Soluzioni del Foglio 7

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1 7.1. Esercizio. Assegnate le funzioni ANALISI Soluzioni del Foglio 7 18 novembre 2009 e e sin(), dire quali possono essere prolungate per continuitá in = 0, studiare, per le funzioni che risultino prolungabili in = 0, la derivabilitá in = 0 dei prolungamenti, studiare, per le funzioni che risultino derivabili in = 0, servendosi eventualmente della regola di de l Hopital, la continuitá in = 0 della funzione derivata. Soluzione: Entrambe le funzioni assegnate possono essere prolungate per continuitá in = 0 in quanto esistono i iti e e sin() = 2, = i prolungamenti sono pertanto le due funzioni, vedi Figure 1 e 2, { e e { sin() f() = se 0 g() = se 0 2 se = 0 1 se = 0 La derivabilitá in = 0 significa l esistenza dei iti f(h) f(0) h 0 h g(h) g(0) h 0 h = h 0 = h 0 e h e h 2 h h sin(h) 1 h h = h 0 e h e h 2h h 2 = h 0 sin(h) h h 2 Tenuto conto che si tratta, in entrambi i casi, di quozienti in cui numeratore e denominatore hanno ite zero, si puó usare la regola di de l Hopital e studiare i iti dei quozienti delle rispettive derivate h 0 e h + e h 2 cos(h) 1, 2h h 0 2h ovvero, tenuto conto che si incontrano nuovamente quozienti in cui numeratore e denominatore hanno ite zero, si puó usare una seconda 1

2 2 Figura 1. f() = e e volta la regola di de l Hopital e studiare i iti dei quozienti delle rispettive derivate e h e h h 0 2 = 0, h 0 sin(h) 2 = 0 I due iti trovati provano quindi l esistenza delle due derivate in = 0 f(h) f(0) h 0 h = 0, h 0 g(h) g(0) h = 0 Le funzioni prolungate f e g hanno pertanto, R, le seguenti derivate { (e + e ) (e e ) f () = se se = 0 g () = { cos() sin() 2 se 0 0 se = 0

3 3 Figura 2. f() = sin() L ultima domanda proposta si riferisce alla continuitá in 0 = 0 delle due funzioni f () e g () sopra definite: tenuto conto che, applicando due volte la regola di de l Hopital, al caso f e al caso g (e + e ) (e e ) 0 2 = 0 (e + e ) + (e e ) 2 cos() sin() 0 2 = 0 = 0 (e e )) 2 = 0 = 0 sin() 2 sin() cos() = = si riconosce che sia f che g sono continue in 0 = Esercizio. Assegnate le funzioni f() = 2, g() = e = =

4 4 Soluzione: determinare l insieme di definizione, esaminare se possiedono asintoti, determinare gli intervalli di monotonia e i punti di massimo e/o minimo locali, determinare gli intervalli di convessitá e determinare i punti di flesso. f() = { 0} {1 }: l insieme di definizione é pertanto R privato dell intervallo aperto (0, 1), tenuto conto che f() = 1 1 si intuisce che f abbia gli stessi asintoti obliqui della funzione, cioé le due rette y = e y =. Infatti 1 1 = ± 1 1 ± = ±1 e ( 2 + = 2 + )( 2 ) = 2 Analogamente Pertanto le rette = 2 = = 1 2 y = + 1 2, y = 1 2 sono asintoti obliqui della f, rispettivamente per e +. Tenuto presente che f () =

5 5 g() = riesce 0 f () < 0, 1 f () > 0 Quindi, tenuto conto che l insieme di definizione di f é composto da due semirette si ha che: nella semiretta di sinistra f é decrescente, nella semiretta di destra é crescente. Tenuto presente che f () = 1 4 (( 1 + ) ) 3 2 si riconosce che f () < 0 e quindi che f é concava in entrambe le due semirette che compongono il suo insieme di definizione e Figura 3. g() = e l insieme di definizione é { 1/4}

6 6 la retta verticale = 1 4 é un asintoto verticale: infatti e = +, 1/4 1/ e = Esiste inoltre un asintoto orizzontale = 0 relativo a + : infatti e = 0 Non esistono asintoti, né orizzontali né obliqui, per : infatti e = +, tenuto presente che e che g () = (1 + 4 ) 2 e (4 + 1) e = g () = 0 ξ 1 = , ξ 2 = si riconosce, tenuto conto che ξ 1 < 1/4 e che g() = g() = + 1/4 che nel punto ξ 1 non puó che aversi un punto di minimo locale Analogamente si riconosce tenuto conto che ξ 2 > 1/4 e che g() = 1/4 + g() = 0 + che nel punto ξ 2 non puó che aversi un punto di massimo locale tenuto conto che g () = (1 + 4 ) 3 e = e che l espressione a numeratore é crescente in (, 7/12) decrescente in ( 7/12, 1/4) e crescente

