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Sessione ordinaria LS_ORD 2005 Soluzione di De Rosa Nicola

www.matematicamente.it 1

Soluzione

1) La curva di equazione 26 xy −= è una parabola con vertice in )6,0(=V e concavità rivolta verso il

basso, ed interseca l’asse delle ascisse nei punti )0,6(),0,6( −== BA come sotto rappresentato:

La figura soprastante evidenzia anche la regione R identificata da:

≥≥

−=

0

0

6

:

2

y

x

xy

R



Per la determinazione del volume richiesto si consideri la figura sottostante che rappresenta la regione di cui bisogna determinare il volume a seguito di una rotazione della regione R intorno all’asse delle ordinate:

Poiché la regione R ruota attorno all’asse delle ordinate, allora per il teorema di Guldino il volume derivante sarà pari a:

dove )(yg rappresenta l’arco di curva AV . La parabola di equazione 26 xy −= può essere pure riscritta come

≤≤≤≤−−=

≤≤≤≤−=

60,06- 6

60,60 6

yxyx

yxyx

per cui l’arco di curva AV è rappresentato dall’equazione 60,60 , 6 ≤≤≤≤−= yxyx . In

definitiva 2) La parabola simmetrica della parabola di equazione 26 xy −= rispetto alla retta di equazione

6=y ha equazione ( ) 266*2 xyyS +=−= come rappresentato dalla figura sottostante:

[ ]∫=6

0

2)( dyygV π

[ ] ( ) πππππ 18)1836(2

66)(6

0

6

0

26

0

2 =−=

−=−== ∫∫

yydyydyygV



Il volume richiesto non è altro che il volume del cilindro CV di altezza 6=h ed area di base

( ) πππ 366 22 === rAb cui va sottratto il volume dovuto alla rotazione della regione S attorno alla

retta 6=y . Per il calcolo di questo secondo volume è conveniente considerare un nuovo sistema di riferimento con

−==

6'

'

yy

xx

Questa trasformazione non comporta alcun cambiamento del volume, visto che il volume è indipendente dal sistema di riferimento prescelto. In tal modo le due parabole diventeranno, nel nuovo sistema di riferimento, 22 ',' xyxy S =−= e la

retta di equazione 6=y viene trasformata nella retta 0'=y cioè nell’asse delle ascisse come rappresentato dalla figura seguente:



Il volume dovuto alla rotazione della regione S attorno all’asse delle ascisse nel nuovo sistema di riferimento sarà allora:

[ ]5

636

5

6

0

56

0

46

0

22 ππππ =

==−= ∫∫

xdxxdxxVS

per cui in definitiva il volume richiesto sarà pari a

5

6144

5

636636

πππ =−=−= SC VVV

3) L’area della regione R è:

( ) ( ) [ ] 6462663

666

0

36

0

2 =−=

−=−= ∫

xxdxxRA

oppure in modo alternativo, sfruttando il teorema di Archimede, per cui l’area del segmento

parabolico è i 3

2 dell’area del rettangolo circoscritto si ha: ( ) 646*6*

3

2 ==RA come già

evidenziato. Si consideri ora la figura seguente:

Ora dobbiamo trovare il valore di 60 , <<= kky che rende le due aree uguali e questo lo si ricava

imponendo che l’area ( )1RA della regione 1R sia pari a 62 .

Il punto T avrà coordinate ( )kkT ,6 −= . L’area della regione A sarà pari ad allora:



( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ) ( )33

6

0

36

0

21

63

2

3

666

366

kk

kk

xxkdxkxRA

kk

−=−−−−=

=

−−=−−=

−−

∫

Ora dobbiamo imporre che

( )

( ) ( )33

2

1

2

3

2

33

1

236236

236366263

2

62

−=⇒=−

⇒==−⇒=−

⇒=

kk

kk

RA

valore accettabile perché 60 << k . Una soluzione alternativa di questo quesito prevede ancora l’applicazione del teorema di Archimede per l’area di un segmento parabolico. In tal caso, a norma del teorema suddetto, l’area ( )1RA del segmento parabolico sarà sempre pari ai

3

2 dell’area del rettangolo circoscritto ad esso, per cui:

( ) ( ) ( ) kkkkRA −−=−−= 663

266

3

21

in cui il valore assoluto è superfluo perché 60 << k , da cui imponendo che ( ) 621 =RA si ha:

( ) ( )33

2

1

2

3

2

33

236236

236366263

2

−=⇒=−

⇒==−⇒=−

kk

kk

risultato analogo al precedente. 4) Il punto generico appartenente alla parabola di equazione 26 xy −= ha coordinate )6,( 2ttQ −= . La tangente in Q ha equazione:

( )( )2

2

622)('

)(6

ttxyttym

txmty

++−=⇒−==−=−−

Per il calcolo dell’area di interesse si consideri la figura sottostante:



Il punto G ha coordinate ( )6,0 2 += tG , mentre

+= 0,2

62

t

tH , per cui l’area del triangolo OGH

sarà:

( ) ( )

<<

+=+

+=

60

4

66

2

6

2

1)(

222

2

t

t

tt

t

ttA

Per cui 4

49)1( =A .

5) Per la minimizzazione richiesta si procede attraverso il calcolo delle derivate:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

62

04

636

4

646

16

64616)('

2

22

2

222

2

2222

<<

⇒>−+=−−+=+−+=

t

t

tt

t

ttt

t

ttttA

mentre ( )

3

4

2

123)(''

t

ttA

+= per cui ( )

0262

123)2(''

23

4

>=

+=t

tA per cui il valore che

minimizza l’area del triangolo è 282 =⇒= MINAt



Soluzione 1) Per ipotesi sappiamo che 1)0( =f , per cui affinché la funzione

( )

>+−=

=

01ln232

)(

1)0(2

xxx

xf

f

sia continua in 0=x , dobbiamo provare che ( ) 11ln232

lim2

0=

+−

+→x

xx

. Ed in effetti ricordando il

teorema di De l’Hospital si ha che 02

lim2

1

lim1

lnlimlnlim

2

0

3

0

2

0

2

0=

−=

−==

++++ →→→→

x

x

x

x

xxx

xx

H

xx per cui

( ) 11101lnlim2

3lim1ln23

2lim 2

0

2

0

2

0=+−=+−

=

+−

+++ →→→xx

xx

xxxx

Quindi la funzione considerata è continua in 0=x .

Vediamo ora la derivabilità, calcolando la derivata di ( ) xx

xf 1ln232

)(2

+−= per 0> x .



Si ha:

xxxxxxxxf ln22ln23)(' −=−−= da cui

[ ]

02lim

2

1

1

lim

2

1ln

lim

ln2lim0ln2lim2limln22lim

0

2

00

0000

==−

−=−=

=−=−=−

+++

++++

→→→

→→→→

x

x

x

x

x

xxxxxxxx

xx

H

x

xxxx

per cui la funzione presenta anche la derivata destra in 0=x pari al valore di quella sinistra e cioè

0)0(')0(' == +− ff e ciò dimostra la derivabilità della funzione stessa. Inoltre ricordando che per funzioni di una sola variabile reale la derivabilità implica la continuità, la dimostrazione della derivabilità in 0=x implica anche la continuità della funzione in 0=x . 2) Per dimostrare che l’equazione 0)( =xf ha un’unica radice reale in [ [+∞,0 ricordiamo la derivata

della funzione ( ) xx

xf 1ln232

)(2

+−= per 0> x :

exxxxxxxxf ≤<⇒≥−⇒≥−=−= 00ln10)ln1(2ln22)('

per cui nell’intervallo ex ≤<0 la funzione è crescente ed assumerà certamente valori positivi essendo 01)0( >=f , mentre in [ [+∞,e la funzione è decrescente. Inoltre Inoltre

( ) ( ) ( )( ) −∞=∞−=∞−∞++=−+=

+−

+∞→+∞→11ln23

2lim11ln23

2lim

22

xx

xx

xx

dal momento che ( ) −∞=−+∞=+∞→+∞→

xx

xxln23lim,

2lim

2

. Questo significa che in [ [+∞,e

0)(:! =∃ xfx . Questo valore lo si trova applicando il teorema degli zeri. Ad esempio

( ) ( ) 015ln232

25)5(,012ln438)4( <+−=>+−= ff per cui questa unica radice reale si troverà

certamente nell’intervallo [4,5], e può essere calcolata con uno dei metodi numerici a disposizione, come il metodo di bisezione. 3) Studiamo ora la funzione

( )

>+−=

=

01ln232

)(

1)0(2

xxx

xf

f



Dominio: 0>x anche se abbiamo visto che essa è prolungabile per continuità in 0=x

Intersezioni asse delle ascisse: come gia notato 0)(:! =∃ xfx e si ha [ ]5,4∈x

Intersezioni asse delle ordinate: l’unica intersezione è nel punto di prolungabilità per continuità e

cioè (0,1).

