Corso di Laurea in Scienze Biologiche Prova in Itinere di Matematica 20/12/2006

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1 Corso di Laurea in Scienze Biologiche Prova in Itinere di Matematica 20/2/2006 COGNOME NOME MATRICOLA.) Determinare Possibile svolgimento. Il ite proposto si presenta nella forma indeterminata [ ] 0 0. Calcoliamolo utilizzando ripetutamente il Teorema di de l Hopital. Si ha 2( + ) 2 2 (H) (H) 6e cos(2) 2( + ) 2 2e 2 2 sin(2) 2( + ) 2 2 ( + ) Osserviamo che il calcolo del ite precedente si può semplificare utilizzando le proprietà dei iti e i iti notevoli. Infatti, moltiplicando e dividendo per, si possono calcolare separatamente i due iti seguenti: 6 e 2( + ) 2 2. Il primo ite si calcola facilmente con il Teorema di de l Hopital e il secondo è un ite notevole (verificare per esercizio). Poiché il ite del prodotto è uguale al prodotto dei iti, si ritrova così il risultato di prima ) Per esercizio: verificare che 2e sin(3) ) Determinare. arctan( ) Possibile svolgimento. Il ite proposto si presenta nella forma indeterminata [ ] 0 0. Calcoliamolo utilizzando ripetutamente il Teorema di de l Hopital. Si ha arctan( ) (H) cos() 2 sin() 2 + 4

2 (H) 2 4 sin() 2 cos() ( ) (+ 4 ) 2 Come prima, il calcolo del ite precedente si può semplificare utilizzando le proprietà dei iti e i iti notevoli. Infatti, moltiplicando e dividendo per, si possono calcolare separatamente i due iti seguenti: e arctan( ). Il primo ite si calcola facilmente con il Teorema di de l Hopital e il secondo è un ite notevole (verificare per esercizio). Poiché il ite del prodotto è uguale al prodotto dei iti, si ritrova così il risultato di prima. arctan( ).4) Per esercizio: verificare che 2 log( + ) 2 cos() arctan( ). 2.) Dire se è continua e derivabile in 0 0 la funzione Possibile svolgimento. Osserviamo che ne segue e 3 e e 3 e f() 0 0, e > 0. (H) ( 3e 3 3e 3 + 6) 0; e 3 e f() f() + e + 0 (si tratta di un ite notevole). Abbiamo quindi f() + f() 0 f(0) e perciò la funzione data è continua in 0 0. Calcoliamone la derivata in IR \ {0}. Per < 0 si ha f () D ( e 3 e 3 ) ( 3e 3 3e 3 + 6) (e 3 e 3 + 6) mentre per > 0 si ha 3(e 3 + e 3 ) (e 3 e 3 ), f () D ( ) e e.

3 Ne deduciamo 3(e 3 + e 3 ) (e 3 e 3 ) f () > 0. e Calcoliamo ora il ite destro e sinistro di f () per 0. Osserviamo che 3(e 3 + e 3 ) (e 3 e 3 ) (H) 3(e 3 + e 3 ) 3( 3e 3 + 3e 3 ) ( 3e 3 3e 3 ) 2 9(e 3 e 3 ) 2 (qui sopra, prima di passare al ite, abbiamo diviso numeratore e denominatore per ). Si ha dunque f 3(e 3 + e 3 ) (e 3 e 3 ) () 0. 0 f () + + e 0. Infatti, ponendo y, si ha che 0+ se e solo se y + ; sostituendo si ottiene + e y + y 2 e y 0 per la gerarchia degli infiniti. Si ha quindi f () 0 + f (). Ne segue che la funzione f è continua e derivabile in 0 0 e risulta f (0) 0. Per esercizio: giungere alla stessa conclusione applicando la definizione di derivata come ite del rapporto incrementale. 2.2) Per esercizio: verificare che la funzione è continua e derivabile in 0 0 con f (0) 0. e 2 e f() 0 0, e > 0 2.3) Dire se è continua e derivabile in 0 0 la funzione Possibile svolgimento. Osserviamo che 3 cos() sin(3) 3 cos() sin(3) f() 0 0, 3 2 log() > 0. ( [ 0 (H) (3 cos() 3 sin() 3 cos(3)) 0;

4 ne segue 3 cos() sin(3) f() f() log() 0 + (si tratta del ite notevole + b log 0 che vale per ogni b > 0). Abbiamo quindi f() + f() 0 f(0) e perciò la funzione data è continua in 0 0. Calcoliamone la derivata in IR \ {0}. Per < 0 si ha ( ) 3 cos() sin(3) f () D mentre per > 0 si ha Ne deduciamo 0. (3 cos() 3 sin() 3 cos(3)) (3 cos() sin(3)) 32 sin() 3 cos(3) + sin(3), f () D ( ) log() 2 2 log() + ( 3 2 log() + ). 3 2 sin() 3 cos(3) + sin(3) f () ( ) log() + > 0. Calcoliamo adesso il ite destro e sinistro di f () per 0. Osserviamo che 3 sin() 3 cos(3) + sin(3) (H) 6 sin() 3 cos() + 9 sin(3) 2 6 sin() 3 cos() + 9 sin(3) 2 (qui sopra, prima di passare al ite, abbiamo diviso numeratore e denominatore per ). Si ha dunque f 3 sin() 3 cos(3) + sin(3) () 0. f 3 () log() + 0 (come prima, si tratta di un ite notevole). Si ha quindi f () 0 + f (), e perciò la funzione f è continua e derivabile in 0 0 e risulta f (0) 0. Per esercizio: giungere alla stessa conclusione applicando la definizione di derivata come ite del rapporto incrementale. 2.4) Per esercizio: verificare che la funzione 2 cos() sin(2) f() 0 0, 3 2 log() > 0 è continua e derivabile in 0 0 con f (0) 0. 0

