Problema, calcolo differenziale.

Questo snippet del grafico dovrebbe aiutarti:

$\textbf{a.}$

La funzione $f(x)$ è sempre derivabile in $\mathbb{R}$, possiamo notarlo derivando le sottofunzioni:

$\frac{d}{dx} \frac{(x-1)^2}{x+1} = \frac{(x+1)(2x-2)-(x-1)^2}{(x+1)^2}= \frac{x^2+2x-3}{(x+1)^2}=\frac{(x+3)(x-1)}{(x+1)^2}$ (ho usato la regola del quoziente). Nota che questa è la derivata di $f(x)$ quando $x \geq 1$, quindi è sempre calcolabile perché il denominatore si azzera per $x=-1$. Allo stesso modo deriviamo la seconda sottofunzione:

$\frac{d}{dx} \frac{(1-x)^2}{3-x} = \frac{(3-x)(2x-2)+(1-x)^2}{(3-x)^2}=- \frac{x^2-6x+5}{(3)^2}=-\frac{(x-5)(x-1)}{(x-3)^2}$ che è sempre derivabile per $x <1$.

Verifichiamo facilmente che la funzione è continua e derivabile nel punto di raccordo $x=1$, perché le derivate si azzerano per questo valore (nota la fattorizzazione) e $\lim_{x \to 1^+} \frac{(x-1)^2}{x+1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{(1-x)^2}{3-x}$, $0=0$.

Notiamo che $1+k > 1-k$, $k>0$ quindi se $k \in \mathbb{R}^+$ abbiamo che $1+k$ è sempre l'estremo maggiore dell'intervallo e $1-k$ è l'estremo minore dell'intervallo, quindi è impossibile che $1+k <1 \land 1-k \geq 1$ (anche perché si avrebbe $k<0$ che contraddirebbe la premessa dell'esercizio per cui $k \in \mathbb{R}^+$). Quindi abbiamo necessariamente $1+k \geq 1 \implies k \geq 0 \implies k>0$, e $1-k <1 \implies k>0$ (che è in linea con le richieste del problema). Se noti, dalle disequazioni di prima, per verificare $f(1-k)=f(1+k)$, dobbiamo verificare che $h(1+k)=g(1-k)$ dette $g(x),h(x)$ le sottofunzioni di $f(x)$.

$\frac{(k+1-1)^2}{k+1+1} = \frac{(1-1+k)^2}{3-1+k}$

$\frac{k^2}{k+2} = \frac{k^2}{k+2}$

che è un'identità valida per ogni $k \in \mathbb{R}^+$.

È facile notare dalle fattorizzazioni che $f'(x)=0$ se $x=1$ per $x \geq 1$, e $f'(x)=0$ se $x=1$ (gli altri fattori si annullano per valori fuori dal dominio delle sottofunzioni), quindi è vero che $c=1$ non dipende da $k$.

$\textbf{b.}$

Consideriamo il triangolo di vertici $A(1-k, f(1-k)),\ B(1+k,f(1+k)),\ C(c,f(c))$. Notiamo che $A$ e $B$ appartengono alla stessa retta parallela all'asse $x$ di equazione $y=f(1+k)$, dato che abbiamo dimostrato prima che $f(1+k)=f(1-k)\ \forall k \in \mathbb{R}^+$, quindi la lunghezza di $\overline{AB}$ è semplicemente la differenza fra le ascisse $\overline{AB} = |1+k-1+k|=|2k|=2k$ dato che $k >0$. L'altezza del triangolo relativa ad $\overline{AB}$ è la retta parallela all'asse $y$ passante per $C$, che ha quindi equazione $x=c$ (l'altezza è sempre perpendicolare alla base), quindi $h=|f(c)-f(1+k)|=|0-f(1+k)|=|f(1+k)|$.

$f(1+k) > 0 \implies \frac{k^2}{k+2} >0 \forall k \in \mathbb{R}^+$ perché il numeratore è sempre positivo dato che si tratta di un quadrato e $k+2$ è positivo in quanto somma di numeri positivi, allora è superfluo considerare il valore assoluto. 

L'area $Q_k$ è semplicemente $Q_k=\frac{1}{2}\overline{AB}h= \frac{1}{2} 2k \cdot f(1+k) = k \cdot \frac{k^2}{k+2}= \frac{k^3}{k+2}$. 

Ponendo $Q_k=2$ abbiamo che $\frac{k^3}{k+2} = 2 \implies k^3 =2k+4 \implies k^3-2k-4=0 \implies k=2$.

