Secondo parziale di Matematica per l Economia (esempio)

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1 Corso di Laurea in Economia e Management Secondo parziale di Matematica per l Economia (esempio) lettere E-Z, a.a prof. Gianluca Amato Regole generali Si svolga il primo esercizio e, a scelta dello studente, l esercizio 2 o il 3. Nel caso vengano svolti entrambi, verrà considerato ai fini del voto finale solo uno dei due (a discrezione del docente). Si noti che: Tutte le risposte vanno opportunamente motivate. L aver copiato anche un singolo esercizio causa l annullamento di tutto il compito. È possibile utilizzare una calcolatrice. Non si possono adoperare libri o appunti. È assolutamente vietato l utilizzo di un cellulare o altro strumento di telecomunicazione. Testo della prova. Si consideri la funzione f : A R R data da f(x) = x2 2x. Determinare: (a) l insieme di definizione della funzione; (b) le intersezioni del grafico di f con gli assi cartesiani; (c) se la funzione è pari e/o dispari; (d) il segno di f(x) al variare di x; (e) eventuali asintoti orizzontali, verticali e obliqui; (f) la derivata della funzione; (g) i punti di massimo e minimo relativo; (h) i punti di massimo e minimo assoluto; (i) punti in cui la funzione non è derivabile; (j) la derivata seconda della funzione; (k) concavità, convessità e punti di flesso; (l) grafico della funzione, in cui sono evidenziate le intersezioni con gli assi, i punti di massimo e minimo relativo e i punti di flesso. 2. Si determini l area della regione di piano compresa tra la retta y = 2, la retta x = 0 e la parabola y = x 2 + x. 3. Si determini per quali valori di t i seguenti insiemi di vettori sono linearmente dipendenti: A = {(t, 0), (0, t)} B = {(, ), (2, t)}.

2 Soluzioni. Esercizio (a) Perché si possa effettuare la divisone, deve essere 0. Tuttavia ciò è sempre verificato, quindi l insieme di definizione è tutto R. (b) Per determinare l intersezione del grafico di f con l asse delle ordinate basta calcolare la f nel punto 0. Poiché f(0) = 0, l intersezione si ha nel punto O (0, 0). Per determinare l intersezione con l asse delle ascisse, si deve risolvere l equazione f(x) = 0, ovvero x2 2x = 0. Questo è equivalente a x 2 2x = 0. Risolvendo l equazione di secondo grado, otteniamo le soluzioni x = 0 = 2/. Dunque le intersezioni con l asse delle ascisse sono i punti (0, 0) (che abbiamo già trovato prima) e (2/, 0). (c) Calcoliamo f() ed f( ). Otteniamo f() = 3/e ed f( ) = 7e. Questi due numeri sono diversi: infatti, siccome 2 < e < 3, abbiamo che 3/e < 3/2 mentre 7e > 4. Se f fosse pari sarebbe f( ) = f(), e così non è. Se f fosse dispari, sarebbe f( ) = f(), e neanche questo si verifica. Dunque f non è né pari né dispari. (d) Dobbiamo risolvere l equazione f(x) > 0, ovvero x2 2x > 0. Siccome il denominatore è sempre positivo, la disequazione è equivalente a x 2 2x > 0. Sappiamo già che l equazione associata (x 2 2x = 0) ha soluzioni 0 e 2/. Siccome il termine di grado due è positivo, si ha che f(x) < 0 se 0 < x < 2/ ed f(x) > 0 s < 0 oppur > 2/. (e) asintoti orizzontali) Per determinare gli asintoti orizzontali, calcoliamo il lim x f(x) e il lim x + f(x). Per il primo limite basta sostituir con e si ottiene: lim f(x) = lim x 2 2x = ( )2 2( ) = x x e = (+ ) = = +. Siccome il limite esiste ma infinito, questo non da luogo ad un asintoto orizzontale. Il limite per x + è più complesso perché una semplice sostituzione da origine ad una forma indeterminata. Tuttavia, al numeratore x 2 è un infinito di ordine superiore rispetto ad x, ed è superiore ad entrambi. Quindi lim f(x) = lim x 2 2x x 2 = lim x + x + x + e = 0. x Dunqu = 0 è un asintoto orizzontale. asintoti verticali) Poiché la funzione è continua e definita su tutto R, non esisto asintoti verticali. asintoti obliqui) Sappiamo già che per x + c è un asintoto orizzontale, quindi dobbiamo solo verificare se per x c è un asintoto obliquo. Determiniamo f(x) lim x x = lim x 2 2x = lim x(x 2) = x x x x 0 =. + Il limite esiste ma è infinito, quindi non esistono asintoti obliqui.