Positività: come notato dallo studio della derivata prima, e dall’identificazione dell’unico zero reale

presente la funzione è sempre crescente ex ≤<0 (con 01)0( >=f ) e decrescente [ [+∞,e , per cui

la funzione è positiva in ),0[ x e negativa altrove.

Asintoti verticali : non ce ne sono vista la prolungabilità per continuità in 0=x

Asintoti orizzontali : non ce ne sono visto che ( ) −∞=

+−

+∞→ x

xx

1ln232

lim2

come già

evidenziato.

Asintoti obliqui: non ce ne sono poiché

( )( ) −∞=

+−=

+−

+∞→+∞→ x

x

x

xx

xx1ln23

2lim

1ln232

lim

2

Crescenza e decrescenza: lo studio della derivata prima comporta che la funzione è sempre

crescente ex ≤<0 e decrescente [ [+∞,e , mentre la derivata seconda per 0>x è pari a

10ln22ln22)('' =⇒=−=−−= xxxxf per cui in

2

5,1 la funzione ha un flesso; inoltre

02)('' <−=ef per cui il punto

+1

2,

2ee è un massimo relativo ed assoluto per la funzione.

Il grafico è sotto presentato:



Nel punto

2

5,1 la tangente ha equazione

2

5)1( +−= xmy con 2)ln22()1(' 1 =−== =xxxxfm

per cui la tangente ha equazione 2

12 += xy :

4)

Si consideri la figura seguente che è uno zoom della regione di interesse della figura precedente:

L’area richiesta è

( ) dxxxxx

dxxxx

A

nn

n ∫∫

−+−=

+−+−=1

1

221

1

2

ln2

12

2

3

2

121ln23

2

Ricordando l’integrazione per parti si ha:

( ) kx

xx

dxx

xx

xdxxx +−=

−= ∫∫ 9ln

3

1

3ln

3ln

33332



per cui

( )

323

323

1

1

32

31

1

332

3

1

1

221

1

2

3

)ln(

2

11

18

11

9

1

1ln

3

1

2

11

18

11

2

11

18

11

ln3218

11

9ln

322

ln2

12

2

3

2

121ln23

2

n

n

nnn

nnnnn

xxx

xxx

xxx

xx

dxxxxx

dxxxx

A

nn

nn

n

−−+−=

=

+−+−+−=

=

−+−=

+−+−=

=

−+−=

+−+−= ∫∫

5)

Va calcolato il seguente limite:

−

−+−+=

−−+−=+∞→+∞→+∞→+∞→ 323323 3

)ln(lim

2

11

18

11lim

9

1

3

)ln(

2

11

18

11

9

1limlim

n

n

nnnn

n

nnnA

nnnn

n

Ora 02

1lim

1lim

18

11lim

2

11

18

11lim

2323=

−+

+

−=

−+−+∞→+∞→+∞→+∞→ nnnnnn nnnn

essendo i tre limiti

banalmente nulli.

Inoltre applicando de l’Hopital si ha per l’altro limite: 09

1lim

9

1

lim3

)ln(lim

323===

+∞→+∞→+∞→ nn

nn

nnn

H

n per

cui 9

1

3

)ln(lim

2

11

18

11lim

9

1

3

)ln(

2

11

18

11

9

1limlim

323323=

−

−+−+=

−−+−=+∞→+∞→+∞→+∞→ n

n

nnnn

n

nnnA

nnnn

n

Questo risultato lo si interpreta geometricamente col fatto che se +∞→n la retta n

x1= tende

all’asse delle ordinate, per cui ∞A rappresenta l’area compresa tra il grafico della funzione, l’asse

delle ordinate e la sua tangente inflessionale in

2

5,1 .



Soluzione 1)

Si consideri la figura seguente:



L’angolo in °= 36C essendo la decima parte dell’angolo piatto, mentre il lato AB del triangolo

ABC è evidentemente il lato del decagono inscritto, mentre AH è la bisettrice riferita al lato BC. In

questo modo si ha: ABHABHAHBAHCAHCAHBAH =⇒°===⇒°== 72ˆˆ,36ˆˆ . In questo

modo il triangolo AHB risulta essere simile al triangolo di partenza ABC per cui vale la seguente

uguaglianza:

CH

CHCB

AB

HB

CB

CH −==

Ora detto xABHACH === l’uguaglianza si riscrive:

2

51022 ±−=⇒=−+⇒

−= rxrrxxx

xr

r

x

di cui la soluzione accettabile è 2

51+−= rx essendo xABHACH === il lato del decagono e

quindi una quantità strettamente positiva. Per cui, ricordando che 2

51+− è la sezione aurea

dell’unità, si ha che il lato del decagono è sezione aurea del raggio.

