Calcolo differenziale

$\textbf{a.}$

$f_B(x)=x^2e^{-x}+k \implies f_B'(x)=2xe^{-x} -x^2e^{-x} = xe^{-x}(2-x)$ per la regola del prodotto.

Se il vagone è in salita dobbiamo porre $f_B'(x) >0$ perché la traiettoria del vagone è tangente alla giostra (ovviamente), quindi $e^{-x}x(2-x) >0$. Trascuriamo $e^{-x}$ perché è sempre positivo dato che la base è positiva, quindi è ininfluente sul segno. Allora risolviamo $x(2-x) >0 \implies 0<x<2$, ma essendo $x \in [-1,1]$ la soluzione è $0< x \leq 1$ ($]0,1]$). È in discesa quando non è in salita o parallela al suolo, quindi $-1 \leq x <0$ ($[-1,0[$).

$\textbf{b.}$

Sapendo che il vagone è orizzontale quando $f_B'(x)=0 \implies x = 0$ dalla fattorizzazione (rispettando l'intervallo $[-1,1]$), l'altra condizione è che la giostra sia a $2m$ da terra in questa posizione, quindi poniamo $f_B(0)=2$ (perché la funzione è una rappresentazione della giostra nel piano).

$0^2e^{-0}+k=2 \implies k=2$.

$\textbf{c.}$

Considera la funzione $g(x)=f_A(x)-f_B(x)$, chiaramente $g(1)=f_A(1)-f_B(1)=\sqrt{5-1^2}-e^1+3-1^2e^{-1}-k=7-k-e-\frac{1}{e}$, mentre $g(-1)=\sqrt{5-(-1)^2}-e^{-1}+3-(-1)^2e^1-k=7-k-e-\frac{1}{e}$. Nota che $g(1)=g(-1)$, quindi vale il teorema di Rolle, allora esiste un punto di ascissa $c$ tale che $g'(c)=f_A'(c)-f_B'(c)=0 \implies f_A'(c)=f_B'(c)$, vale a dire un punto in cui le traiettorie dei due vagoni sono parallele.

Ti tolgo la curiosità e ti dico che $c$ è numero trascendente che Wolfram Alpha ha trovato essere $c \approx -0.239063684514011063281175891...$ numericamente, ho disegnato tutto su Desmos per verificare:

Grafico con $k=2$: