Esercitazioni di Analisi Matematica 1

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1 Esercitazioni di Analisi Matematica Corso di laurea in Ingegneria Clinica. A.A Soluzioni Foglio 2 Buona lettura. Un caffè a chi trova degli errori nelle mie correzioni o chi apporta delle migliorie significative...sperando che non mi svuotiate le tasche. Esercizio. Determiniamo l insieme di definizione delle funzioni assegnate. f() = Le uniche R per cui la funzione non è definita sono quelle che annullano il denominatore della frazione ( ± = 2 ± 3). Dunque, se denotiamo con D il dominio della funzione f, risulta che D = (, 2 3) (2 3, 2 + 3) (2 + 3, + ). f() = In questo caso va richiesto che il denominatore della frazione che fa da radicando sia diverso da 0 e contemporaneamente (= sistema) che il radicando stesso sia non negativo. Queste richieste si traducono nel sistema { , La soluzione di questo sistema è D = (, 2) [0, 2) [4, + ). Vi ricordate tutti il significato delle parentesi quadre nella definizione di intervallo?! f() = ln (2 sin ) Bisogna richiedere che l argomento del logaritmo sia strettamente positivo ovvero risolvere la seguente disuguaglianza trigonometrica sin > 2. L insieme delle soluzioni di questa disuguaglianza è costituito dalle R tali che Π 6 + 2kΠ < < 5 Π + 2kΠ con k Z. 6

2 Domanda: supponete di aver disegnato il grafico di f() = ln (2 sin ) nell intervallo ( Π 6, 5 6 Π). Come sarà il grafico della f nell intervallo ( 3 6 Π, 7 6 Π)? f() = ln (6 ) + Va richiesto che l argomento del logaritmo sia strettamente positivo e che contemporaneamente il radicando sia non negativo. Le due richieste si trascrivono nel sistema { 6 > 0, 0. La soluzione di questo semplice sistema è data da D = [0, 6). f() = ln (sin ) Va richiesto di nuovo che l argomento del logaritmo sia strettamente positivo e che l intero radicando sia non negativo. Il sistema da risolvere è dunque { ln (sin ) 0, sin > 0. Esponenziando la prima disuguaglianza, il sistema si riscrive come { sin, sin > 0. La prima disuguaglianza ha come soluzioni soltanto i punti = Π 2 + 2kΠ con k intero. La seconda disuguaglianza è invece risolta dalle R tali che 2kΠ < < Π + 2kΠ con k Z. Dovendo prendere le soluzioni comuni a entrambe le disuguaglianze ne segue che il dominio della nostra f è costituito solamente dai punti..., 7 2 Π, 3 2 Π, Π 2, 5 2 Π,... ovvero in forma compatta dalle R tali che = Π 2 + 2kΠ con k intero. Domanda: la funzione che abbiamo appena esaminato è continua nel suo dominio? ( ) e f() = ln 2 9 Tutte le richieste che determinano il dominio della funzione sotto esame si riassumono nel seguente sistema (ormai dovreste essere allenati...) 2 9 > 0, e 2 9 > 0. 2

3 Osservate che ho incluso nella prima disuguaglianza la richiesta che il denominatore sia diverso da zero (l ho fatto implicitamente richiedendo che il radicando fosse strettamente positivo invece che maggiore o uguale a 0). Osservate che in corrispondenza delle R per le quali la radice esiste (ovvero quelle reali che soddisfano la prima disuguaglianza) la seconda disuguaglianza è automaticamente verificata. Infatti il numeratore è un esponenziale ed è quindi sempre positivo mentre il denominatore è una radice quadrata, anche essa sempre positiva ove definita. Basta, in definitiva, risolvere la prima disuguaglianza per trovare D = (, 3) (3, + ). 2 f() = 64 ( 2 5 ) 8 25 Scriviamo il sistema che riassume tutte le restrizioni sul dominio della funzione sotto esame. Otteniamo , ( 2 5 ) ( 2 )3 5 ( 2 5 ) ( 2 5 )3 0. Ricordando le proprietà degli esponenziali (soprattutto l andamento della funzione esponenziale a seconda che la base sia compresa fra 0 e oppure strettamente maggiore di ) si ottiene facilmente che D = (3, 6]. Esercizio 2. Calcolare i seguenti iti o procedendo con passaggi algebrici o ricorrendo (qualora fosse possibile) al teorema di De L Hospital. Provare a ritrovare il risultato ricorrendo all uso di equivalenze asintotiche. I primi tre iti sono abbastanza semplici. Nel primo caso non c è nessuna forma indeterminata da sciogliere. Nel secondo basta scomporre il numeratore e il denominatore ed effettuare le dovute semplificazioni, nel terzo ite basta raccogliere al numeratore e al denominatore 2 oppure osservare che il numeratore è asintotico a 2 per + mentre il denominatore è asintotico a 2 per = 3 5, = 6, =. Passiamo ai successivi tre iti. Il primo di questi è semplice (raccogliere 4 al numeratore e al denominatore oppure fare cosiderazioni sull asintotica analoghe a quelle appena discusse), per il secondo ite va eseguita una razionalizzazione semplice, per il terzo una doppia razionalizzazione sia al numeratore che al denominatore = 0, = 2, = 3.

