Correzione del compitino del giorno 13 Dicembre 2012

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1 Correzione del compitino del giorno 3 Dicembre 0 Davide Boscaini Questa è una soluzione del compitino del giorno 8 febbraio 0. Invito chi trovasse eventuali errori a segnalarli presso davide.boscaini@studenti.univr.it. Esercizio (6 punti). Studiare il dominio delle funzioni a. f() = 6 e e +, b. f() = log 4 cos(3). Soluzione. Studiamo i due domini separatamente: a. Dal momento che la radice ha indice pari la condizione da imporre affinché la funzione sia ben definita è che il suo argomento sia non negativo. Dobbiamo chiedere cioè che e e + 0. Per far questo poniamo t = e, e scriviamo la disequazione risultante t t + 0. È immediato verificare che l equazione = t t + definisce una parabola nell incognita t rivolta verso l alto e con vertice nel punto (, 0). Per ogni t R essa quindi non è mai negativa, pertanto il dominio di f() risulta essere l intero asse reale: Dom(f) = R. b. In questo caso dobbiamo preoccuparci sia del logaritmo che del fatto che la funzione assegnata è fratta. Per quanto riguarda il logaritmo, esso è ben definito per valori dell argomento strettamente positivi, dovremmo pertanto imporre che 4 > 0. Tuttavia, per definizione di valore assoluto, l espressione precedente è sempre non negativa, possiamo quindi itarci a chiedere che sia diverso da zero, cioè 4 0. Quindi il logaritmo è ben definito per ±. Dal momento che quella assegnata è una funzione fratta, affinché sia ben definita dovremmo richiedere che il denominatore sia diverso da zero, e cioè cos (3) 0. In questo caso abbiamo cos (3), cioè 3 kπ, per k Z, da cui ricaviamo kπ/3. Riassumendo il dominio è Dom(f) = R \ {±, kπ/3 per k Z}.

2 Esercizio (6 punti). Siano f() = +, g() = + cos. Studiare l insieme di definizione di (g f)() e di f (). Soluzione. Si ha (g f)() = g(f()) = + + cos +, pertanto nello studio dell insieme di definizione dobbiamo assicurarci che sia le radici quadrate che la frazione siano ben definite. Per quanto riguarda la radice quadrata basta imporre che + 0, cioè che. Per quanto riguarda il denominatore dobbiamo chiedere che + cos + 0, cioè che cos +. Dobbiamo quindi escludere quei punti tali che + = π + kπ, k Z. Questo succede per = (π + kπ), k Z. Riassumendo si ha Dom(g f) = [, + ) \ {(π + kπ), k Z} Per quanto riguarda invece l inversa della funzione f il procedimento da seguire è il seguente: partendo da = + si deve esprimere in funzione di. Nel nostro caso questo lo si può fare elevando al quadrato ambo i membri dell equazione precedente. Tuttavia per non alterarne il significato quest operazione la si deve accompagnare dalle condizioni 0 e + 0. In questo modo si trova = +, cioè =. Dove l ultima espressione vale per 0. Quindi Dom(f ) = [0, + ). In figura si trovano i grafici di f() e f () Figura : A sinistra: grafico della funzione f(). A destra: grafico della funzione f (). Esercizio 3 (6 punti). Disegnare il grafico della funzione e π, per < π, f() = cos, per π 0, +, per > 0. Determinare se la funzione f() è continua e calcolare i punti di intersezione con l asse delle ascisse.

3 π Figura : Grafico della funzione f() definita a tratti. Soluzione. Il grafico della funzione assegnata è riportato in figura. Per prima cosa osserviamo che e t, cos t e at + bt + c sono tutte funzioni continue in t. Osservato che i singoli tratti sono costituiti da funzioni continue, ci rimane da verificare la continuità della funzione composta solo nei punti di raccordo. In particolare quindi dobbiamo verificare se f è continua in = π/ e in = 0. Si ha mentre pertanto f() = π e π = e = e, π f() = cos = 0, π + π + f() f() = f( π/), π π + quindi la funzione non è continua in = π/. Per = 0 invece si ha mentre pertanto 0 0 f() = cos =, f() = =, 0 0 f() = f() = f(0), + quindi la funzione è continua in = 0. Infine rimangono da discutere le intersezioni con l asse delle ascisse. Per quanto riguarda la funzione esponenziale, e /π, per definizione è strettamente positiva su tutto l asse reale, quindi, in particolare, anche per < π/. Pertanto non presenterà punti di intersezione con l asse delle ascisse. Per quanto riguarda le intersezioni della funzione cosinusoide, cos, con l asse delle ascisse si deve porre { = 0, = cos, 3

