Testo
Sia \(f(x)=(2-x)\sqrt{4x-x^2}.\)\\
1. Di seguito è disegnato il grafico \(\Gamma\) di \(f(x)\). Si dimostri che (2;0) è centro di simmetria di \(\Gamma\) e si calcoli, in gradi e primi sessagesimali, l’angolo che la tangente in esso a \(\Gamma\) forma con la direzione positiva dell’asse \(x\).\\

2. Si dimostri che, qualunque sia \(t\), \(0,t,2\), le rette tangenti a \(\Gamma\) nei suoi punti di ascisse \(2+t\) e \(2-t\) sono parallele. Esistono rette tangenti a \(\Gamma\) che siano parallele alla retta \(21x+10y+31=0\)? E che siano parallele alla retta \(23x+12y+35=0\)?\\
3. Si calcoli l’area della regione compresa tra \(\Gamma\) e l’asse \(x\).\\
4. Sia \(h(x)=\sin (f(x))\). Quanti sono i punti del grafico di \(h(x)\) di ordinata 1? Il grafico di \(h(x)\) presenta punti di minimo, assoluti o relativi?\\
Per quali valori reali di \(k\) l’equazione \(h(x)=k\) ha soluzionei distinte? \\
Qual è il valore di \(\int_{0}^{4}h(x)dx\)?
Soluzione

1. Per dimostrare che il grafico \(\Gamma\) (Fig.1) della funzione \(f:[0,4]\to[-2,2]\) è simmetrico rispetto al punto \((2,0)\) richiamiamo le equazioni di simmetria rispetto al punto \((a,b)\)
\[\sigma:
\begin{cases}
x’=-x+2a\\
y’=-y+2b
\end{cases}
\]
\[\sigma:
\begin{cases}
x’=-x+4\\
y’=-y
\end{cases}
\]
Da cui ricaviamo le inverse
\[\sigma^{-1}:
\begin{cases}
x=-x’+4\\
y=-y’
\end{cases}
\]
che sostituiamo all’interno della \(f\) ottenendo
\[
y’=(2-x’)\sqrt{4x’-(x’)^2}
\]
che è identica alla funzione di partenza. Confermiamo quindi che l’insieme \(\Gamma\) è unito rispetto alla trasformazione appena fatta.\\
Per calcolare \(\alpha\) calcoliamo la derivata prima \(f'(x)\)
\begin{align*}
f'(x)&=-1\cdot\sqrt{4x-x^2}+(2-x)\cdot\frac{4-2x}{2\sqrt{4x-x^2}}=\\
&=\frac{2(x^2-4x+2)}{\sqrt{4x-x^2}}.
\end{align*}
Con la condizione che \(0 < x < 4\): posto \(\tan\alpha=f'(2)\) discende che \(\tan\alpha=-2\) e quindi \(\alpha=\arctan(-2)\approx-63,4348^\circ=-63^\circ26'06''\).\\ L'equazione della tangente è \(t:y=-2(x-2)(Fig.2)\).\\
\\
2. Per dimostrare che le tangenti a \(\Gamma\) nei punti \(2-t\) e \(2+t\) sono parallele, dimostriamo che le \(f’\) in tali punti sono uguali\\
\begin{align*}
f'(2-t)&=\frac{2(t^2-2)}{\sqrt{4-t^2}},\hspace{5mm} 0 < t < 2\\ f'(2+t)&=\frac{2(t^2-2)}{\sqrt{4-t^2}}\hspace{5mm} 0 < t < 2. \end{align*} Come volevasi dimostrare.\\ Le rette assegnate \(r_1\) e \(r_2\) possiedono entrambe coefficienti angolari negativi. \(m_1=-21/10\) e \(m_2=-23/12\). Per questo motivo se dovessero esistere rette parallele a \(r_1\) e \(r_2\) e tangenti a \(\Gamma\), queste dovranno appartenere all'arco di \(\Gamma\) compreso tra il massimo e il minimo dove la derivata prima è negativa. Quindi \[ f'(x)=\frac{2(x^2-4x+2)}{\sqrt{4x-x^2}}\leq 0 \hspace{5mm}\Longrightarrow\hspace{5mm}x^2-4x+2\leq0. \]
e di conseguenza si ha che il massimo e il minimo assoluto hanno rispettivamente ascisse \(x_1=2-\sqrt{2}\) e \(x_2=2+\sqrt{2}\) (Fig.3). Allora se il minimo calcolato precedentemente è \(-2\), allora \(r_1\) non può essere parallela a qualche retta di \(\Gamma\) dato che \(m_1<-2\) (viceversa per \(m_2\)). Studiamo ora la funzione \(f'(x)\) così da trovare formalmente il suo minimo. \begin{align*} f''(x)&=D[f'(x)]=\\ &=2\cdot\left[(2x-4)\sqrt{4x-x^2}-(x^2-4x+2)\cdot\frac{4-2x}{2\sqrt{4x-x^2}}\right]\cdot\frac{1}{4x-x^2}=\\ &=\frac{2(x-2)(-x^2+4x+2)}{(4x-x^2)^\frac{3}{2}}. \end{align*}

