CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ Esercizi proposti. 1. Determinare lim M(sinx) (M(t) denota la mantissa di t)

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1 CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ Esercizi proposti 1. Determinare lim M(sin) (M(t) denota la mantissa di t) kπ/ al variare di k in Z. Ove tale limite non esista, discutere l esistenza dei limiti laterali. Identificare i punti di discontinuità della funzione f() = M(sin) ed il loro tipo.. Determinare i valori di α, β R tali che la funzione sia continua nel suo dominio. log( + β ) se > 0 1 cos(α) f() = arctg ( ) se < 0 1 se = 0 3. Calcolare la derivata prima f () per le seguenti funzioni: a) f() = b) f() = 1 arctg c) f() = ( ) d) f() = cos ( ( + ) 5) e) f() = 1 + sin 1 f) f() = arcsin Determinare i punti di non derivabilità delle funzioni a) f() = 3 b) f() = 3 + c) f() = Studiare la derivabilità in = 0 della funzione f() = cos. 6. Verificare che le funzioni a) f() = e 1/ b) f() = arctg (4 ), sono prolungabili con continuità per = 0. Le funzioni f così prolungate risultano derivabili in = 0? 7. Trovare k > 0 tale che i grafici delle funzioni f() = e e g() = k siano tangenti in un punto di ascissa 0 > 0. Utilizzare questo risultato per determinare il numero di soluzioni dell equazione e = k al variare di k > Dire se si può applicare il teorema di Rolle alla funzione f() = 3 nel suo dominio [a, b]. In caso affermativo, determinare i punti c tali che f (c) = Dimostrare che la funzione f() = arcsin + arccos è costante sul suo dominio e determinarne il valore.

2 10. Studiare la funzione f() = 3 e disegnarne il grafico. Dire per quali valori di k R la funzione g() = f() + k è derivabile in (0, + ). 11. Dimostrare che la funzione f() = è invertibile in tutto il suo dominio. Detta f 1 la funzione inversa, calcolare (f 1 ) (7). 1. Dimostrare che la funzione f() = ( ++4) e è invertibile nel suo dominio. Detta f 1 la funzione inversa, calcolare (f 1 ) (4). 13. Determinare quanti zeri ha la funzione f() = (Suggerimento: si studi brevemente f, tracciandone un grafico qualitativo.) 14. Determinare massimo e minimo relativi ed assoluti di f() = su [, 3]. 15. Utilizzando la regola di de l Hopital calcolare a) lim log cos ( 1 c) lim ) log e) lim (arctg arccos 1 ) + 0 ( g) lim + 3 arctg π + 1 ) b) lim 0 + log sin log d) lim( 1)tg π 1 sin 1 f) lim 1 + log( + 3 1) ( ) 1 arcsin 1+ π h) lim. 0 ± 16. Per ogni a R, a 0, sia f() = 3 a log. a) Tracciare un grafico qualitativo della funzione f, e determinare i valori di a per i quali l equazione f() = 0 ammette due soluzioni distinte. b) Determinare i valori di a per i quali f risulta invertibile su tutto il suo dominio. Per tali a calcolare (f 1 ) (3). 17. Studiare la funzione f() = e. Dopo averne disegnato un grafico qualitativo, determinare quante soluzioni ha l equazione f() = k al variare di k in R. Confrontare i risultati con quelli dell esercizio Sia f una funzione continua su R tale che lim + f() = lim f() = +. Dimostrare che f ammette minimo in R, cioè che esiste 0 R tale che f() f( 0 ), R. 19. Dimostrare che la somma di un numero reale positivo e del suo reciproco è sempre maggiore o uguale a. 0. Dimostrare che tra tutti i rettangoli di perimetro assegnato P, il quadrato è quello che ha area massima. 1. Tra tutti i trapezi inscritti in una semicirconferenza di raggio a (con la base maggiore lungo il diametro) trovare quello di area massima.. Dato un punto P su una semicirconferenza di raggio a, sia H la proiezione ortogonale di P sul diametro AB della semicirconferenza. Si chiede come deve essere scelto P in modo tale che la somma delle lunghezze dei segmenti PH e HB sia la più grande possibile.

