Esercizi con soluzioni dell esercitazione del 31/10/17

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Viviana Carbone
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1 Esercizi con soluzioni dell esercitazione del 3/0/7 Esercizi. Risolvere graficamente la disequazione 2 x 2 2 cos(πx). 2. Determinare l insieme di definizione della funzione arcsin(exp( x 2 )). 3. Trovare l angolo α compreso tra π e π per cui vale l identità sin(x + α) = cos(x π/3). ( 4. Calcolare le derivate delle seguenti funzioni: a) arctan(/x 2 ); b) x4 ; c) log (x 2 ) 2 x 4 + (x 2 +) 4 ). 5. Calcolare i seguenti iti: a) x π + ex tan x ; b) x+ exp(log x x) c) x + x 2 e x. 6. Dire se esistono i punti di massimo e minimo assoluti relativi all intervallo [ 2, + ) della funzione f(x) := arctan(x 3 3x + ) ed in caso affermativo calcolarli. 7. Scrivere il polinomio di Taylor (in zero) all ordine 4 della funzione f(x) := ( + x 2 ) 3 3x Dire per quali a R si ha che 2 x x 2 + = o(eax ) per x Dire per quali a R la funzione f(x) := x 4 + ax 3 + 6x 2 + ax + e convessa. 0. Scrivere l equazione della retta tangente al grafico y = exp(x 2 2x) nel punto di ascissa x = 2. 2 Soluzioni. La soluzione è evidenziata in rosso.

2. Studiamo il dominio di definizione a partire dalla funzione più interna. Il dominio di definizione dell esponenziale è tutto R. Il dominio di arcsin invece è l intervallo [, ].

La disuguaglianza di destra, prendendo il logaritmo, si riduce a x 2 log = 0 che di nuovo è sempre vera, poiché x 2 è sempre maggiore o uguale a zero. In conclusione il dominio è tutto R. 3.

2 2. Studiamo il dominio di definizione a partire dalla funzione più interna. Il dominio di definizione dell esponenziale è tutto R. Il dominio di arcsin invece è l intervallo [, ]. Quindi il dominio di definizione è dato da tutti i valori di x tali che e x2. La disuguaglianza di sinistra è vera per ogni x in quanto l esponenziale è sempre positivo. La disuguaglianza di destra, prendendo il logaritmo, si riduce a x 2 log = 0 che di nuovo è sempre vera, poiché x 2 è sempre maggiore o uguale a zero. In conclusione il dominio è tutto R. 3. Soluzione Espandendo il seno e il coseno con le formule di addizione l uguaglianza diventa sin x cos α + sin α cos x = cos x cos π 3 + sin x sin π 3 e dobbiamo cercare i valori di α per cui l uguaglianza vale per ogni x. In particolare possiamo uguagliare i coefficienti di sin x a destra e sinistra dell uguale, e poi fare lo stesso con i coefficienti di cos x: uguagliando i coefficienti del seno otteniamo mentre uguagliando quelli del coseno cos α = sin π 3. sin α = cos π 3. 2

3 La soluzione è π + 2kπ al variare di k N, ma l unica compresa nell intervallo 6 richiesto è π. 6 Soluzione 2 Siccome per ogni y vale sin y = cos ( π y) otteniamo che 2 ( π ) sin(x + α) = cos 2 x α e inoltre poiché cos z = cos( z) otteniamo ( π ) cos 2 x α = cos ( π ) 2 + x + α. L identità dell esercizio diventa quindi cos ( π ) 2 + x + α ( = cos x π ). 3 Affinché questa identità valga per ogni x i due argomenti devono differire di 2kπ con k N, per cui π 2 + x + α = x π 3 + 2kπ α = π 6 + 2kπ k N e l unica soluzione compresa in [ π, π] è π a) f(x) = arctan ( ) x. Per la regola della derivata della funzione composta 2 f (x) = + ( ) 2 ( 2x ) = 2x 3 x 4 +. x 2 b) f(x) = x4 x 4 +. f (x) = 4x3 (x 4 + ) (x 4 )4x 3 (x 4 + ) 2 = 8x 3 (x 4 + ) 2. ( c) f(x) = log (x 2 ) ). 2 Conviene prima utilizzare le proprietà del logaritmo per (x 2 +) 4 semplificare la funzione: ( ) (x 2 ) 2 log = log((x 2 ) 2 ) log((x 2 + ) 4 ) (x 2 + ) 4 = 2 log(x 2 ) 4 log(x 2 + ) e quindi f (x) = 2 x 2 2x 4 x 2 + 2x = 4x x 2 8x x