5 3.) Determinare il numero di soluzioni dell equazione ( 5) 2 e ( 5). Possibile svolgimento. Consideriamo la funzione f : IR IR f() ( 5) 2 e ( 5). Abbiamo allora che è una soluzione dell equazione data se e solo se f(). Quindi il problema proposto si riconduce alla determinazione delle intersezioni del grafico della funzione y f() con la retta orizzontale y. Evidentemente la funzione f è continua e derivabile su IR. Studiamone il segno: essendo e ( 5) > 0 per ogni, si ha f() 0 per ogni e f() 0 se e solo se ( 5) 2 0, ovvero 5. + f() + e f() 0 per la gerarchia degli infiniti. Per studiare la monotonia di f calcoliamone la derivata prima. Si ha f () D ( ( )e ( 5)) ( )e ( 5) ( 8 + 5)e ( 5) Studiamo il segno di f (). Osserviamo che e ( 5) è positivo per ogni, e quindi f () ha lo stesso segno di ( 3)( 5). Abbiamo così f () > 0 per < 3 o > 5; f () < 0 per 3 < < 5; f () 0 per 3 e 5. Perciò la funzione f è crescente nei due intervalli ilitati (, 3) e (5, + ), ed è decrescente in (3, 5). Ne segue che per 3 la funzione data ammette un valore massimo relativo dato da f(3) 4e 2, mentre per 5 la funzione data ammette il valore minimo (assoluto) dato da f(5) 0. Un semplice studio del grafico permette di determinare al variare di α IR il numero di soluzioni dell equazione ( 5) 2 e ( 5) α. Si ha infatti: α < 0 non ci sono soluzioni; α 0 c è una sola soluzione ( 5); 0 < α < 4e 2 ci sono 3 soluzioni; α 4e 2 ci sono 2 soluzioni; α > 4e 2 c è una sola soluzione. Per rispondere alla domanda proposta è ora sufficiente confrontare i due valori e 4e 2. Ma 2 < e < 3 implica 4 < e 2 < 9, da cui 9 < e 2 < 4 e 4 9 < 4e 2 <. In particolare ne deduciamo 4e 2 <, da cui segue che l equazione ( 5) 2 e ( 5) ha una sola soluzione. 3.2) Per esercizio: determinare il numero di soluzioni dell equazione ( 7) 2 e ( 7).

6 3.3) Determinare il numero di soluzioni dell equazione 4 e 2. Possibile svolgimento. Consideriamo la funzione f : IR IR f() 4 e 2. Abbiamo allora che è una soluzione dell equazione data se e solo se f(). Quindi il problema proposto si riconduce alla determinazione delle intersezioni del grafico della funzione y f() con la retta orizzontale di equazione y. Evidentemente la funzione f è continua e derivabile su IR. Studiamone il segno: essendo e 2 > 0 per ogni, si ha f() 0 per ogni e f() 0 se e solo se 4 0, ovvero 0. Abbiamo poi + f() 0 per la gerarchia degli infiniti e f() +. Per studiare la monotonia di f calcoliamone la derivata prima. Si ha f () D ( 4 e 2) 8e 2 8 e 2 8( )e 2. Studiamo il segno di f (). Osserviamo che e 2 è positivo per ogni, e quindi f () ha lo stesso segno di ( ). Abbiamo così f () > 0 per 0 < < ; f () < 0 per < 0 o > ; f () 0 per 0 e. Perciò la funzione f è crescente nell intervallo (0, ) ed è decrescente nei due intervalli ilitati (, 0) e (, + ). Ne segue che per 0 la funzione data ammette il valore minimo (assoluto) dato da f(0) 0, mentre mentre per la funzione data ammette il valore massimo relativo dato da f() 4e 2. Un semplice studio del grafico permette di determinare al variare di α IR il numero di soluzioni dell equazione 4 e 2 α. Si ha infatti: α < 0 non ci sono soluzioni; α 0 c è una sola soluzione ( 0); 0 < α < 4e 2 ci sono 3 soluzioni; α 4e 2 ci sono 2 soluzioni; α > 4e 2 c è una sola soluzione. D altra parte, come già osservato, si ha 4e 2 <, da cui segue che l equazione proposta 4 e 2 ha una sola soluzione. 3.4) Per esercizio: determinare il numero di soluzioni dell equazione 9 e 3.