3 3. a) Dato il punto P 0 = ( 0, y 0 ) e la retta r di equazione y = m + q, determinare il punto P = (, m + q) r tale che la distanza d(p 0, P) sia minima. (Si chiede cioè di trovare il punto sulla retta che è più vicino al punto P 0.) b) Calcolare la distanza tra P 0 ed r, cioè d(p 0, P), dimostrando la formula d(p 0, P) = m 0 + q y m (Per semplificare i calcoli può essere utile considerare prima il caso di q = 0, osservando poi che la distanza tra ( 0, y 0 ) e la retta y = m + q è la stessa che tra ( 0, y 0 q) e la retta y = m.) c) Dimostrare che se r è la retta di equazione a + by + c = 0, allora d = a 0 + by 0 + c a + b è la distanza tra P 0 ed r. 4. a) Dati a, b > 0, R, si considerino i punti del piano A = (0, a), B = (1, b), X = (, 0). Determinare in modo tale che la somma delle lunghezze dei segmenti AX e XB sia la più piccola possibile. b) Verificare che tale valore di è precisamente quello per cui gli angoli A XO e B XC (con 0 < < 1) sono uguali (O è l origine, C = (1, 0)). c) Notando che d(a, X) = d(a, X), dove A = (0, a) è il punto simmetrico di A rispetto all origine, dare una dimostrazione puramente geometrica del risultato in b).

4 Soluzioni 1. Per la periodicità, è sufficiente considerare i casi: k = 0, 1,, 3. Disegnando il grafico di f() = M(sin) si vede che: lim f() = 0 = f(0) lim f() = 1; lim f() = 1 f( π π ) = 0; lim f() = 0 = f(π) lim f() = 1; π π + lim 3 π f() = 0 = f( 3 π). I punti = nπ, n = 0, ±1, ±,... sono punti di discontinuità di tipo salto. I punti = π + nπ, n = 0, ±1, ±,... sono punti di discontinuità eliminabile.. La funzione è continua in tutti i punti escluso al più lo zero. Si ha lim f() = lim log( + β ) = log(β ) Questo è uguale a 1 = f(0), cioè la funzione è continua in 0 da destra, se e solo se β = e, cioè β = ± e. Si ha poi lim f() = 0 α + o( ) + o( ) = α, 3. a) quindi f è continua in 0 da sinistra se e solo se α = 1, cioè α = ±. In definitiva f è continua in zero se e solo se (α, β) = (± e, ± ) (4 coppie di valori). b) c) d) ( ) = ( ) 3/. ( ) 1 1 = arctg (1 + )arctg. [( 1 + ) 1 ] ( = ) [ ( log ) 1 ]. + 1 [ cos(( + ) 5 ) ] = 5( + 1)( + ) 4 sin(( + ) 5 ). e) ( 1 + sin 1 ) = 1 1 cos 1.