7 in (1/4, + ) e che prende in = 7/12 valore negativo si riconosce che 7 < < 0 g () > 0 Nella semiretta > 1/4 l espressione a numeratore é decrescente fino a un minimo negativo assunto in = 7/2, poi cresce tendendo a + per + : pertanto l espressione a numeratore é negativa per ( 1/4, η) e positiva dopo. Stesso segno ha, naturalmente g (). Pertanto < 1 4 g() convessa 1 < < η g() concava 4 = η g() ha un flesso, > η g() concava 7.3. Esercizio. Assegnata la funzione f() = e determinare i iti per ±, determinare l insieme in cui f é derivabile e indicare l espressione della derivata, determinare gli intervalli di monotonia e i punti di massimo e/o minimo locali, determinare gli estremi inferiore e superiore ed esaminare se si tratta di minimo e/o massimo. Soluzione: La funzione assegnata, f() = e é funzione di tipo dispari: grafico simmetrico rispetto all origine, vedi Figura 4. Al ite + e = + quoziente di due funzioni entrambe divergenti a + puó essere applicata la regola di de l Hopital e considerare quindi il ite del quoziente delle derivate + 1 e = 0 e

8 8 Figura 4. f() = e Analogo discorso per il ite per e = + e = 1 + e = 0 f é certamente derivabile per 0 perché composta di funzioni in tale insieme derivabili { (1 + )e f se < 0 () = (1 )e se > 0 ovvero 0 : f () = (1 )e In = 0 per decidere circa la derivabilitá o meno deve essere considerato direttamente il rapporto incrementale f(h) f(0) h 0 h he h = h 0 h = h 0 e h = 1 pertanto la funzione f é derivabile anche in = 0 con derivata f (0) = 1. Tenuto conto dell espressione della derivata si riconosce che f é decrescente in (, 1) é crescente in ( 1, 1)

9 9 di nuovo decrescente in (1, + ) Tenuto conto che ± e = 0 lo studio sugli intervalli di monotonia permette di riconoscere che i valori presi in = 1 e in = 1 sono il minimo e il massimo della f in R Esercizio. Studiare al variare di a R il numero di soluzioni dell equazione a = 0 Soluzione: Figura 5. P () =

10 10 L equazione assegnata, = a, ammette almeno una soluzione qualunque sia a R in quanto l immagine della funzione P () = , polinomio di grado dispari, é tutto R. Per decidere il numero n a di soluzioni basta esaminare il grafico della P (), vedi Figura 5: P () = = ( + 2) da cui segue < 2 P () > 0 P () crescente 2 < < 0 P () < 0 P () decrescente 0 < P () > 0 P () crescente Sempre dal grafico, vedi Figura 5, osservando che P ( 2) = 4 e P (0) = 3 0, poiché si cercano soluzioni dell equazione P () = a si riconosce che a > 0 1 soluzione a = 0 2 soluzioni 4/3 < a < 0 3 soluzioni a = 4/3 2 soluzioni a < 4/3 1 soluzione 7.5. Esercizio. Dimostrare che l equazione tan() = possiede infinite radici reali. Quante di queste radici sono contenute nell intervallo [0, 4π]? Soluzione: La funzione tan() é periodica: quello che fa per ( π 2, π ) lo ripete 2 negli analoghi intervalli ( π 2 π, π 2 π ), ( π 2 + π, π 2 + π ), ( π 2 + 2π, π 2 + 2π ),... In ciascuno di tali intervalli la funzione tan() é crescente e ha immagine tutto R: pertanto k Z :! k ( π 2 + kπ, π ) 2 + kπ tale che tan( k ) = k Basta osservare il grafico di Figura 6 per riconoscere quindi che l equazione tan() = ha quattro radici appartenenti all intervallo [0, 4π].

11 11 Figura 6. tan() = Osservazione 7.1. Merita attenzione riconoscere che nell intervallo [0, π/2] l equazione tan() = abbia la sola soluzione = 0, ovvero riconoscere che 0 < < π < tan() 2 Infatti, indicata con d() = tan() riesce d(0) = 0 e d 1 () = cos 2 () 1 0 da cui d() risulta crescente in [0, π/2) e, quindi ovvero tan() >. 0 < < π 2 0 = d(0) < d() 7.6. Esercizio. Si determinino gli estremi, superiore ed inferiore, della funzione ( ) f() = ep 4 2 Si determinimo inoltre gli eventuali punti di massimo o minimo locale.