4 da cui si ricava = π/ + kπ, k Z. Quindi nell intervallo π/ 0 il coseno interseca l asse delle ascisse solo nel punto = π/. Per quanto riguarda la parabola / + si deve porre { = 0, = +, che ha soluzione =. Dal momento che la soluzione trovata appartiene all intervallo 0, la soluzione trovata è accettabile. Riassumendo la funzione f() interseca l asse delle ascisse in = π/ e =. Esercizio 4 (6 punti). Disegnare il grafico delle funzioni a. f() = 3 3 +, b. f() = ln + e. Soluzione. Studiamo il grafico delle due funzioni separatamente: a. Dominio: Per quanto riguarda il dominio della funzione f() basta chiedere che il denominatore sia diverso da zero, cioè 3 0, da cui segue 0. Intersezione con gli assi cartesiani: L intersezione con l asse delle ascisse si trova imponendo = 0, = 3 3 +, da cui si ricava = 3 3/. Dallo studio del dominio è ovvio che la funzione non intersecherà l asse delle ordinate. Segno: Nello studio del segno ci si chiede quando f() > 0, in questo caso quindi ci chiediamo quando > 0. Se ci restringiamo al caso > 0, si trova la soluzione > 3 3/. Se invece poniamo < 0, si verifica facilmente che ogni soluzione è valida: se si sommano quantità positive a, si ottengono sicuramente valori positivi. Riassumendo la funzione è positiva per < 0 e > 3 3/. Parità/disparità: Una funzione si dice pari se f() = f( ). Nel nostro caso f( ) = f(), quindi non abbiamo simmetria rispetto all asse delle ordinate. Una funzione si dice dispari se f( ) = f(). Nel nostro caso f() = 3 3 f( ), quindi non abbiamo nemmeno simmetria rispetto l origine. 4

5 Limiti: Si ha ± =, = +, =. Tenendo conto delle informazioni trovate si può tracciare il grafico della funzione, come fatto in figura Figura 3: Grafico della funzione f() = b. Dominio: Per quanto riguarda il dominio della funzione f() basta chiedere che l argomento del logaritmo sia strettamente maggiore di zero, cioè > 0, che equivale a chiedere 0. Intersezione con gli assi cartesiani: L intersezione con l asse delle ascisse si trova imponendo { = 0, = ln + e. Un valore assoluto è nullo quando il suo argomento è nullo, e cioè per ln + e = 0, da cui si ricava ln = e/, ed applicando a funzione esponenziale ad ambo i membri dell equazione troviamo le soluzioni = ±e e/. Dallo studio del dominio è ovvio che la funzione non intersecherà l asse delle ordinate. Segno: Nello studio del segno ci si chiede quando f() 0, in questo caso lo studio risulta particolarmente semplice: per definizione un valore assoluto è sempre non negativo. Applicando un segno negativo si ottiene una funzione non positiva. Parità/disparità: Una funzione si dice pari se f() = f( ). Nel nostro caso f( ) = f(), per la presenza del valore assoluto, quindi abbiamo simmetria rispetto all asse delle ordinate. Una funzione si dice dispari se f( ) = f(). Nel nostro caso f() = ln + e f( ), quindi non abbiamo nemmeno simmetria rispetto l origine. 5

6 Limiti: Si ha ln + e =, ± ln + e =. 0 ± Tenendo conto delle informazioni trovate si può tracciare il grafico della funzione, come fatto in figura 4. e e e e Figura 4: Grafico della funzione f() = Esercizio 5 (6 punti). Calcolare i seguenti iti a. b. c. ( e ) π +, e + e e 0 + sin 3, sin sin. Soluzione. Svolgiamo i vari iti separatamente: a. Per prima cosa osserviamo che possiamo riscrivere il ite assegnato come somma di iti, cioè e + π + + e +. Il vantaggio è che, ora, possiamo studiare i vari addendi separatamente. Per quanto riguarda il primo addendo, raccogliendo sia dal numeratore che dal denominatore il termine di grado maggiore, si ha = + 3 ( + 5/) = / = 3. Per il secondo membro, raccogliendo sia dal numeratore che dal denominatore il termine di grado maggiore, si ha + ( + / ) + / + π = + π = + π = 0, 6

7 infatti il denominatore tende a + ed il numeratore ad. Infine per il terzo membro, razionalizzando, si ha e + e + = e e e + e + + Riassumendo si ha + e ( e = + + ) + e + e ( e = + + ) + = + = π + + e e + + e e + = = 5. b. In questo caso si ha e e 0 + sin 3 = e ( e ) 0 + sin 3 e ( e ) = 0 + sin 3 = 0 + e 3 = 0 + e 3 = 3, 3 3 e 3 sin 3 e 3 sin 3 dove abbiamo sfruttato i iti notevoli sin t e t =, =. t 0 t t 0 t c. In questo caso l unica difficoltà risiede nel capire se il valore della funzione sinusoide in + è maggiore o minore rispetto al suo valore in. Per capir questo si possono seguire due strade π 3, quindi π/ 3/. Segue allora che π/ < < π. In questo intervallo, e cioè per π/ < < π, la funzione sin è decrescente. Pertanto sin < sin per >. Nel nostro caso abbiamo = e = +. grazie agli sviluppi di Talor sappiamo che sin = 3 /6 + o( 5 ), pertanto sin 4/3 = /3, mentre se consideriamo +. si ha sin.. (.) 3 /6..5 = 0.6 < 0.6 = /3 = sin. In entrambi i casi segue quindi che sin + < sin. Questo ci dice che, al tendere dell incognita a +, il denominatore tende a 0, cioè Ma allora si ha sin sin = sin sin = 3 0 =. 7