5 f) ( arcsin ) 1 = 0. 1, 4. a) La funzione f() = 1 ha un punto angoloso in = 1, con f ± (1) = ±1. b) La funzione f() = ( 1) = ( 1) ha un punto angoloso in = 0, con f ± (0) = ±1. c) La funzione f() = 5 ha un punto a tangente verticale in = Calcolando le derivate laterali in = 0 si ottiene f ±(0) = 1, quindi f non è derivabile nello zero. 6. a) Si ha lim 0 e 1/ = e = 0. Posto f(0) = 0, si ottiene che f è derivabile nello zero con f (0) = 0, essendo f() f(0) lim 0 e 1/ 0 = lim = lim t e t = 0. t + b) Essendo arctg (t) = t + o(t) per t 0, si ha Posto f(0) = 0, si ha f() f(0) lim 0 arctg ( 4 ) lim 0 = lim 0 arctg ( 4 ) = lim 0 + o( ) = 0. = lim 0 + o( ) = 1. Quindi f è derivabile in zero con f (0) = Imponendo le condizioni di tangenza tra f() e g() si trova il valore critico k = e 4. Graficamente si vede allora che l equazione e = k ha 1 soluzione per 0 < k < e soluzioni per k = e e 4, 3 soluzioni per k > La funzione f() è definita per [1, ], è continua su [1, ] e derivabile su (1, ) (agli estremi ha la tangente verticale). Inoltre si ha f(1) = f() = 0. Le ipotesi del teorema di Rolle sono dunque soddisfatte. Essendo f () =, si ottiene c = 3/. 9. Si ha f () = = 0, per ogni nell intervallo ( 1, 1). Dunque f è costante sull intervallo ( 1, 1) per un corollario del teorema di Lagrange. Essendo continua in [ 1, 1], f è costante su tutto il suo dominio [ 1, 1]. Si calcola facilmente che f() = π. 10. La funzione f è dispari, tende a ± per ±, e presenta una oscillazione centrata in = 0, con un punto di massimo (minimo) relativo in = 1 3 ( = 1 Disegnando la funzione g() = f() + k per alcuni valori di k, ci si rende conto che affinchè g sia derivabile in R + bisogna tirare in su f() almeno di una quantità k 0 = f( 1 3 ) = 3. Otteniamo così k Essendo f () = > 0, R, la funzione f è strettamente crescente su R. Pertanto f è iniettiva e quindi invertibile su tutto R. Essendo poi f(0) = 7, si ha (f 1 ) (7) = 1/f (0) = 1/3. 4, 3 ).

6 1. Si ha f () = ( + 3) e < 0, R. La funzione f è strettamente decrescente su R, e quindi è iniettiva e invertibile su R. Essendo f(0) = 4, si ha (f 1 ) (4) = 1/f (0) = 1/ Si ha lim f() = +, lim f() =. Calcolando f () si vede che f è + strettamente decrescente sugli intervalli (, ) e (1, + ), strettamente crescente sull intervallo (, 1). Essendo f(0) = 6, il minimo nel punto = deve necessariamente essere negativo, quindi f si annulla una volta per < 0. Poichè il massimo nel punto = 1 vale f(1) = 1 > 0, la funzione si annulla in altri due punti per > 0. In definitiva, f ha tre zeri. 14. f ha minimo assoluto m = 13 4 = f( 3 ), e massimo assoluto M = 5 = f(3). Il punto = 3 è un punto di minimo relativo, con f(3 ) = 11. I punti = 1 e = sono 4 punti di massimo relativo (il primo è un punto angoloso) con f(1) = 3, f( ) = a) ; b) 1; c) 1 ; d) π ; e) 1; f) 1 3 ; g) 1 3 ; h). 16. a) a > 6e. b) a < 0. Essendo f(1) = 3 si ha (f 1 ) (3) = 1 f (1) = 1 6 a. 17. Il dominio di f() = e è R \ {0}. Si ha f() > 0 0, lim f() = + = lim f(), 0 ± + lim f() = 0, dunque la retta = 0 è asintoto verticale e la retta y = 0 è asintoto orizzontale sinistro. La derivata prima f () = e ( ) 3 è positiva per < 0 e per >, negativa per 0 < <. Il punto = è un punto di minimo relativo, il valore del minimo è f() = e 4. Disegnando il grafico di f si vede che l equazione f() = k ha: 3 soluzioni se k > e 4 ; soluzioni se k = e 4 ; 1 soluzione se 0 < k < e 4 ; nessuna soluzione se k 0. Questo è in accordo con i risultati ottenuti nell esercizio Dalla definizione di limite si ha che lim f() = + K R b > 0 : > b f() > K, + lim f() = + K R a < 0 : < a f() > K. Fissato c R arbitrario, applichiamo queste due definizioni con K = K = f(c). Esistono allora a < 0 e b > 0 tali che < a oppure > b f() > f(c). Notiamo che deve essere necessariamente a c b. (Se fosse ad esempio c > b, la condizione precedente implicherebbe che f(c) > f(c).) Applicando il teorema di Weierstrass alla funzione f nell intervallo [a, b], si ha che f ammette minimo m in tale intervallo, cioè esiste (almeno) un punto 0 [a, b] tale che f() f( 0 ) = m [a, b]. In particolare f(c) f( 0 ). È immediato allora che m = f( 0) è il minimo

7 di f su tutto R. Infatti se < a oppure > b si ha che f() > f(c) f( 0 ). Questo risultato ammette una ovvia generalizzazione al caso di una funzione f continua su un intervallo aperto (a, b) (con a, b R ) tale che lim a + f() = lim b f() = k (con k R ) e inoltre f() k, (a, b). 19. Sia > 0 e poniamo f() = + 1. La funzione f è continua in R+ e lim f() = lim f() = +, quindi f ha sicuramente un minimo in tale intervallo. Inoltre f è derivabile in R + e la derivata prima f () = 1 1 = 1 si annulla solo per = 1 (in R + ). Tale punto è dunque un punto di minimo assoluto. Essendo f(1) =, si ha che f() = + 1, R+. 0. Sia uno dei due lati del rettangolo di perimetro P. L altro lato è allora P, e l area del rettangolo è A = P. Studiamo la funzione f() = 1 (P ) nell intervallo 0 P. Si ha f(0) = f(p ) = 0, inoltre f è sempre positiva per 0 < < P. Poichè f è continua, f ha sicuramente un massimo positivo in tale intervallo. Essendo f derivabile, il punto di massimo si ottiene annullando la derivata prima: f () = P = 0 = P 4. Dunque il rettangolo di perimetro P e area massima è il quadrato di lato P Detta l altezza del trapezio, si verifica facilmente che la semibase minore è data da a. L area del trapezio è data da f() = a + a. Dobbiamo studiare questa funzione nell intervallo 0 a. (I casi = 0, a sono degeneri: = 0 corrisponde ad un segmento, = a ad un triangolo.) Si ha f(0) = 0, f(a) = a. Poichè f è continua in [0, a], f ha sicuramente massimo M in tale intervallo. Poichè f è derivabile in [0, a), per determinare M è sufficiente confrontare il valore f(a) con i valori assunti da f nei punti critici interni, cioè le soluzioni di f () = 0 con 0 < < a. Si ha f () = a + a a = a a + a a. Annullando la derivata prima si ottiene che l unico punto critico interno all intervallo [0, a] è = a 3.

8 Essendo f ( a 3 ) = a a a = 3 4 a 3 > a, si ha che M = 3 4 a 3. Dunque il trapezio di area massima M è quello di altezza = a 3 e semibase minore a, cioè base minore uguale al raggio. È facile vedere che tale trapezio è la metà di un esagono regolare inscritto nella circonferenza di raggio a.. Posto = PH e detto O il centro della semicirconferenza, si ha OH = a. Detti A l estremo sinistro e B l estremo destro del diametro, si ha che HB = a + a se P è nella metà sinistra della semicirconferenza, mentre HB = a a se P è nella metà destra. È facile rendersi conto che è sufficiente studiare il problema per P che varia nella metà sinistra della semicirconferenza. Dobbiamo allora massimizzare la funzione f() = PH + HB = + a + a nell intervallo 0 a. Si ha f(0) = f(a) = a. Poichè f è continua in [0, a], f ammette massimo M e minimo m in tale intervallo. Essendo f derivabile in [0, a), per trovare m, M è sufficiente confrontare a con i valori di f nei punti critici interni. Si ha f () = 1 a = a, a e l unico punto critico nell intervallo (0, a) è = a. Essendo ( ) a f = a + a + a = a(1 + ) > a, si ha che m = a (assunto agli estremi), e M = a(1 + ), assunto per = a. Si noti che l angolo PÔA = π 4, e che PH = a è la metà del lato del quadrato inscritto nella circonferenza di raggio a. 3. a) La formula per la distanza tra due punti P 0 = ( 0, y 0 ), P = (, y) è Posto y = m + q, otteniamo la funzione d(p 0, P) = P 0 P = ( 0 ) + (y y 0 ). f() = ( 0 ) + (m + q y 0 ) da minimizzare su R. Poichè f è continua su R e tende a + per che tende a ±, f ha minimo in R. Possiamo supporre che P 0 / r, cioè che m 0 + q y 0. In tal caso la funzione f è sempre strettamente positiva e derivabile su tutto R. La derivata prima f () = 0 + (m + q y 0 )m ( 0 ) + (m + q y 0 ) si annulla solo per = = 0 + m(y 0 q) 1 + m,