12 12 Soluzione: Figura 7. g() = Consideriamo la funzione, vedi grafico in Figura 7, g() = funzione pari, g() = 1, asintoto orizzontale y = 1 ± denominatore nullo per = ±2, asintoti verticali = 2 e = 2. L informazione piú utile puó essere il legame che intercorre tra { } { } , R in Figura 7 il grafico della prima é in nero, quello della seconda é in blu tratteggiato. Le immagini delle due funzioni sono ovviamente le stesse: (, 1) [ 1 4, + )

13 13 ( ) Figura 8. f() = ep 4 2 Pertanto, tenuto conto che la funzione esponenziale é strettamente crescente, l immagine della funzione f assegnata é, vedi Figura 8, (0, e 1 ) [e 1/4, + ) estremo inferiore di f : 0, non é minimo, estremo superiore di f : +, non é, naturalmente, massimo. In corrispondenza ad 0 = 0 si ha un punto di minimo locale: f(0) = e 1/4 1, Esercizio. Assegnate le funzioni f() = (2 1), [ 1, 1] g() = (2 + 1) e, [0, + ) determinare gli estremi inferiore e superiore e dire se essi siano rispettivamente minimo e/o massimo. Soluzione:

14 14 f() = (2 1), [ 1, 1] Figura 9. f() = (2 1), [ 1, 1] La funzione f per via del valore assoluto corrisponde alla seguente { (2 1) se 0 f() = (2 1) se 0 una funzione costruita incollando due parabole, vedi grafico in Figura 9. Si tratta di una funzione continua definita su un intervallo chiuso e itato pertanto ha minimo e massimo che sono, evidentemente, i valori f( 1) = 3, f(1) = 1 considerato che per = 1 4, si ha f(1 4 ) = 1 8 g() = (2 + 1) e, [0, + ) ( 3, 1). La funzione g() é continua e derivabile nell intervallo [0, + ): riesce pertanto g () = (1 2) e

15 15 Figura 10. g() = (2 + 1) e, [0, + ) g é crescente per [0, 1/2] é decrescente per > 1/2. Tenuto conto che si riconosce che g(0) = 1, g(1/2) = 2 e, + g() = 0 inf(g) = 0, sup(g) = g(1/2) = 2 e = ma(g) 7.8. Esercizio. Dimostrare la disuguaglianza , R (Suggerimento: studiare la funzione f() = ) Soluzione: La funzione f() = , vedi grafico in Figura 11, ha derivata f () = = 6(1 4 ) Dal segno di f () si ricostruiscono gli intervalli in cui f() é crescente e quelli in cui é decrescente:

16 16 Figura 11. f() = crescente in (, 1) decrescente in ( 1, 0) crescente in (0, 1) decrescente in (1, + ) Risulta evidente che = ±1 sono punti di massimo: f(±1) = 0 Ne segue che R : f() f(±1) = ( 6 + 2) 7.9. Esercizio. Dimostrare che l equazione nell incognita e = 1 + 2a ha, a R, una e una sola soluzione (a) ovviamente dipendente da a. Dimostrare che la funzione di a cosí costruita é continua in R. Soluzione: Consideriamo la funzione, vedi grafico in Figura 12, f() = e 1 +

17 17 Tenuto conto che f() =, Figura 12. f() = e 1 + f() = +, f () = e + 1 > 0 + si riconosce che l immagine di f é tutto R, f é crescente, quindi f é invertibile con inversa continua 1 definita in tutta l immagine R. 1 Dimostrazione: Sia y = f() continua nell intervallo I e crescente: sia J l intervallo sua immagine. In J é definita la funzione inversa = g(y) crescente anch essa. Sia g(y 0 ) = 0 : assegnato ε > 0 indichiamo con y 1 = f( 0 ε), y 2 = f( 0 + ε) Riesce y 1 < y 0 < y 2 e, tenuto conto della monotonia y 1 < y < y 2 g(y 1 ) < g(y) < g(y 2 ) ovvero, posto δ = min{ y 1 y 0, y 2 y 0 } y y 0 < δ g(y) g(y 0 ) ε

18 18 Indicata con g tale inversa riesce (a) = g(2a) funzione di a continua in R.