) sull’intervallo \( [0, 2] \). Si provi che R è equivalente al cerchio delimitato da \( \Theta \) e si provi altresì che
la regione compresa tra \( \Phi \) e tutto l’asse \( x \) è equivalente a quattro volte il
cerchio.

4. La regione R, ruotando attorno all’asse \( y \), genera il solido W. Si scriva,
spiegandone il perchè, ma senza calcolarlo, l’integrale definito che fornisce
il volume di W.

Soluzione

1. Poichè \( 4+ x^2 \not= 0 \) per ogni \( x \) reale, il dominio della funzione coincide con \( R \), insieme dei numeri reali. Si osserva inoltre che \( f(-x) = f(x) \) quindi la funzione è pari e il grafico \( \Phi \) è simmetrico rispetto all’asse delle ordinate. Per quanto riguarda il segno, si ottiene che \( f(x) > 0 \) solo se \( 4+x^2 >0 \), quindi la funzione è positiva su tutto il suo domninio.
La funzione \( f \) rientra nella classe delle funzioni razionali fratte ma dato che il denominatore è diverso dallo zero, essa è pure continua in \( R \) e quindi vanno affrontati soli limiti agli estremi del dominio. Il loro valore è
\[ lim {x\to \pm inf} {f(x)} = 0 \]

La derivata prima è
\[ f'(x)=D|{\frac{8}{4+x^2}}|=-\frac{8}{(4+x^2)^2}\cdot 2x = \frac{-16x}{(4+x^2)^2} \]
e la condizione \( f'(x) \geq 0 \) implica che \( -16x \geq 0 \), cioè \( x \leq 0 \). Ne segue che in \( x=0 \), la funzione \( f \) presenta un massimo assoluto con ordinata \( f(0)=2 \).

la derivata seconda è (omettendo i calcoli)
\[ f”(x) = \frac{16(3x^2-4)}{4+x^2)^3} \]
Il segno della derivata \( f”(x) \geq 0 \) dipende solo dal termine \( 3x^2-4 \geq 0 \) che ha come soluzione
\[ x\leq -\frac{2}{\sqrt{3}} \vee x \geq \frac{2}{\sqrt{3}} \]
I due punti \( x= \pm \frac{2}{\sqrt{3}} \) rappresentano punti di flesso in cui la funzione assume valore comune \( f(\pm 2/\sqrt{3})=3/2 \) (ricorda che la funzione è simmetrica). La rappresentazione grafica richiesta è riportata in fig.1

Per determinare l’equazione delle rette tangenti alla funzione nei punti P e Q, calcoliamo il coefficiente angolare nel punto \( x=\pm 2) \): \( m_p (\pm 2) = f'(\pm 2)=\mp 1/2 \). L’equazione delle rette si ottiene imponendo l’appartenenza dei punti alle stesse, come segue
\[ p: y-y_p =m_p (x-x_p) \]
Stessa cosa per il punto Q. Si ottengono le equazioni: \( p:y=1/2x+2 \) e \(q: y=-1/2x+2 \).
Le rette OP e OQ hanno per equazioni rispettivamente \( y = -1/2x \) e \( y = 1/2x \) (fig.2).
Definito R il punto di intersezione tra le rette \( p \) e \( q \), si osserva innanzitutto che le rette PR e OQ sono parallele poichè possiedono lo stesso coefficiente angolare. Stessa cosa per le rette QR e OP. Quindi se ne deduce che la figura OPRQ è un parallelogramma. Calcolando la distanza punto-punto, ricordando che questa è definita come
\[ d(PO)=\sqrt{(x_P-x_O)^2+(y_P-y_O)^2} \]
si ottiene che \( OP=PR=QR=OQ\sqrt{5} \), da cui si deduce che il parallelogramma è un rombo.
Detto \( \alpha \) l’angolo formato dalla retta OQ con l’asse \( x \) (vedi figura 2), il coefficiente angolare di OQ è legato ad \( \alpha \) da \( m_{OQ} = tg(\alpha) \). Poichè \( m_{OQ}=1/2 \) ne consegue che \( \alpha = artg(1/2) \). L’angolo \( \hat{OQR} \) è il doppio di \( \alpha \), quindi
\[ \hat{OQR} = 2 artg(1/2) \sim 53,1301 = 53^\circ 07’48” \]
Ne consegue che
\[ \hat{POQ} = \pi -2artg(1/2) \sim 126,8699 = 126^\circ 52’12” \]

