Considera la funzione $q(t)=\left\{\begin{array}{ll}3 t-1 & \text { se } 0 \leq t<1 \\ -t^{3}+3 t^{2} & \text { se } 1 \leq t \leq 3\end{array}\right.$ 1. Verifica se la funzione soddisfa il teorema di Lagrange nell'intervallo [0; 3] e trova gli eventuali punti che soddisfano la tesi del teorema. 2. Studia e rappresenta graficamente la funzione $f(x)=-x^{3}+3 x^{2}$, senza tenere conto dei limiti imposti in precedenza.
Supponi che la funzione $q(t)$ rappresenti la quantità di carica, espressa in coulomb (C), in funzione del tempo, misurato in secondi (s), che attraversa un filo conduttore nell'intervallo $[1 s ; 3 s]$ 3. Determina l'espressione dell'intensità di corrente che attraversa il conduttore in tale intervallo $[0 s ; 3 s] .$ In quale istante la corrente è massima? 4. Quale dovrebbe essere la differenza di potenziale fornita dal generatore all'istante $t=1,0 s$ se la resistenza del filo è di $15 \Omega ?$
per la prima domanda devi provare innanzitutto che la funzione sia continua in $[0,3]$ e derivabile in $(0,3)$
il punto critico è ovviamente $t=1$. Vediamo come si comporta $q(t)$ in tale punto:
da sinistra $q(1^-)=2$
da destra $q(1^+)=2$
quindi q(t) è continua in $[0,3]$
Vediamo se è derivabile:
a sinistra la derivata risulta pari a $q'(t)=3$ costante
a destra la derivata prima risulta: $q'(t)=-3t^2+6t$ che in $t=1$ vale $q'(1)=-3+6=3$
quindi anche la derivata prima è continua in $t=1$ pertanto le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte e quindi per $q(t)$ vale il teorema di Lagrange in $[0,3]$.
Calcoliamo quindi la pendenza della secante:
$\frac{q(3)-q(0)}{3-0}=\frac{1}{3}$
dobbiamo trovare un valore di $t$ per cui la derivata prima $q'(t)=\frac{1}{3}$. questo accade chiaramente per $1 \leq t \leq 3$
$q'(t)=-3t^2+6t=\frac{1}{3}$ cioè
$-3t^2+6t-\frac{1}{3}=0$ --> $-9t^2+18t-1=0$
$\Delta=18^2-36=288$ che è circa $17^2$
$t_1=\frac{-18-17}{-18}=1.944$ accettabile
$t_2=\frac{-18+17}{-18}=0.0555$ NON accettabile.
Quindi $q'(t_1)=\frac{q(3)-q(0)}{3-0}$
2)
La funzione $f(x)=-x^3+3x^2$ è polinomiale, quindi definita su tutto R. È possibile riscriverla come:
$f(x)=x^2(3-x)$ che serve per trovare immediatamente gli zeri della funzione, che risultano in $x_1=0$ con molteplicità 2 (mi attendo un punto di tangenza con l'asse delle x) e $x=3$
$\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$
$\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$
si sa già che f(x) non ha sintoti obliqui, essendo polinomiale di terzo grado.
La derivata prima risulta:
$f'(x)=-3x^2+6x=3x(2-x)$
la quale si annulla in $x=0$ (come previsto) e in $x=2$
Studiandone il segno si trova che
$f'(x)<0$ per $x<0$
$f'(x)>0$ per $0<x<2$
$f'(x)<0$ per $x>2$
Quindi la funzione decresce, arriva a $0$ in $x=0$ (punto di minimo relativo), crescefino al punto di massimo relativo raggiunto in $x=2$ e poi decresce.
Calcoliamo la derivata seconda:
$f"(x)=-6x+6=6(1-x)$ che si annulla in $x=1$ dove si ha un punto di flesso. Per $x<1$ la derivata seconda è positiva, quindi $f(x)$ presenta concavità verso l'alto. Per $x>1$ la derivata seconda è negativa, quindi $f(x)$ presenta concavità verso il basso.
3) il testo non è chiaro: l'intervallo da considerare è $[0,3]$ o $[1,3]$?
Abbiamo già calcolato $q'(t)$, che rappresenta la corrente $i(t)$
quindi sappiamo che
$i(t)=3$ per $0 \leq t < 1$ e
$i(t)=-3t^2+6t$ per $1 \leq t \leq 3$
Per trovare il massimo della corrente devi calcolarne la derivata prima:
$i'(t)=-6t+6$ che si annulla per $t=1$
quindi in $t=1$ la corrente assume il suo valore massimo che è $i(1)=3$ $A$, valore che assume anche per $0 \leq t < 1$
