1) Il grafico della funzione \(f\left( x \right)\) in figura è costituito da tre archi di circonferenza.
a. Ricava l’espressione analitica di \(f\left( x \right)\) e metti in evidenza gli eventuali punti di non derivabilità della funzione stessa.
b. Senza far ricorso al calcolo integrale determina \(F\left( 1 \right)\), \(F\left( 2 \right)\), \(F\left( 3 \right)\) e \(F\left( 4 \right)\), dove \(F\left( x \right)\) è la funzione integrale di \(f\) in \(\left[ 0;4 \right]\), quindi traccia un grafico plausibile di \(F\left( x \right)\). 
2) Nel piano \(Oxy\) è tracciata la semicirconferenza \({{\gamma }_{1}}\) e la curva \({{\gamma }_{2}}\), grafico della funzione: \[f\left( x \right)=\frac{ax}{{{x}^{4}}+b}\;,\] con \(x\ge 0\), \(a\) e \(b\) costanti reali positive.
a. Determina \(a\) e \(b\) in modo che \({{\gamma }_{1}}\) e \({{\gamma }_{2}}\) si intersechino nel punto di ascissa \(x=1\) e \({{\gamma }_{2}}\) presenti il massimo relativo in corrispondenza a \(x=\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\).
b. Per i valori di \(a\) e \(b\) trovati al punto precedente, dimostra che le regioni \({{S}_{1}}\) e \({{S}_{2}}\) delimitate dalle due curve hanno la stessa area.
c. Dimostra che, nelle stesse ipotesi, anche le regioni \({{S}_{3}}\) e \({{S}_{4}}\) hanno superfici equivalenti.
Grazie. Le rispondo così: Cara Carmen,
nel primo caso, possiamo ricavare l’espressione di \(f(x)\) nel seguente modo: \[f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} 1-\sqrt{1-{{x}^{2}}}\quad 0\le x\le 1 \\ 1+\sqrt{-{{x}^{2}}+4x-3}\quad 1<x<3 \\ 1-\sqrt{-{{x}^{2}}+8x-15}\quad 3\le x\le 4 \end{array} \right. \quad .\] La funzione integrale \(F\left( x \right)\) non è altro che l’area del sottografico di \(f(x)\) tra \(0\) e \(x\), per cui: \[F\left( 1 \right)=1-\frac{\pi }{4},\ F\left( 2 \right)=F\left( 1 \right)+1+\frac{\pi }{4}=2\]\[F\left( 3 \right)=F\left( 2 \right)+1+\frac{\pi }{4}=3+\frac{\pi }{4},\ F\left( 4 \right)=F\left( 3 \right)+F\left( 1 \right)=4\ .\]
\(F\left( x \right)\) è una funzione crescente il cui grafico potrebbe essere rappresentato come nella figura a fianco.
Nel secondo caso, poiché l’equazione della semicirconferenza \({{\gamma }_{1}}\) è \(y=\sqrt{-{{x}^{2}}+2x}\), la condizione di intersezione con \({{\gamma }_{2}}\) nel punto \((1,1)\) implica l’uguaglianza \(\frac{a}{1+b}=1\to a=1+b\), mentre la condizione sul massimo relativo comporta: \[f'\left( x \right)=\frac{a\left( b-3{{x}^{4}} \right)}{{{\left( {{x}^{4}}+b \right)}^{2}}}\to f'\left( \frac{1}{\sqrt[4]{3}} \right)=0\leftrightarrow \frac{a\left( b-1 \right)}{{{\left( \frac{1}{3}+b \right)}^{2}}}=0\to b=1\wedge a=2\quad .\] Pertanto: \[f\left( x \right)=\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}\quad \quad \quad x\ge 0\quad .\] Poiché l’area del sottografico di \({{\gamma }_{1}}\) nell’intervallo \(\left[ 0,1 \right]\) misura \(\frac{\pi }{4}\), per dimostrare l’equivalenza delle regioni \({{S}_{1}}\) e \({{S}_{2}}\) è necessario e sufficiente dimostrare che anche il sottografico di \({{\gamma }_{2}}\) nello stesso intervallo misura \(\frac{\pi }{4}\), cioè che \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=\frac{\pi }{4}}\). Posto \({{x}^{2}}=t\), possiamo calcolare l’integrale e confermare l’ipotesi: \[\int\limits_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=}\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt=}\left[ \arctan t \right]_{0}^{1}=\frac{\pi }{4}\quad .\] In modo analogo al punto precedente, si tratta di dimostrare che anche il sottografico di \({{\gamma }_{2}}\) nell’intervallo illimitato \(\left[ 1,+\infty \right[\) misura \(\frac{\pi }{4}\), il che equivale al calcolo del seguente integrale improprio: \[\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=}\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1}^{k}{\frac{2x}{{{x}^{4}}+1}dx=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,}\int\limits_{1}^{{{k}^{2}}}{\frac{1}{{{t}^{2}}+1}dt=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,}\left( \arctan \left( {{k}^{2}} \right)-\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}\quad .\]
Massimo Bergamini