Ora per il teorema dei seni applicato al triangolo AHB si ha:

( ) ( ) ( )( )( )

4

15

8

1553

532

15

2

5112

2

51

222)36cos(

)36cos(2)36sin(

)36cos()36sin(2

)36sin(

)72sin(

)36sin()72sin(

+=−+=−

−=

+−−

+−

=−

=−

==°

⇒°=°

°°=°°=⇒

°=

°

r

r

ABCB

AB

CHCB

AB

HB

AB

HB

ABHBAB

Ora 52104

1

16

5261

4

151)36(cos1)36sin(

2

2 −=

+−=

+−=°−=° mentre

4

15

16

526

16

52101

8

55

2

531

8

55

2

151

)36sin(1)72(sin1)72cos()18sin(

222

−=−=+−=

−

+−

=

−

+−=

°−=°−=°=°HB

AB



2)

Il cilindro circolare retto della figura sottostante ha raggio di base 0>x ed altezza 0>h .

La sua superficie totale sarà allora

hxxAAA lateralebasiT ππ 22 2 +=+=

Inoltre per ipotesi 2hxV π= da cui 2x

Vh

π= per cui

x

VxhxxAT

2222 22 +=+= πππ

L’obiettivo è ora di minimizzare l’area totale, per cui si calcolano le derivate:

( )

082

44

200

2224

3''

3''

332

3

2'

>=

+=

>⇒>−⇒>−=−=

ππ

π

ππππ

VA

x

VA

VxVx

x

Vx

x

VxA

T

T

T

per cui il minimo dell’area totale lo si raggiunge quando 3

2πV

x = da cui

xVVVV

V

V

x

Vh 2

22

22

2

2

33

13

2

3

2

3

2

3

22==

==

==−

ππππ

ππ

π. Quindi il minimo dell’area totale lo si

ha quando l’altezza è pari al diametro di base e quindi quando il cilindro retto risulta equilatero.

Inoltre utilizzando i dati presenti si ha 34004.0 cmlV ≅= da cui



cmxh

cmV

x

82

4200

233

≅=

≅==ππ

3)

Affinché due curve )(),( xgxf siano tangenti nel medesimo punto di ascissa 0x deve aversi che

==

)(')('

)()(

00

00

xgxf

xgxf

La prima condizione per le curve xxgxxxf == )(),sin()( comporta ππkxx 2

21)sin( 00 +=⇒= ,

mentre la seconda impone 1)cos()sin( 000 =+ xxx , equazione quest’ultima soddisfatta da

ππkx 2

20 += . Ecco per cui è stato dimostrato che le due curve xxgxxxf == )(),sin()( sono

tangenti quando 1)sin( =x .

Analogamente il discorso vale per xxgxxxf −== )(),sin()( per le quali la prima condizione

impone ππkxx 2

2

31)sin( 00 +=⇒−= , mentre la seconda impone 1)cos()sin( 000 −=+ xxx ,

equazione quest’ultima soddisfatta da ππkx 2

2

30 += . Ecco per cui è stato dimostrato che le due

curve xxgxxxf −== )(),sin()( sono tangenti quando 1)sin( −=x .

4)

Si consideri un rettangolo di perimetro λ=p2 e si identifichino i due suoi lati con

20,

2,

λλ ≤≤− xxx come di seguito rappresentato



L’area è:

( )

( )

( )

( ) 164

AA

ed 42

cuiper massimo, del ascissal' è 4

02

4002

2

:seconda e prima derivata la Calcoliamo

20,

22*

2

maxmax

maxmax

2

λλ

λλλ

λλ

λλ

=

==

=

−=⇒∀<−=

<≤→>−=

≤≤−=

−=

Ax

xxxxA

xxxA

λx x

xxxxA

II

I

Cioè l’area massima la si ha in corrispondenza di un quadrato.

Una via alternativa, senza l’uso delle derivate, è notare che ( ) 2

2x

xxA −= λ

è una parabola con

concavità verso il basso per cui il massimo è in corrispondenza del vertice ed è pari a

2

4,

4

λλ.

