Soluzione di Adriana Lanza

PROBLEMA.2

1)La funzione è definita e continua nell’intervallo chiuso [-1;1], mentre è derivabile solo nei punti interni.

Infatti ,essendo f ' ( x )=1−2 x2

√1−x2 ,

si può osservare che f’(x) è definita e continua in ]-1;1[ mentre

limx→−1+¿ f '(x)¿

¿= limx→ 1−¿ f '(x)¿

¿ = -∞

Negli estremi dell’intervallo la semiretta tangente alla curva è parallela all’asse y

2)

f(-x)=-f(x) →Funzione dispari

Segno e zeri di f(x)

f(-1)=f(0)=f(1)=0

f(x)>0 nell’intervallo ]0;1[

f(x)<0 nell’intervallo ]-1;0[

Zeri e segno della derivata prima, crescenza o decrescenza della funzione

f’(x)=0 per x=± √22

-1 -------------−√22

++++++++++++++++++√22

----------------1

Minimo relativo (−√22

;−12 ) Massimo relativo (√2

2 ;

12 )

Zeri e segno della derivata seconda, studio della concavità

f (x)= {-3x+2 {x} ^ {3}} over {(1- {x} ^ {2} ) sqrt {1- {x} ^ {2}}

f”(x) si annulla solo per x=0, tenendo conto del campo di esistenzaf(x) volge la concavità verso l’alto nel terzo quadrante e verso il basso nel primo ed ha un flesso nell’origine, dove la tangente in flessionale è la retta y=x

Soluzione di Adriana Lanza

Grafico

3)

Area

∫0

1

x √1−x2 dx=−12 ∫

0

1

¿¿¿¿=13

4) Consideriamo una retta del fascio y =mx, con la condizione 0<m<1 e indichiamo con A il punto di incontro l’arco di curva appartenente al primo quadrante

A ¿;m√1−m2)

Il volume V del cono di vertice O,inscritto nella regione R, sarà uguale a

V(m)=π3m2 (1−m2 )√1−m2=¿V(m)=π

3m2(1−m2)

32

Soluzione di Adriana Lanza

Segno della derivata prima e crescenza o decrescenza della funzione

V’(m)

π3

[ (2m ) (1−m2 )32−3m3 (1−m2 )

12 ]=π

3m√¿¿

0+++++++++√105

---------------------1

Il cono di volume massimo si ottiene in corrispondenza del la retta di equazione y= √105

x