2. Detta \( t \) una retta appartenente al fascio passante per l’origine degli assi e descritto dal’equazione \( y= mx \), questa retta incontra la retta di equazione \( y=2x \) in un punto B di ordinata 2 e ascissa \( x_B=m/y_B=m/2 \). La circonferenza \( \Theta \) data dal problema di centro in (0,1) e raggio unitario, ha equazione \( (x-x_c)^2+(y-y_c)^2=r^2 \) e quindi \( x^2+y^2-2y=0 \). La retta \( t \) incontra la cinconferenza in un punto A le cui coordinate soddisfano sia l’equazione della retta \( t \) che della cirocnferenza \( \Theta \). Se ne deduce che
\[ (y/m)^2 + y^2-2y=0 \]
Esplicitando si ottiene
\[ \left(1+\frac{1}{m^2}\right)y=2\]
che ha come soluzione \( y_A=\frac{2m^2}{1+m^2} \). L’ascissa di B e l’ordinata di A rappresentano le coordinate di P che quindi è definito da
\[ P\left(\frac{2}{m},\frac{2m^2}{1+m^2}\right) \]
Per giungere alla rappresentazione esplicita eliminiamo il parametro sostituendo \( m = 2
x \) ottenuta dalla prima nella seconda e quello che si ottiene è
\[ y= \frac{8}{4+x^2} \]
che è esattamente la funzione data.

3. La regione R è riportata in figura 3. Per determinarne l’area va risolto l’integrale
\[ A(R)=\int_0^2 \frac{8}{4+x^2} dx \]
Per la risoluzione di quest’ultimo procediamo con la sostituzione di variabile
\( x^2 = 4t^2 \) che implica \( x = 2t \) e \( dx = 2dt \). L’integrale si riporta ora ad uno
elementare
\[ \int \frac{8}{4+x^2} dx = \int \frac{4}{1+t^2} dt = 4 arctg(t) + c = 4 arctg(x/2) +c \]
Da cui segue che l’area è
\[ A(R)= \|{4 arctg(x/2)}_0^2|=\phi \]
L’area del cerchio di raggio unitario è \( A(\Theta) = \phi \) da cui è confermata l’equivalenza delle due figure.
L’area conmpresa da \( \Phi \) e tutto l’asse reale invece si ottiene integrando
\[ A(R)=\int_{-inf}^{+inf} \frac{8}{4+x^2} dx \]
Sfruttando la simmetria della funzione è possibile calcolare l’integrale solo da 0 a \( +inf \) e raddioppiare l’area.

In base al calcolo dell’integrale indefinito già visto prima
\[ A(R)=2 lim{a\to +inf}{4|{arctg(x/2)}_0^a|}=4 \pi \]

4. Il solido W è costituito da un cilindro avente raggio di base 2 e altezza 1,
generato dal rettangolo verde di fig.4 e avente volume pari a \( V = \pi(2^2) =
4\pi \) sormontato da un solido di rotazione attorno all’asse \( y \) generato dalla regione
S (gialla in fig.4). Notato che nell’intervallo [0, 2] la funzione \( f(x) \) è invertibile e, in [1, 2] la funzione inversa \( f^{?1} \) ha equazione
\[ f^{-1}=\pm \sqrt{4 \left(\frac{2}{y}-1 \right) } \]
Tenendo conto delle limitazioni, risulta
\[ f^{-1}=2\sqrt{\left(\frac{2}{y}-1 \right) } \]
nell’intervallo \( 1 \leq y \leq 2 \) and \( 0 \leq x \leq 2 \). Pertanto, il solido generato dalla sezione S ha un volume espresso da
\[ V(S) = \pi \int_1^2 \left(2\sqrt{\frac{2}{y}-1} \right)^2 dy \]
per cui il volume richiesto è dato in definitiva dalla somma del volume del cilindro e il volume della sezione.
\[ V(W) = V(cil) + V(S) = 4\pi + \pi \int_1^2 \left(2\sqrt{\frac{2}{y}-1} \right)^2 dy \]
Svolgendo l’integrale separando i termini somma si ottiene
\[ V(W) = 8\pi ln(2) \]