5)

Il numero di Nepero, come π , è un numero trascendente irrazionale cioè non è soluzione di una equazione polinomiale a coefficienti razionali. Se a Nepero è attribuita la scoperta del numero e, ad Eulero va il merito di averlo approfondito e reso popolare. Fu Eulero per primo ad indicarlo con la lettera "e" ed a calcolarlo fino alla 13ª cifra decimale: 2.7182818284590. Le definizioni del numero di Nepero possono essere molteplici. Ne evidenzieremo tre. La prima si

basa sul concetto di limite , per cui il numero di Nepero non è altro che en

n

n=

++∞→

11lim .

La seconda sfrutta l’espansione in serie di Taylor della funzione esponenziale per cui un'ulteriore definizione potrebbe essere fornita dalla somma della seguente serie convergente:

LL++++==∑+∞

= !3

1

!2

1

!1

1

!0

1

!

1

0n ne

Un modo alternativo (non standard) di definire e coinvolge le equazioni differenziali: il numero di Nepero si può definire come il valore in x = 1 della funzione f(x) soluzione unica del problema di Cauchy dato dall'equazione differenziale )()(' xfxf = con condizioni iniziali f(0) = 1 e risolvibile semplicemente attraverso la separazione delle variabili come mostreremo a breve. Il problema di Cauchy è

==1)0(

)()('

f

xfxf

che sotto alcune ipotesi, si dimostra fornire un’unica soluzione. Per calcolarla basta ricordare le equazioni differenziali a variabili separabili: infatti l’equazione differenziale )()(' xfxf = , supponendo ( ) 0≠xf si può riscrivere come:



( )( ) 1'

=xf

xf

Ed integrando ambo i membri in dx si ricava:

( )( ) ( ) kxxfdxdxxf

xf +== ∫∫ ln cioè '

Quindi il problema iniziale diventa:

( )

=+=

1)0(

ln

f

kxxf

Dalla prima, per x=0, si ricava ( ) kf =0ln e ricordando che la condizione iniziale impone

1)0( =f , allora si ricava 01ln ==k , per cui infine si ricava:

( ) ( ) ( ) xx exfexfxxf ±=→=→=ln

In cui va scartata la soluzione ( ) xexf −= perché non soddisfa la condizione iniziale.

In conclusione la soluzione esiste, è unica ed è l’autofunzione ( ) xexf = che valutata in 1=x fornisce il numero di Nepero. Il problema di Cauchy sopra svolto torna utile anche perché evidenzia come la funzione ( ) xexf = abbia derivata coincidente con essa stessa (ecco per cui è chiamata autofunzione), per cui a questo punto avremmo risposto anche alla seconda domanda posta dal quesito. Un ulteriore modo per dimostrare ciò è applicare la definizione e quindi effettuare il limite del rapporto incrementale:

( ) ( ) xh

h

xhx

h

xhx

hhh

eh

ee

h

ee

h

ee

h

xfhxf

xhx

xfhxfxf

=−=−

=−=−+=−+−+=

→→

+

→→→

1lim

1lim

lim)()(

lim)()(

lim)('

00

000

dal momento che ( )

11

lim0

=−→ h

eh

h per il limite fondamentale.

6)

Matematicamente il fattoriale è definito in maniera ricorsiva e cioè:

( )

=≥−

=01

1!1!

n

nnnn

Nel calcolo combinatorio e probabilistico il simbolo n! indica il numero di permutazioni che si possono fare con n oggetti. Ad esempio se volessimo conoscere quante parole è possibile comporre con n lettere prese a caso,



allora il numero di tali parole sarà 1*2*)3)(2(1(! KK−−=−= nnnnn . Prendiamo a tal proposito la parola TRE e vediamo quante altre parole si ricavano permutando le lettere T, R ed E: si hanno le seguenti parole:

TRE,TER,RTE,RET,ETR,ERT cioè si hanno 6 parole come previsto dal fattoriale 3!=3*2*1=6. Il legame col coefficiente binomiale viene fuori della potenza n-esima del binomio di Newton

( ) knkn

k

n bak

nba −

=∑

=+

0

dove ( )!!

!

knk

n

k

n

−=

è il cosiddetto coefficiente binomiale.

Il simbolo ( )!!

