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74 17. PREPARAZIONE ALLA PRIMA PROVA IN ITINERE
(b) la retta tangente in P2 sia 1
2 x + √ 3
2 y = q2, dove q2 va determinata imponendo il passaggio per
P2, ovvero r2 : 1
2 x + √ 3
2
y = 1,
(c) la retta tangente in P3 sia 1
2 x − √ 3
2 y = q3, dove q3 va determinata imponendo il passaggio per
P3, ovvero r3 : 1
2 x − √ 3
2
y = 1.
Si ha r2 ∩ r3 = {(2, 0)}, r1 ∩ r2 = {(−1, √ 3)}, r1 ∩ r2 = {(−1, − √ 3)}, e si verifica che la distanza tra
questi tre punti è la stessa e vale √ 12 = 2 √ 3, pertanto il triangolo formato da queste rette è equilatero.
(4) Dal punto precedente si ricava come ∂yf(P1) = 0, quindi il Teorema di Dini non è applicabile in questo
punto (la tangente a Γ è verticale) Invece ∂yf(P2) = − √ 3/2 = 0 e ∂yf(P3) = √ 3/2 = 0, pertanto
il Teorema di Dini è applicabile in questi punti e restituisce due funzioni y = ϕ2(x) e y = ϕ3(x)
definite in un intorno di x = 1/2, di classe C 1 , con ϕ2(1/2) = √ 3/2 e ϕ3(1/2) = − √ 3/2. La derivata
di ϕ2 e ϕ3 in 1/2 è il coefficiente angolare della tangente in tali punti, ovvero ϕ ′ 2(1/2) = − √ 3/3 e
ϕ ′ 3(1/2) = √ 3/3.
(5) Si tratta di studiare la funzione ρ 2 sotto il vincolo ρ = − cos 3θ, ovvero di studiare la funzione w(θ) =
cos 2 (3θ). Calcoliamo le derivate di w:
w ′ (θ) = −6 cos(3θ) sin(3θ) = −3 sin(6θ)
w ′′ (θ) = 18 cos(6θ)
La derivata prima è nulla se θ = kπ/6, k = 0, 1, ..., 5. In tali punti, la derivata seconda è negativa se
k = 2, 3, 4, quindi questi sono punti di massimo, e positiva se k = 0, 1, 5, quindi questi sono punti di
minimo. Se k = 0, 1, 5 si ottiene dall’equazione di Γ che ρ = 0, pertanto il punto (0, 0) è di minimo
assoluto vincolato e in tale punto ρ 2 = 0. Se k = 2, 3, 4 si ottengono i punti (−1, 0), (1/2, √ 3/2) e
(1/2, − √ 3/2), che sono quindi di massimo vincolato. Poiché ρ 2 assume in tutti questi punti il medesimo
valore 1, tali massimi sono massimi assoluti vincolati. L’insieme è chiuso perché f è continua e limitato
perché ρ ≤ 1 sui punti di Γ, quindi è compatto.
(6) Questo punto è facoltativo, illustriamo un procedimento possibile per disegnare l’insieme Γ. Dal punto
precedente, si è visto come Γ sia contenuto nella palla centrata nell’origine di raggio 1. I punti di
contatto con la circonferenza di raggio 1 sono proprio P1, P2, P3.
Poniamo y = mx nell’equazione, ottenendo
da cui per x = 0 si ottiene
0 = f(x, mx) = x 2 (1 + m 2 )(m 2 x 2 + x(x + 1)) − 4x 3 m 2
= x 3 (1 + m 2 )(m 2 x + x + 1) − 4x 3 m 2 ,
⎧
⎪⎨
x(m) = 3m2 − 1
(1 + m2 ) 2
⎪⎩ y(m) = m(3m2 − 1)
(1 + m2 ) 2
Poiché per x = 0 si ha che se f(0, y) = 0 allora necessariamente y = 0 (infatti f(0, y) = y 4 ), si ottiene
che per ogni m ∈ R la retta di coefficiente angolare m interseca Γ nei punti (0, 0) e (x(m), y(m)).
Osserviamo che per m → ±∞ si ottiene il punto (0, 0) Osserviamo che (x(m), y(m)) = (0, 0) per m =
±1/ √ 3. Ciò implica che si ha un cappio definito da m > 1/ √ 3, un altro dato da −1/ √ 3 < m < 1 √ 3
e un terzo definito da m < −1/ √ 3. Il cappio dato da −1/ √ 3 < m < 1 √ 3 si trova nel semipiano delle
x < 0, gli altri due nel primo quadrante e nel terzo quadrante. Dall’equazione in coordinate polari, si
vede come Γ sia invariante per rotazioni di 2π/3, inoltre Γ è simmetrico rispetto all’asse delle ascisse
pertanto è sufficiente studiare Γ ∩ {−1 < x < 0, y ≥ 0}, ruotare il risultato di ±2π/3 e poi rifletterlo
rispetto all’asse delle ascisse.
Dato che f ∈ C ∞ , le funzioni implicitamente definite sono C 1 laddove sono definite. Sia −1 < k < 0
e consideriamo l’intersezione di Γ con la retta x = k, si ottiene (k 2 + y 2 )(y 2 + k(k + 1)) = 4ky 2 da cui
y 4 + (2k 2 − 3k)y 2 + k 4 + k 3 = 0. Poniamo quindi t = y 2 ottenendo l’equazione
pk(t) := t 2 + (2k 2 − 3k)t + (k 4 + k 3 ) = 0
Per avere soluzioni accettabili di y, è necessario che le corrispondenti soluzioni di t siano positive.
Osserviamo che limt→±∞ pk(t) = +∞, e che pk(0) = k 4 + k 3 < 0. Per il teorema di esistenza degli
zeri, si ha che esiste una radice t − < 0 e una radice t + > 0. Ciò implica che t− è da scartarsi perché