\(f”(x)\geq 0\) per \(2-\sqrt{6}\leq x \leq 2+\sqrt{6}\) e \(x\geq 2\) . Quindi nel nostro intervallo di interesse \([2-\sqrt{2},2+\sqrt{2}]\) (Fig.4) si ha che \(f'(x)\) assume il valore minimo per \(x=2\) dove risulta \(f'(2)=-2\). Quindi l’equazione
\[
f'(x)=\frac{-21}{10}\hspace{5mm}\text{cioè}\hspace{5mm} \frac{2(x^2-4x+2)}{\sqrt{4x-x^2}}=\frac{-21}{10}
\]
non ammette soluzioni. Diversamente accade per l’equazione

\[
f'(x)=-\frac{23}{12}\hspace{5mm}\text{cioè}\hspace{5mm} \frac{2(x^2-4x+2)}{\sqrt{4x-x^2}}=\frac{-23}{12}
\]
che presenta due soluzioni simmetricamente disposte rispetto al punto \((2,0)\).\\
\\
3. \(\mathcal{A}_{tot}\) è il doppio dell’area della regione R (Fig.5). \\

Quindi
\begin{align*}
\mathcal{A}_{tot}&=2\mathcal{A}(R)=\int_{0}^{2}f(x)dx=\int_{0}^{2}(4-2x)\sqrt{4x-x^2}dx=\\
&=\left[\frac{2}{3}\sqrt{(4x-x^2)^3}\right]_0^2=\\
&=\frac{16}{3}.
\end{align*}\\
\\
4. \(h(x)=\sin[f(x)]=\sin\left[(2-x)\sqrt{4x-x^2}\right]\) è una funzione continua in [0,4]. Essendo il seno una funzione simmetrica rispetto allo zero, vengono mantenute le proprietà di simmetria rispetto a (2,0). Infatti ricordandoci le trasformazioni di simmetria viste nel punto 1 e che \(\sin(-\alpha)=-\sin\alpha\) si ha
\begin{align*}
h(-x’+4)&=\sin\left[(2-(-x’+4))\sqrt{4(-x’+4)-(-x’+4)^2})\right]=\\
&=\sin\left[(x’-2)\sqrt{4x’-(x’)^2}\right]=\\
&=-h(x)
\end{align*}
I punti con ascissa unitaria sono tali da soddisfare l’equazione \(h(x)=1\) che implica che \((2-x)\sqrt{4x-x^2}=\frac{\pi}{2}+2k\pi\) con \(k\in\mathbb{Z}\), che evidentemente si riduce alla sola \((2-x)\sqrt{4x-x^2}=\frac{\pi}{2}\). Quest’ultima identità si traduce nella ricerca dei punti di intersezione tra il grafico \(\Gamma\) e la retta \(y=\pi/2\), ovvero come mostrato in Fig. 6, delle coordinate \(\alpha\in]0,x_1]\) e \(\beta\in]x_1,2[\) dove \(x_1\) è la coordinata del punto di massimo raggiunto nel grafico \(\Gamma\).

La \(h'(x)=cos[f(x)]\cdot f'(x)\) con \(f'(x)\) già calcolata. Si ha quindi che \(h'(x)\geq 0\) per
\[
x\leq 2-\sqrt{2} \lor x\geq 2+ \sqrt{2}\hspace{5mm} \text{e} \hspace{5mm}-\frac{\pi}{2}\leq f(x)\leq \frac{\pi}{2}.
\]
Vista la simmetria di \(h\) limitiamoci all’intervallo [0,2]. Quindi
\[
f(x)\leq \frac{\pi}{2} \hspace{3mm}\Longleftrightarrow\hspace{3mm} 0\leq x\leq \alpha \hspace{2mm}\lor\hspace{2mm}\beta\leq x \leq 2.
\]

Dallo studio dei segni riportato in Fig. 7, notiamo che la funzione \(h(x)\) presenta due massimi per \(x=\alpha\) e \(x=\beta\) e un minimo in \(x_1\). Considerando la simmetria centrale di \(h\), a \(\alpha, x_1\) e \(\beta\) corrispondono \(x_3=4-\alpha,x_2=2+\sqrt{2}\) e \(x_4=4-\beta\). In Fig. 8 si propone un grafico qualitativo \(\Gamma’\).\\

\\
La ricerca del numero delle soluzioni dell’equazione parametrica \(h(x)=k\) diventa
\[
\begin{cases}
y=h(x)\\
y=k.
\end{cases}
\]
\(y=k\) può essere visto come un fascio di rette orizzontali che interseca \(\Gamma’\) solo se \(k\in[\sin 2,1]\cup[-1,-\sin2]\).\\
L’integrale della funzione \(h(x)\) deve essere nullo poiché esprime la somma algebrica di due regioni aventi area uguale ma di segno opposto (la seconda regione è delimitata da una funzione di segno negativo!).\\
\begin{align*}
\int_{0}^{4}h(x)dx&=\int_{0}^{2}h(x)dx+\int_{2}^{4}h(x)dx=\\
&=\int_{0}^{2}h(x)dx-\int_{2}^{0}h(4-x’)dx’=\\
&=\int_{0}^{2}h(x)dx+\int_{2}^{0}h(x’)dx’=\\
&=\int_{0}^{2}h(x)dx-\int_{0}^{2}h(x’)dx’=0.
\end{align*}
dove si è ricordato che \(h(4-x’)=-h(x’)\).