3 (f) Si ha f(x) = h(x) con h(x) = g(x) x2 2x e g(x) =. Quindi f (x) = h (x)g(x) h(x)g (x) (g(x)) 2 = (0x 2)ex (x 2 2x) e 2x = (0x 2 x 2 + 2x) e 2x = x 2 + 2x 2. (g) I punti di massimo e minimo relativo si possono determinare studiando il segno della derivata prima. Siccome il numeratore di f (x) è sempre positivo, basta studiare il numeratore. Consideriamo l equazione x 2 + 2x 2 = 0 e risolviamola. Otteniamo le soluzioni: x = 2 ± 04 0 = 2 ± = 2 ± = 6 ± 26 Indichiamo le due soluzioni con x 0 = 6 26 = Poiché il termine di grado due dell equazione è negativo, abbiamo: f (x) = 0 s = x 0 oppur = x f (x) < 0 s < x 0 oppur > x f (x) > 0 s 0 < x < x Si ha dunque che f è crescente per x 0 < x < x e decrescente per x < x 0 e per x > x. I punti x 0 ed x sono punti stazionari. Poiché f (x) è negativa prima di x 0 e positiva dopo, si ha ch 0 è un punto di minimo relativo. Analogamente, x è punto di massimo relativo. È importante per i punti successivi avere un idea di quanto valgono x 0 ed x, soprattutto in rapporto a 0 e 2/ che sono le intersezioni della f con l asse delle ascisse. Si noti che < 26 < 6, pertanto x 0 è compreso tra 6 6 = 0 e 6 = /. Analogamente, si ha che < x < 2. Pertanto abbiamo 0 < x 0 < 2/ < x. (h) La funzione f (x) è continua e definita su tutto R, quindi la funzione f(x) è derivabile su tutto R. (i) La derivata seconda si calcola come fatto per la derivata prima: f (x) = ( 0x + 2)ex ( x 2 + 2x 2) e 2 = x2 22x + 4. (j) Per determinare concavità e punti di flesso dobbiamo studiare il segno di f (x). Ancora una volta il segno dipende unicamente dal numeratore. L equazion 2 22x + 4 = 0 ha soluzioni x = 22 ± = ± Indichiamo con x 0 le due soluzioni x 0 = Poiché il termine di grado due è positivo, abbiamo: ed x = +. f (x) = 0 s = x 0 oppur = x f (x) > 0 s < x 0 oppur > x f (x) < 0 s 0 < x < x.

4 Si ha quindi che f è convessa per x < x 0 ed x > x, è concava per x 0 < x < x ed ha un punto di flesso in x 0 ed x. Come prima, vogliamo capire come sono ordinati x 0 ed x rispetto a 0, 2/, x 0 ed x. Poiché 7 < < 8, abbiamo che 3/ < x 0 < 4/ e 8/ < x 0 < 9/. Abbiamo quindi 0 < x 0 < 2/ < x 0 < x < x. (k) Il grafico lo si può disegnare a partire dalle informazioni che abbiamo raccolto. È importante però capire come sono ordinati tra loro i valori 0, 2/, x 0, x, x 0, x, cosa che abbiamo già fatto nei punti precedenti. 0 8 intersezioni con assi massimi e minimi punti di flesso 6 f(x) x 2. Prima di tutto occorre disegnare il grafico della funzione f(x) = x 2 +x per capire esattamente qual è la regione del piano di cui calcolare l area. Il grafico di f è una parabola con la concavità verso l altro. Il vertice ha ascissa x 0 = /2 ed è f(x 0) = /4. La parabola passa par l origine e tocca l ass nei punti soluzioni dell equazion 2 + x = 0. Poiché x 2 + x = x(x + ), le soluzioni sono e 0. Infine, la parabola tocca la retta y = 2 nei punti soluzioni dell equazione x 2 + x = 2. Risolvendo otteniamo x = ed x = 2. Riassumendo, questo è il grafico della funzione, e la zone evidenziata in grigio e quella di cui dobbiamo

5 calcolare l area. 3 2 C B f(x) 0 O A x L area grigia si ottiene sottraendo l area del rettangolo OABC (che è 2) dall area della zona di piano compresa tra la parabola, l ass e la rett = (OAB). Quest ultima si ottiene col seguente integrale: 0 [ (x 2 x 3 + x)dx = 3 + x2 2 ] x=0 = = 6, per cui l area cercata è 2 /6 = 7/6. 3. Insieme A. Due vettori sono linearmente dipendenti se esiste una loro combinazione lineare nulla in cui almeno un coefficiente è non nullo. Per quanto riguarda l insieme A, possiamo notare subito che se t = 0 otteniamo A = {(0, 0), (0, 0)} = {(0, 0)}. Un qualunque insieme contenente il vettore nullo è un insieme di vettori linearmente dipendenti. Possiamo limitarci dunque al caso t 0. Dobbiamo vedere se esistono k e k 2 tale che k (t, 0) + k 2(0, t) = 0 e k 0 (oppure k 2 0). Siccome k (t, 0) + k 2(0, t) = (k t, k 2t), otteniamo il sistema: { k t = 0 k 2t = 0 Da k t = 0, dividendo per t (che stiamo assumendo diverso da 0), otteniamo k = 0. Analogamente k 2 = 0. Quindi per t 0 l unica soluzione di k (t, 0) + k 2(0, t) = 0 ha entrambi i coefficienti nulli. Dunque i vettori in A sono linearmente indipendenti. Insieme B. Impostiamo la solita equazione k (, ) + k 2(2, t) = 0, ovvero (k + 2k 2, k + tk 2) = 0. Otteniamo il sistema: { k + 2k 2 = 0 k + tk 2 = 0 Dalla prima equazione otteniamo k = 2k 2 e quindi, sostituendo nella seconda: { { k = 2k 2 k = 2k 2 2k 2 + tk 2 = 0 (t 2)k 2 = 0

6 Adesso, se t 2, dividendo per t 2 nella seconda equazione troviamo k 2 = 0 e, sostituendo nella prima, k = 0. Dunque l unica soluzione all equazione è quella con i coefficienti tutti nulli, per cui i vettori in B sono linearmente indipendenti. Se invece t = 2, allora la seconda equazione diventa 0 = 0 e non impone nessun vincolo su k 2. Basta scegliere k 2 =, da cui k = 2 per ottenere una soluzione dell equazione con coefficienti non nulli. I questo caso i vettori di B sono linearmente dipendenti. D altronde, se t = 2, B = {(, ), (2, 2)} e si vede subito che il secondo vettore è il doppio del primo.

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