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In figura:
17. PREPARAZIONE ALLA PRIMA PROVA IN ITINERE 79
quindi y = ±1. Poiché ∂xf(1, ±1) = 0, possiamo esplicitare la x in funzione della y in questi due
punti.
(f) si è visto che condizione necessaria per risolvere f(x, y) = 0 è che −1 ≤ y ≤ 0. Proviamo che tale
condizione è anche sufficiente: Studiamo il segno dell’espressione h(v) − √ v per 2 < v < 16. La
derivata di tale espressione è strettamente negativa, essa è positiva in 2, quindi si annulla in un
unico punto. Come visto sopra, tale punto è 4. Quindi per 2 < v < 16 tutti i valori di h(v) sono
accettabili.
Se 0 < x < 4 allora esiste un unico v tale per cui h(v) = x, quindi per x0 ≥ 0 fissato l’equazione
f(x0, y) = 0 ammette due soluzioni y simmetriche rispetto all’asse delle ascisse y = ± 1 − h2 (v).
In generale, poiché h possiede un unico minimo assoluto in 2 ed è strettamente monotona in [0, 2]
e [2, 16], per ogni −1 < x < 0 esistono al più due valori di v accettabili, quindi esistono al più
quattro valori di y tali che f(x, y) = 0.
(g) Cerchiamo i massimi di y2 vincolati a Γ. Si ha y2 = v − h2 (v). La derivata è 1 − 2h(v)h ′ (v) =
5 3√ 2v2/3 − 2v − 3 · 22/3 3√ v + 1. Sappiamo che un estremale per y2 è raggiunto in x = −1/2 e vale
0, quindi deve essere raggiunto per v = 1/4. Pertanto 1 − 2h(v)h ′ (v) è divisibile per v0 = 1/4.
Poniamo p(v) = 5 3√ 2v2/3 − 2v − 3 · 22/3 3√ v + 1. Sappiamo che p(1/4) = 0. Posto v = 2t3 , si
ottiene p(t) = −4t3 + 10t2 − 6t + 1 e sappiamo che 1/4 = 2t3 è soluzione da cui t = 1/2. Quindi
il polinomio p(t) è divisibile per t − 1/2. Eseguendo la divisione, si ottiene −2 + 8t − 4t2 , che
ammette come soluzioni t = 1/2(2 ± √ 2), da cui si ricava v1 = 1/4(2 − √ 2) 3 , v2 = 1/4(2 + √ 2) 3 .
Si ha x0 = h(v0) = −1/2, x1 = h(v1) = 1/2−1/ √ 2, x2 = h(v2) = 1/2+1/ √ 2. Poiché x2 > 0, esiste
solo un y > 0 tale che f(x2, ±y) = 0. Si ha y + 2 = v2 − h2
(v2) = 17/4 + 3 √ 2 e y − 2 = −y+ 2 ,
ed essi sono massimi assoluti per y2 vincolata a Γ.
Per quanto riguarda v1, si ottiene y + 1 = v − h2
(v) = 17/4 − 3 √ 2 e y − 1 = −y+ 1 .
Questo termina lo studio qualitativo:
(a) Γ è inscritto nel quadrato
Q := [−1, 4] × [− 17/4 + 3 √
2, 17/4 + 3 √ 2].
(b) Se 0 < x < 4, abbiamo due rami simmetrici rispetto all’asse delle ascisse. Il ramo nel primo
quadrante passa per (0, 3 √ 3/2), raggiunge il suo massimo nel punto 1/2 + 1/ √
2 e tale massimo
vale 17/4 + 3 √ 2, poi decresce fino al punto (4, 0) dove si ricongiunge con il ramo simmetrico.
Nel punto (4, 0) la tangente è verticale.
(c) Se −1/2 ≤ x ≤ 0 abbiamo quattro rami, due a due simmetrici rispetto all’asse delle ascisse. I
due rami a distanza maggiore dall’asse delle ascisse si ricongiungono ai rami del primo e quarto
quadrante. I due rami più vicini all’asse delle ascisse passano per (−1/2, 0) e (0, 0) e raggiungono
il massimo della loro distanza dall’asse x nel punto 1/2−1/ √
2 e tale massimo vale 17/4 − 3 √ 2.
(d) Se −1 < x < −1/2 abbiamo quattro rami, due a due simmetrici rispetto all’asse delle ascisse. I
due rami del secondo quadrante passano entrambi per il punto (−1, 1), uno di essi si congiunge
al suo simmetrico nel punto (−1/2, 0), mentre l’altro si congiunge al ramo a distanza maggiore
dall’asse delle ascisse definito per −1/2 < x < 0. Il comportamento dei rami del terzo quadrante
è simmetrico.
(1) le due rette oblique sono −x+ √ 3y = 9/2 e x+ √ 3y = −9/2, tangenti a Γ rispettivamente in (0, 3 √ 3/2)
e (0, −3 √ 3/2).
(2) le rette verticali da sinistra a destra sono:
(a) x = −1, tangente a Γ nei punti (−1, ±1). Non vi sono punti di Γ a sinistra di tale retta.
(b) x = −1/2, il punto (−1/2, 0) è una delle tre intersezioni di Γ con l’asse delle ascisse.
(c) x = 1/2 − 1/ √ 2, essa passa per i punti di massimo assoluto dei due rami di Γ più vicini all’asse
delle ascisse definiti per −1/2 < x < 0. Essa interseca Γ nei punti (1/2 − 1/ √
2, ± 17/4 − 3 √ 2)
(d) x = 0, interseca Γ in tre punti, uno è l’origine e gli altri sono (0, ±3 √ 3/2). A destra di tale retta
l’insieme ha solo due rami.