4 5. a) Il numeratore tende a e π. Il denominatore invece tende a 0 +, ovvero tende a zero dai valori positivi (per x poco più grande di π, tan x è positiva, come si può vedere disegnando il grafico). Quindi x π + = +. Inserendo anche il tan x numeratore, che converge a e π, che è un numero negativo, otteniamo e x x π + tan x =. (Invece lo stesso ite per x π non esiste, analogamente al fatto che non y 0 y esiste perchè i iti destro e sinistro sono diversi: y 0 + y b) Studiamo prima il ite dell argomento dell esponenziale: log x x =. x + = + ma =.) x 0 y Infatti i due termini vanno il primo a + e il secondo a, ma poiché il logaritmo è trascurabile all infinito rispetto a tutte le potenze con esponente positivo ( x = x 2 ) il ite fa. Chiamando y = log x x otteniamo x x elog = x + y ey = 0. c) entrambi i fattori e x e x 2 tendono a +, quindi anche il loro prodotto. In conclusione x x2 e x = Se ci sono punti di massimo o minimo assoluto di f(x) relativi all intervallo [2, ) allora f (x) deve annullarsi in quei punti (l unica eccezione è il punto x = 2 che è l estremo dell intervallo e va studiato a parte). Studiamo quindi la derivata: f (x) = + (x 3 3x + ) 2 (3x2 3) che si annulla per x = ± (il denominatore è sempre positivo). Inoltre è negativa per < x < e positiva per x > e x <. Quindi è un punto di minimo locale e di massimo locale, e il valore della funzione in questi due punti è f( ) = arctan(3) f() = arctan( ). Il punto x = però non può essere un massimo globale poiché x + arctan(x3 3x + ) = arctan y = π y + 2 > f( ) e quindi per valori molto grandi di x la funzione è sicuramente maggiore di f( ) = arctan(3). Per quanto riguarda il minimo, si verifica che f( 2) = arctan( ) = f() e quindi entrambi i punti x = 2 e x = sono di minimo assoluto di f relativi all intervallo [2, ). 4

2 g (0)y 2 + O(y 3 ) = 3 y 9 y2 + O(y 3 ). Sostituendo y = 3x 2 si ottiene 3 3x2 = 3 3x2 9 9x4 + O(x 6 ) = x 2 x 4 + O(x 6 ).

5 7. Poniamo y = 3x 2 e ricaviamo prima il polinomio di Taylor di g(y) = 3 y = ( y) /3 nel punto y = 0 (che corrisponde al punto in cui x = 0). Le derivate prima e seconda sono g (y) = 3 ( y) 2 3 g (y) = 2 9 ( 5 y) 3 quindi il polinomio di Taylor all ordine 2 di g nel punto 0 è g(y) = g(0) + g (0)y + 2 g (0)y 2 + O(y 3 ) = 3 y 9 y2 + O(y 3 ). Sostituendo y = 3x 2 si ottiene 3 3x2 = 3 3x2 9 9x4 + O(x 6 ) = x 2 x 4 + O(x 6 ). Considerando la funzione di partenza si ottiene quindi f(x) = ( + x 2 ) 3 3x 2 = ( + x 2 )( x 2 x 4 + O(x 6 )) = x 4 + O(x 6 ). 8. Per definizione di o piccolo cerchiamo gli a per cui x 2 x (x 2 + )e ax = 0 5

6 Poiché ci sono due esponenziali, per confrontarli scriviamo entrambi in base e: 2 x = (e log 2 ) x = e (log 2)x e quindi 2 x (x 2 + )e ax = e(log 2 a)x x 2 +. Se log 2 a > 0 sia il numeratore che il denominatore vanno a +, ma qualsiasi potenza è trascurabile a + rispetto all esponenziale, quindi anche il rapporto tende a +. Se log 2 a = 0 il numeratore è costantemente uguale a e quindi il rapporto tende a 0. Se log 2 a < 0 il numeratore tende a 0 e il denominatore sempre a +, quindi il rapporto tende a zero. In conclusione la soluzione è a log Una funzione f definita su un intervallo e derivabile due volte è convessa se e solo se f (x) 0 per ogni x. La derivata seconda vale f (x) = 2x 2 + 6ax + 2. Dobbiamo quindi cercare quali valori di a fanno sì che 2x 2 + 6ax + 2 0, ovvero 2x 2 +ax+2 0, per ogni x R. Il grafico di 2x 2 +ax+2 è una parabola, e poiché il coefficiente di x 2 è positivo la concavità è rivolta verso l alto. Condizione necessaria e sufficiente affinché sia sempre 0 è quindi che abbia al più una radice, perché se avesse due radici diventerebbe negativa nell intervallo fra le due. Affinché abbia al più una radice il discriminante deve essere 0. = a = a 2 6 e quindi la condizione diventa a 2 6 0, ovvero 4 a L equazione generale della retta tangente al grafico di una funzione derivabile f(x) nel punto x 0 è y = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). Nel nostro caso f(x) = e x2 2x e f (x) = e x2 2x (2x 2). Sostituendo x 0 = 2 si ottiene y = + 2(x 2) = 2x 3. 6

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