Problemi, calcolo differenziale

y = x^3 + a·x^2 + b·x + 4

y'= 3·x^2 + 2·a·x + b

y' rappresenta una parabola ad asse verticale

In base alle indicazioni del testo deve risultare:

Δ/4 > 0 per avere 2 radici distinte agli estremi dell'intervallo considerato da x=1 ad x=3

a^2 - 3·b > 0 

Deve poi risultare:

{s = - 2·a/3 = 4  (cioè 1+3=4)

{p = b/3 = 3 (cioè 1*3=3)

a = -6 ∧ s = 4

b = 9 ∧ p = 3

y = x^3 - 6·x^2 + 9·x + 4

verifica valori trovati: (-6)^2 - 3·9 > 0---> true

Th Rolle in 2 ≤ x ≤ 2 + √3

y = 2^3 - 6·2^2 + 9·2 + 4---> y = 6

y = (2 + √3)^3 - 6·(2 + √3)^2 + 9·(2 + √3) + 4

y= 6 OK!!

y' = 0:   3·x^2 - 12·x + 9 = 0

3·(x - 1)·(x - 3) = 0----> x = 3 ∨ x = 1

In grassetto la soluzione..

y = 3^3 - 6·3^2 + 9·3 + 4---> y = 4

[3, 4]

Nell'intervallo:  -1 ≤ x ≤ 0 la funzione data è sempre crescente

y = (-1)^3 - 6·(-1)^2 + 9·(-1) + 4----> y = -12 < 0

[-1, -12]

y = 0^3 - 6·0^2 + 9·0 + 4----> y = 4 > 0

per cui vi è un solo zero per la funzione data

$f(x) = x^3+ax^2+bx+4$

$\textbf{a.}$

$f'(x) >0 \implies 3x^2+2ax+b >0$

Per ipotesi $f'(1)=f'(3)=0$, con il teorema di Ruffini abbiamo che:

$b+2a+3=0 \implies b=-2a+3$ perché il polinomio è divisibile per $(x-1)$ per ipotesi, quindi il resto deve risultare $0$.

$(x-1)(3x+2a+3)=0$

Il secondo fattore invece si azzererà per $x=3$ sempre per ipotesi, quindi $3 \cdot 3 +2a+3=0 \implies a=-6$, quindi $b=-2a-3=-2 \cdot(-6) -3 = 12-3=9$.

$\textbf{b.}$

$f(2)=2^3-6\cdot 2^2+9 \cdot 2 +4 = 8-24+18 +4 =6$

Per evitare il cubo di binomio, sapendo che $f(x)-6=x^3-6x^2+9x-2$ è divisibile per $(x-2)$ (perché $x=2$ è una soluzione all'equazione $f(x)-6=0$) usiamo il teorema di Ruffini di nuovo:

$(x-1)(x^2-4x+1)=0$

$x^2-4x+1=0$

$x=\frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2}=\frac{4 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$

Come vedi, $2+\sqrt{3}$ è una soluzione, quindi è vero che $f(2+\sqrt{3})=f(2)=6$.

Sono dunque verificate le ipotesi del teorema di Rolle, possiamo procedere a trovare il punto $P$:

$f'(x)=0 \implies 3x^2-12x+9=0 \implies x^2-4x+3=0 \implies (x-3)(x-1)=0 \implies x=1 \lor x=3$. Nota che il punto della funzione $(1,f(1))$ non costituisce un'applicazione del teorema perché $1 \notin (2,2+\sqrt{3})$, mentre $2<3<2+\sqrt{3}$. Quindi il punto che stiamo cercando è $P(3,f(3))=(3,4)$.

$\textbf{c.}$

Possiamo dimostrare questa tesi usando il teorema degli zeri e una seconda osservazione:

Considerato un intervallo $[a,b]$ in cui una funzione $f(x)$ è continua $\forall x \in [a,b]$, dove $a$ e $b$ sono tali che $f(a)\leq 0 \leq f(b)$ oppure $f(b) \leq 0 \leq f(a)$, allora $f(x)$ ha almeno uno zero in quella funzione (teorema degli zeri). Il teorema è abbastanza intuitivo, se gli estremi dell'intervallo sono uno positivo e l'altro negativo e la funzione è continua nell'intervallo, esiste almeno un punto in cui la funzione si annulla. Un'altra condizione che dobbiamo verificare è che la funzione sia strettamente crescente o strettamente decrescente in $[-1,0]$ così che abbia esattamente uno zero.

$f(-1)=(-1)^3-6(-1)^2+9(-1)+4=4-6-9-1=-12$

$f(0)=0^3-6(0)^2+9(0)+4=0$.

Come vedi, si verificano le premesse del teorema degli zeri, analizziamo la derivata di $f(x)$ in questo intervallo:

$f'(x)>0 \implies 3x^2-12x+9=x^2-4x+3=(x-1)(x-3) >0 \implies x<1 \lor x>3$ chiaramente, $\forall x \in [-1,0],\ x<1$, quindi la funzione è strettamente crescente in $[-1,0]$.

La tesi è così dimostrata.