9 che dunque è punto di minimo assoluto. Otteniamo così P = (, m + q) = ( 0 + m(y 0 q) 1 + m, m 0 + m ) y 0 + q 1 + m. Il punto P può essere determinato anche osservando che la retta P 0 P è perpendicolare alla retta r. È sufficiente allora mettere a sistema y = m+q e y = 1 m ( 0)+y 0. b) Calcolando il quadrato d (P 0, P) con q = 0 si ottiene facilmente d (P 0, P) = (m 0 y 0 ) 1 + m, d(p 0, P) = m 0 y m. La formula generale con q 0 si ottiene da questa sostituendo y 0 con y 0 q. c) Sia r la retta di equazione a + by + c = 0 e sia P 0 = ( 0, y 0 ). Se r è verticale, cioè b = 0 e = c a, allora la distanza tra P 0 ed r è d = 0 + c a, come si vede subito geometricamente. Se invece b 0, r si può scrivere nella forma y = m + q con m = a b, q = c b. Sostituendo questi valori nella formula generale trovata sopra otteniamo d = a b 0 c b y 0 a 0 + c + b 0 =. 1 + a a + b b La formula finale vale anche per b = a) Si ha d(a, X) = + a, d(x, B) = ( 1) + b. Dobbiamo minimizzare in R la funzione f() = + a + ( 1) + b. Notiamo che f è continua su R e che lim ± f() = +, dunque f ha sicuramente minimo in R. Poichè f è derivabile su tutto R, il punto di minimo si ottiene annullando la derivata prima f () = + a + 1 ( 1) + b. Notiamo che se 0 allora f () < 0, mentre se 1 allora f () > 0. Possiamo quindi supporre che sia 0 < < 1. Uguagliando a zero f () otteniamo + a = 1 ( 1) + b, (1) cioè ( 1) + b = (1 ) + a. Elevando al quadrato e semplificando si ottiene l equazione (a b ) a + a = 0.

10 Se a = b l unica soluzione è = 1 a. Se a b vi sono le soluzioni = a±b. Tuttavia la soluzione = a è da scartare in quanto tale soluzione è negativa se a < b, ed è a b maggiore di 1 se a > b. In tutti i casi si ha che f ha un unico punto critico dato da = a a + b. Questo è un punto di minimo assoluto per f su R, con minimo m = f ( ) a = 1 + (a + b) a + b. () b) Sia 0 < < 1. Disegnando i triangoli A XO e B XC si verifica subito che cos A XO = + a, cos B XC = 1 ( 1) + b. L equazione (1) equivale dunque all uguaglianza cos A XO = cos B XC, da cui A XO = B XC (essendo questi due angoli compresi tra 0 e π ). Notiamo che con questa uguaglianza il valore critico = a a+b si ottiene facilmente usando la similitudine dei triangoli A XO e B XC. c) Essendo d(a, X) = d(a, X), la funzione da minimizzare è la somma delle distanze f() = d(a, X) + d(x, B), al variare di X sull asse delle ascisse. Ricordiamo la disuguaglianza triangolare per la distanza in R : d(a, B) d(a, X) + d(x, B), A, X, B R, che si interpreta elementarmente osservando che nel triangolo A XB la lunghezza del lato A B è sempre minore o uguale della somma delle lunghezze degli altri due lati. Ne segue che f è minima quando il punto X è allineato con i punti A e B, cioè quando i segmenti A X e XB giacciono sulla stessa retta. Questo accade precisamente quando gli angoli A XO e B XC sono uguali, nel qual caso il valore minimo di f è dato da in accordo con la (). min R f = d(a, B) = 1 + (a + b),

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