$\textbf{c.}$

La retta che stiamo cercando ha equazione $y=f(1+2)=\frac{2^2}{2+2}=1$ (se preferisci potevi calcolarla come $f(3)=1$, ma l'espressione di $f(1+k)$ è più breve). Essendo la retta la stessa, bisogna trovare un punto nell'intervallo $(x_1,c)$ e un altro nell'intervallo $(c,x_2)$ le cui derivate sono rispettivamente $m_{AC}$ e $m_{BC}$ (se devono formare lo stesso angolo con la stessa retta, le due nuove rette devono essere parallele); ciò è sicuramente possibile perché le premesse del teorema di Lagrange sono valide in questi intervalli. Per trovare il rapporto di similitudine è comunque necessario trovare questi punti, allora procediamo.

$m_{AC}=\frac{f(c)-f(x_A)}{c-x_A}=-\frac{f(x_A)}{1-x_A}=-\frac{1}{1-x_A}$ (perché $A$ appartiene a $y=1$). Possiamo calcolare $x_A$ sapendo che è l'intersezione della retta $y=1$ con la funzione $\frac{(1-x)^2}{3-x}$, $\frac{(1-x)^2}{3-x}=1$, quindi $(1-x)^2=3-x \implies x^2-2x+1=3-x \implies x^2-x-2=0 \implies x_A=-1$ perché la soluzione $x_A=2 > c =0$ non è coerente con la costruzione. Quindi $m_{AC}=-\frac{1}{1-(-1)}=-\frac{1}{2}$. Il triangolo $ABC$ è isoscele, perché l'altezza $h$ è anche mediana di $\overline{AB}$ dato che $\frac{1-k+1+k}{2}=1$ è sia l'ascissa di $C$ che l'ascissa del punto medio di $\overline{AB}$. Ne concludiamo che $m_{BC}=-m_{AC}=\frac{1}{2}$ perché formano lo stesso angolo con la stessa retta parallela all'asse $x$ ma in direzioni opposte. $x_B$ è semplicemente $x_A+2k=-1+4=3$ (rivedi il calcolo della lunghezza di $\overline{AB}$).

Ora ci basta risolvere $f'(x)=m_{AC}$ per trovare il punto di tangenza:

$-\frac{(x-5)(x-1)}{(x-3)^2} = -\frac{1}{2}$

$2(x-5)(x-1)=(x-3)^2$

$2x^2-12x+10=x^2-6x+9$

$x^2-6x+1=0$

$x_1=\frac{6 \pm \sqrt{36-4 \cdot 1 \cdot 1}}{2} = \frac{6 \pm 4\sqrt{2}}{2} = 3 \pm 2\sqrt{2}$

Prendiamo la soluzione negativa perché quella positiva è fuori dall'intervallo, quindi $x_1=3-2\sqrt{2}$.

Risolviamo $f'(x)=m_{BC}$:
$\frac{(x+3)(x-1)}{(x+1)^2}= \frac{1}{2}$
$2(x+3)(x-1)=(x+1)^2$

$2x^2+4x-6=x^2+2x+1$

$x^2+2x-7=0$

$x_2=\frac{-2\pm \sqrt{4+4 \cdot 7 \cdot 1}}{2} = \frac{-2 \pm 4\sqrt{2}}{2} = -1 \pm 2 \sqrt{2}$.

Prendiamo la soluzione positiva per coerenza con il disegno, $x_2= 2\sqrt{2}-1$.

Le rette tangenti quindi sono:

$y-f(3-2\sqrt{2})=-\frac{1}{2}(x-3+2\sqrt{2})$

$y-f(2\sqrt{2}-1)=\frac{1}{2}(x-2\sqrt{2}+1)$

Troviamo l'intersezione sapendo che si intersecheranno in $x=1$ (perché quello era l'asse della base, quindi lo sarà di nuovo perché i nuovi lati sono tangenti al grafico):

$y=-h'-1=\frac{1}{2}(1-2\sqrt{2}+1)+f(2\sqrt{2}-1)= 1-\sqrt{2} + \frac{(2\sqrt{2}-1)^2}{2\sqrt{2}-1+1} = 1-\sqrt{2} +\frac{(\sqrt{8}-2)^2}{\sqrt{8}} = 1-\sqrt{2} +\frac{8+4-4\sqrt{8}}{\sqrt{8}} =1-\sqrt{2} +\frac{12\sqrt{8}-32}{8} = 1-\sqrt{2}+3\sqrt{2}-4=2\sqrt{2}-3$. 

Da cui $h'=4-2\sqrt{2}$.

Possiamo calcolare il rapporto di similitudine come $r=\frac{h'}{h}$, $h=f(1+k)=f(3)=1$, quindi $r=\frac{4-2\sqrt{2}}{1}=4-2\sqrt{2}$.