Esercitazione di AM120

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1 Università degli Studi Roma Tre - Corso di Laurea in Matematica Esercitazione di M Esercitatore: Luca Battaglia Soluzioni dell sercitazione 3 4 del 4 Marzo 08 rgomento: Derivate, Massimi e minimi, Regola di de l Hôpital. Trovare gli estremi superiore e inferiore della funzione f sull insieme, specificando se si tratta del massimo e/o del minimo: a) f) = 3, = [0, ] Innanzi tutto, f è continua e è compatto, dunque dal Teorema di Weierstrass esisteranno sicuramente massimo e minimo. Sui bordi del dominio abbiamo f0) = f) = 0, mentre scrivendo f) = ) + ) notiamo che f) < 0 se 0 < <. Dunque, ma f = 0 mentre il minimo sarà raggiunto in un punto interno che annulli f quest ultima vale f ) = 3 e l unico punto di in cui si annulla è min f = f 3 = , quindi b) f) = 4, = [ 3, 3] nche in questo caso f è continua e è compatto e dunque esistono minimo e massimo. Tuttavia, f non è derivabile in 0 quindi il massimo o il minimo potrebbero essere raggiunti anche in questo punto, oltre che negli estremi del { dominio e negli zeri di f. 4 [0, 3] bbiamo f±3) = 3 e f0) = 0, mentre scrivendo f) = 4 [ 3, 0) { otteniamo f 4 0, 3] ) =. Gli zeri della derivata sono dunque e 4 [ 3, 0) e vale f±) = 4, dunque concludiamo che min f = f0) = 0 e ma f = f±) = 4. c) f) = log, = 0, 3] Innanzi tutto, all estremo di abbiamo f) = e dunque inf f =, mentre 0 nell altro estremo vale f3) = log 3 3. La derivata di f vale f ) = log = log e si annulla in = e, mentre per < e la funzione è crescente e per > e è decrescente. = e è dunque un massimo relativo ed essendo l unico sarà anche un massimo assoluto, dunque ma f = fe) = e. d) f) = +, è il dominio di f Innanzi tutto, f è definita quando gli argomenti di entrambe le radici sono non-negativi, dunque = [0, ]. gli estremi del dominio abbiamo f0) = f) =, mentre all interno abbiamo f ) = = che dà f) =. Dunque, min f = e ma f =., che si annulla per =, valore

2 . Trovare il numero di zeri della funzione f sul proprio insieme di definizione: a) f) = Innanzi tutto, f è definita su tutto R inoltre, essendo f) = ±, f ammetterà ± ammeno uno zero. La derivata f ) = = 4 ) + ) + ) si annulla nei punti = ± e vale f ) = 5 e f) = 3. Dunque, f avrà un solo zero nell intervallo di monotonia, ), uno in, ) e uno in, + ), in tutto esattamente tre. b) f) = a log ) α R f ha definita se < < e abbiamo f) = +, mentre = 0 è uno zero ± di f e un punto in cui f non è derivabile. Per tutti gli altri valori, f vale f ) = a + a 0 < < a + a. Se a <, allora f non ha punti critici, decresce da a < < e cresce da 0 a, quindi = 0 sarà l unico zero della funzione. Se a > invece c è un punto di minimo a = a < 0, la funzione decresce da a a e cresce da a a 0 e tra 0 e dunque in particolare f a ) f0) = 0 e quindi avremo un altro zero tra e a, cioè due in totale. Infine, anche se a < c è un minimo dato da a = + > 0: la a funzione decresce tra e 0 e tra 0 e a e cresce tra a e, e in quest ultimo intervallo avremo un secondo zero. 3. Sia f) = arcsin) + arccos) per [0, ]. Calcolarne la derivata f, dimostrare che f è costante e calcolarne il suo valore. È possibile dire lo stesso di g) = arctan) + arctan? La funzione f è derivabile sull intervallo 0, ), perché lo sono l arcoseno e l arcocoseno, e la sua derivata è f ) = = 0, dunque è costante sull intervallo chiuso [0, ] e il suo valore è lo stesso in un suo punto qualsiasi, ad esempio = : f) f nche la derivata di g vale 0: = arcsin + arccos = π 4 + π 4 = π. g ) = ) = 0 tuttavia, non si può ripetere il precedente argomento, perché l insieme di definizione di g è R \ {0}, che non è un intervallo. Infatti, g non è costante: lo è su ciascun intervallo 0, + ) e, 0) ma i due valori sono diversi: il primo è g) = arctan) = π, il secondo è g ) = arctan ) = π. 4. Dimostrare le seguenti disuguaglianze: a) log + ) > Consideriamo la funzione f) = log + ) per > : la sua derivata è f ) = + =, dunque = 0 è un punto di minimo per f ed essendo l unico è + un minimo assoluto, dunque log + ) = f) f0) = 0 per ogni > e cioè log + ).

