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78 17. PREPARAZIONE ALLA PRIMA PROVA IN ITINERE
Quindi:
4x 3 − 12x 2 − 15x − 4 = (x − 4)(4x 2 + 4x + 1) = (x − 4)(2x + 1) 2 ,
che si annulla per x = 4 e x = −1/2. Pertanto P1 = (−1/2, 0), P2 = (4, 0).
(3) Calcoliamo le derivate parziali di f:
∂xf(x, y) = 12(x 2 + y 2 − x) 2 (2x − 1) − 108x(x 2 + y 2 )
= 12((x 2 + y 2 − x) 2 (2x − 1) + 9x(x 2 + y 2 ))
∂yf(x, y) = 12y(2(x 2 + y 2 − x) 2 − 9(x 2 + y 2 )).
e scriviamo il differenziale nei punti P2, P3, P4 per determinare l’equazione della tangente:
(a) df(4, 0) = 12(144 · 7 − 36 · 4) dx = 144 · 72 dx, pertanto in (4, 0) la tangente è parallela alla retta
x = 0, e quindi è la retta x = 4.
(b) df(0, 3 √ 3/2) = 729
16 (− dx+√3 dy), pertanto in (0, 3 √ 3/2) la tangente è della forma −x+ √ 3y = q,
sostituendo si ottiene q = 9/2 e l’equazione della tangente risulta −x + √ 3y = 9/2.
(c) per simmetria, la tangente nel punto (0, −3 √ 3/2) è x + √ 3y = −9/2.
(d) nei punti P3, P4, si ha ∂yf(P3) = 0 e ∂yf(P4) = 0, quindi per il teorema di Dini vengono definite
le funzioni implicite richieste. Si ha però ∂yf(P1) = ∂yf(P2) = 0, quindi in questi punti il teorema
non è applicabile.
(4) Dall’equazione in coordinate polari, si ha ρ ≥ 0, e 3√ 4 ≤ 3√ 4ρ − 3 3√ ρ ≤ 3√ 4. Studiamo la funzione
z(ρ) = 3√ 4ρ − 3 3√ ρ. Si ha z(0) = 0 e
˙z(ρ) = 3√ 4 + ρ −2/3 > 0
Pertanto la funzione z(ρ) è strettamente crescente nel suo dominio. Essa raggiunge il suo unico valore
di massimo assoluto z(ρ) = 3√ 4, per θ = 0, quindi nel punto corrispondente al punto (4, 0). Pertanto
il massimo assoluto di ρ è 4, quindi il massimo di ρ 2 è 16. Essendo f continua, Γ è chiuso. Poiché ρ è
limitato, Γ è compatto.
(5) Studiamo le intersezioni con rette x = k. Abbiamo già visto come se |k| > 4 non ci siano intersezioni,
e che l’unica intersezione con x = 4 sia il punto (4, 0).
Le intersezioni sono due a due simmetriche rispetto all’asse delle ascisse. Cerchiamo di operare delle
sostituzioni opportune nell’espressione di f in modo da abbassare il grado dell’equazione f = 0.
Poniamo v = ρ 2 = x 2 + y 2 , 0 ≤ v ≤ 16. L’equazione ridotta è
px(v) = 4(v − x) 3 − 27v 2 = 0,
polinomio di terzo grado in v, sotto la condizione v ≥ x 2 .
Esplicitando la variabile x, otteniamo x = v − 3v 2/3 / 3√ 4, sotto la condizione v ≥ x 2 . Poniamo
h(v) = v − 3v 2/3 / 3√ 4 e studiamo la funzione x = h(v), nel dominio 0 ≤ v ≤ 16 con la condizione
v ≥ h 2 (v).
(a) Si ha h ′ (v) = 1 − 2 1/3 /v 1/3 che si annulla solo in v = 2 (punto di minimo assoluto, lo si vede
osservando che la derivata seconda è positiva). La funzione h è strettamente decrescente per
0 < v < 2 e strettamente crescente per 2 < v < 16.
(b) Un valore x = h(v), 0 ≤ v ≤ 16 è accettabile solo se v ≥ x 2 , ossia se − √ v ≤ x ≤ √ v.
(c) Si ha h(v) = 0 per v = 0, v = 27/4. Osserviamo che 0 < 2 < 27/4 < 16, quindi h è negativa in
]0, 27/4[ e positiva in ]27/4, 16[.
(d) Il massimo valore di v è 16, quindi il massimo valore di h(v) è h(16) = 4 e tale valore è accettabile
perché − √ 16 ≤ 4 ≤ √ 16. Pertanto ritroviamo che il massimo valore delle x in modo che f(x, y) =
0 abbia soluzione è 4. Come già visto, si ha che f(4, y) = 0 se e solo se y = v − h 2 (v) con v = 16,
da cui y = 0.
(e) Determiniamo il minimo valore delle x = h(v) in modo che f(x, y) abbia soluzione. Il minimo di
h è raggiunto in v = 2. Osserviamo che h(2) = −1 e − √ 2 < −1. La funzione − √ v è strettamente
decrescente, mentre per v > 2 la funzione h(v) è strettamente crescente. Quindi per 2 < v < 16
si avrà sempre − √ v ≤ h(v) = x. In particolare si ottiene che (x, y) ∈ Γ implica necessariamente
x ≥ −1 e quindi che −1 è il minimo assoluto della funzione x vincolata a Γ.
Risolvendo f(−1, y) = 0 si ottiene 5−6y 2 −3y 4 +4y 6 = 0. Posto t = y 2 si ha 5−6t−3t 2 +4t 3 = 0.
Cerchiamo radici tra i divisori interi di 5, ossia ±1, ±5. Si ottiene che 1 è radice accettabile.
Dividiamo allora 5 − 6t − 3t 2 + 4t 3 per x − 1, si ottiene 4t 2 + t − 5. Tale polinomio ammette radici
1 e −5/4. Le radici negative non sono accettabili. Si ha f(−1, y) = 0 se e solo se t = y 2 = 1,