!

knk

n

k

n

−=

in termini probabilistici indica il numero di scelte che si possono fare

con k oggetti a partire dagli n totali. Ad esempio se lanciamo 5 volte una moneta non truccata e vogliamo sapere quante volte escono tre teste, utilizzando il coefficiente binomiale si ricava che tre teste escono un numero di volte pari a

( ) ( )( ) 102*6

120

!2!3

!5

!35!3

!5

3

5===

−=

Infatti le possibili combinazioni di 3 teste sui 5 lanci in totale sono: TTTCC, TTCTC, TTCCT, TCTCT, TCTTC, TCCTT, CTTTC, CTTCT, CTCTT, CCTTT. Per cui la probabilità che escono tre teste in 5 lanci sarà, sfruttando la distribuzione binomiale ed

essendo la probabilità di uscire testa pari a quella di uscire croce e pari ad 2

1)()( == TPCP visto

che la moneta è non truccata:

16

5

32

10

2

1

2

1

3

5)TESTE 3(

32

==

=P

Probabilità che potevamo calcolare anche rapportando i casi favorevoli (10) sui casi totali ( )3225 = . 7)

La funzione 344)( 234 ++−= xxxxf può essere anche riscritta in questo modo:

( ) 323)44()( 2222 +−=++−= xxxxxxf

cioè come somma di un quadrato, che in quanto tale è sempre maggiore od uguale a zero, e di un

numero maggiore di 2. Per questo motivo ( ) Rxxxxxxxf ∈∀>+−=++−= 2323)44()( 2222 e



quindi non esiste alcun valore di 2)(: =kfk .

Un modo alternativo è risolvere l’equazione

( ) 121442344)( 22234234 −=−⇔−=+−⇒=++−= xxxxxxxxxf

che risulta impossibile perché un quadrato è un numero positivo o al massimo nullo, mai negativo.

8)

Si consideri la figura seguente che mostra la geometria del problema:

Lo spigolo IL dell’ottaedro lo si può ricavare applicando il teorema di Pitagora al triangolo

rettangolo isoscele IKL. Infatti indicato con lAB = la lunghezza dello spigolo del cubo, si ha

2

lKLIK == per cui

222

22lll

IL =

+

= e questo discorso può essere fatto per ogni spigolo

del cubo e dell’ottaedro. Per cui tutti gli spigoli dell’ottaedro sono congruenti e l’ottaedro è di

conseguenza regolare. Per quanto riguarda il volume dell’ottaedro, basta notare che esso è formato

da due piramidi aventi il quadrato NOLP come base per cui

63

2*

22

3

*2

3

2

l

ll

MQAV NOLP

ottaedro =

==

mentre 3lVcubo = per cui 6

6

3

3

==l

l

V

V

ottaedro

cubo



9)

La risposta al quesito è immediata se si ricorda che )cos()90sin( xx =−° per cui

1)35(cos)35(sin)3590(sin)35(sin)55(sin)35(sin 222222 =°+°=°−°+°=°+°

10)

La funzione

+−−=

1

1arctan)arctan()(

x

xxxf ha come dominio l’unione di due intervalli

( ) ( )+∞−∪−∞− ,11, . La sua derivata risulta essere pari a:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

( ) 01

1

1

1

12

2

1

1

11

2

1

1

1

11

1

2

1

1

1

11

1

11

1

1)('

2222

2222

2

22

2

2

=+

−+

=+

−+

=−++

−+

=

+−+

+−+

=

+−+

+−−+

−+

=

xxxx

xxx

x

x

x

x

x

x

x

xx

xxf

Ora essendo la derivata nulla si può affermare che la funzione risulta essere costante in ogni intervallo chiuso e limitato non contenente 1−=x cioè in ogni intervallo del tipo [a,b] con

1,1 −>−> ba oppure in intervalli del tipo [c,d] con 1,1 −<−< dc . Per calcolare le costanti basta fare i due limiti seguenti:

4

3

42)1arctan()arctan(

1

1arctan)arctan(lim

442)1arctan()arctan(

1

1arctan)arctan(lim

πππ

πππ

−=−−=−−∞=

+−−

=−=−+∞=

+−−

−∞→

+∞→

x

xx

x

xx

x

x

Quindi in conclusione si può dire che la funzione

+−−=

1

1arctan)arctan()(

x

xxxf è costante a

tratti, dal momento che in 1−=x presenta un salto di discontinuità pari a π . Vogliamo in ultima analisi evidenziare come la traccia sia ambigua, nel senso che avrebbe potuto trarre in inganno per come è formulata, visto che la funzione non è costante ma costante a tratti, ed il valore della costante, quindi, non è unica come evidenziato dalla figura sottostante.

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