3 b) log + ) 0 Ragioniamo come sopra con f) = log + ) + per 0: abbiamo f ) = + + =, dunque f è crescente e ha il massimo per = 0, cioè log + ) + + c) cos) f0) = 0, ovvero log + ). R Prendiamo f) = cos), che ha per derivata f ) = sin. Dalla ben nota disuguaglianza sin deduciamo che f ) 0 per > 0 e f ) 0 per < 0, dunque f ha un massimo assoluto) in = 0, con f0) = 0, e dunque cos) 0. d) > 0 Scrivendo = e log e = e log, sarà sufficiente dimostrare che f) := ) log 0 per ogni > 0. Ciò segue dal fatto che per entrambi i fattori sono minori o uguali a zero mentre per > sono entrambi positivi. e) α + y α + y) α α α + y α ), y 0, α La disuguaglianza è chiaramente verificata per y = 0 essendo un uguaglianza), mentre per y 0 è equivalente a dimostrare t α + t + ) α α t α + ) t := y > 0. Per la prima disuguaglianza, consideriamo la funzione f α t) := t + ) α t α, che si annulla in t = 0 e ha per derivata f αt) := a t + ) α t α ) > 0 dunque, f α > f0) = 0 e la prima disuguaglianza è provata. Per la seconda, prendo g α t) := α t α + ) t + ) α che verifica g) = 0 e g αt) = a α t α t + ) α ), positiva per t > e negativa per t < dunque g α g α ) = 0, che dimostra la seconda disuguaglianza. f) tan π, π ) Essendo la tangente dispari, ciò equivale a dimostrare che f) := tan 0 per > 0 e f) 0 per < 0: ciò segue dal fatto che f è crescente, in quanto f ) = cos 0. a ) a g) a e b 0, a, b > 0 be La derivata di f) = a e b è f ) = a b) a e b e si annulla solo in = a b, a ) a e in questo punto la funzione vale poiché f0) = 0 = f), questo sarà il be + massimo assoluto di f. h) α α + y α ) + y) α α + y α, y 0, 0 α Come nel punto precedente, sarà sufficiente dimostrare α t α +) t+) α t α +) per t > 0. Come prima, prendo f α t) = t+) α t α e g α t) = α t α +) t+) α ma stavolta essendo α 0 avremo f αt) < 0 e dunque f α f α 0) = 0 analogamente, g α avrà un massimo in e quindi g α g α ) = 0 e questo, come sopra, dimostra le disuguaglianze richieste. 3

4 5. Calcolare i seguenti iti e spiegare perché non vale la regola di De l Hôpital: sin + + sin 0 +. I iti valgono rispettivamente e sin + + sin = sin + + sin 0 + = 0 = 0. Nel primo caso non è possibile applicare la regola di De l Hôpital perché il rapporto tra le derivate del numeratore e del denominatore è cos, che non ha ite per +. Nel + cos secondo caso non è possibile applicare la regola che darebbe il risultato errato di = ) perché non è una forma indeterminata. = 0 6. Calcolare i seguenti iti con la regola di de l Hôpital: a) 0 sin 3 Il ite è una forma indeterminata del tipo 0, ed essendo derivabili sia il numeratore 0 che il denominatore è possibile applicare la regola di de l Hôpital: posta f) := sin e g) = 3, abbiamo b) 0 f) 0 g) = f ) 0 g ) = cos 0 3 = 3 cos 0 = 6. nche questa è una forma indeterminata del tipo 0, dal momento che 0 0 =, e dunque + log ) = = + log = c) cot ) 0 Scrivendo il ite come 0 regola anche in questo caso: cos sin ) cos sin = 0 sin è possibile applicare la cos sin cos sin cos sin = = 0 sin 0 sin + cos 0 sin + cos. e può essere calcolata appli- Quest ultima è ancora una forma indeterminata del tipo 0 0 cando nuovamente de l Hôpital: 0 sin sin + cos = 0 sin cos cos + cos sin = 0 = 0. 4

5 d) 0 e + ) Scrivendo il ite come regola all esponente: ) e log e + ) 0 log e + ) = 0 0 dunque il ite di partenza vale e = e. loge + ) = e, è possibile applicare la 0 e + e + = 0 e + e + =, log + ) log + ) e) 0 cos Si può applicare la regola di de l Hôpital derivando il numeratore f) := log + ) log + ) e il denominatore g) := cos : f) 0 g) = 0 f ) g ) = 0 = 0 = 0 =. + + sin +)+) sin + ) + ) 0 sin f) π ) π tan Scrivendo il ite come π π ) sin π cos π ) sin, è una forma indeterminata del tipo cos : sin + π = ) cos = π sin =. g) 0 sin ) arctan logsin ) e 0 Come in precedenza, scriviamo il ite come e arctan) logsin ) = arctan, che 0 è una forma del tipo a cui può essere applicata la regola di de l Hôpital: logsin ) 0 arctan = 0 cos sin arctan = 0 arctan sin + arctan = ) 0 0 = 0, 0 sin dunque il ite di partenza è e 0 =. 5