4 I successivi tre iti. Il primo è semplicissimo. Non c è alcuna forma indeterminata. Stessa cosa per il secondo. Risolviamo il terzo sviluppando il numeratore e il denominatore in Taylor in un intorno di 0. 0 ± ( 2 ) = 0, 3 2 Π cos sin 2 =, sin 0 ± cos = + o() 0 ± o( 2 ) = 2 0 ± 2 = ±. Fate particolare attenzione alle prime due uguaglianze qui sopra. Nella prima, invece di scrivere il resto, ho descritto direttamente il suo andamento a 0 per 0. Vi ricordo che l espressione o() per 0 significa che o() 0 = 0. Provate a questo punto voi stessi a dare un senso alla seconda uguaglianza. Suggerimento: usate per esempio le equivalenze asintotiche. Passiamo ai successivi tre iti. Nel primo basta raccogliere sin al numeratore e al denominatore. Nel terzo basta spezzare la differenza e usare un noto ite notevole. Il secondo è svolto in dettaglio. Ingredienti: uguaglianze trigonometriche (aiutatevi con la circonferenza goniometrica) e sviluppo di Taylor in un intorno di 0 del numeratore e del denominatore. 0 sin ( Π 0 sin tan + sin = 2, 2 ) = + ) 0 cos sin sin = 0, 0 = o( 2 ) = o() cos ( Π 2 Passiamo alla successiva serie di quattro iti. Sono svolti in dettaglio. tan sin = 0 0 cos =, sin 2 + sin 2 = = 3 + sin = sin y = y 0 y 2. Osservate che ho eseguito la sostituzione y = 2 con y 0 quando 0. Andiamo avanti. cos Π Π = ( sin ) =. 2 2 Π 2 Ho usato il teorema di De L Hospital! Passiamo all ultimo ite di questa serie da quattro. Eseguiamo la sostituzione y =. È immediato rendersi conto che y ± quando 0 ±. Ne segue quindi che e = 0 ± y ± ey. 4

5 Il risultato lo conoscete tutti. Passimo ai tre iti successivi. Nel primo ite usate semplicemente il teorema di De L Hospital (è lecito usarlo in questo caso?). Nel secondo ite fate il minimo comune multiplo e usate il risultato ottenuto nel ite precedente. Nel terzo ite riusiamo lo sviluppo in Taylor in un intorno di 0. Qusto ite è svolto in dettaglio. ln =, Usiamo la sostituzione y = ( ln ( ) e = + + ln ) =, e. con y 0 quando +. Otteniamo e y y + o(y) = =. y 0 y y 0 y Siamo arrivati all ultima serie da tre iti. Il primo ite è semplice. Usate, per esempio, il teorema di De L Hospital. Il terzo ite è ancora più semplice, dato che non v è alcuna forma indeterminata da sciogliere. Il secondo è svolto in dettaglio. 0 ln e e = e, ln( + ) ln(2 + ) 0 2 = 0, + 6 e = e2 0 2(e ) 2(e 2 ) = 2 e 0 0 = 2 y y 0 e y = 2. 2 e 2 = Esercizio 3. Stabilire il dominio delle seguenti cinque funzioni, convincersi che tutte e cinque sono continue dove definite. Stabilire la natura dei punti di discontinuità di ciascuna delle cinque funzioni. Parafrasiamo il testo dell esercizio come segue. Una volta stabilito il dominio della funzione sotto esame e studiata la continuità della stessa nel suo insieme di definizione, vogliamo capire se sia possibile estendere l insieme di definizione della funzione senza perdere la continuità. Caso per caso, studiamo il ite destro e sinistro in ogni punto problematico. Per ampliare il dominio senza perdere la continuità si può presentare solo una situazione favorevole. I iti destro e sinistro devono esistere finiti e uguali! Alla luce di quanto visto sulla prolungabilità di una funzione, dovrebbe essere chiaro cosa vi sto richiedendo. Altrimenti andate a rivedere il file sulla prolungabilità. Procediamo. f() =

6 Il dominio di questa funzione è D = (, 2) ( 2, ) (, + ). La funzione è inoltre continua in D (questo perchè f è un rapporto di polinomi che sono continui e il rapporto di due funzioni continue è una funzione continua tranne che nei punti che annullano la funzione che sta al denominatore (da noi già esclusi)). Si ha f() =, 2 ± mentre f() = 2 ± 3. Ne deduciamo che è possibile inglobare = nel dominio della f, ponendo f() = 2 3 e ottenendo una nuova funzione definita su D = (, 2) ( 2, + ) come f() = { se D \ {}, 2 3 se =. Non è invece possibile in alcun modo recuperare con continuità il punto = 2. In altri termini non è possibile prolungare con continuità la funzione f a tutto R, nonostante se ne possa costruire un prolungamento continuo a R \ { 2}. Lascio a voi fare considerazioni analoghe sulle altre funzioni, riassumendo solo i risultati più significativi (dominio, iti destri e sinistri nei punti da discutere). f() = Il dominio di questa funzione è D = (, 2) (2, + ). La funzione è continua in D e f() = ±. 2 ± f() = 3 Il dominio di questa funzione è D = (, 0) (0, + ). La funzione è continua in D perchè composizione di funzioni continue (quali?). Inoltre risulta f() = +, 0 + mentre f() = 0. 0 ( ) f() = ( 2) cos 2 Il dominio di questa f è D = (, 2) (2, + ). La funzione è continua in D perchè prodotto di funzioni continue. Inoltre f() = 0. 2 ± 6

7 Provate a ritrovare questo risultato (abbiamo visto esercizi analoghi a lezione) usando il teorema del confronto. Per esempio (ite destro), partendo dalla disuguaglianza ( ) cos, 2 moltiplicando tutti e tre i membri per 2 e ricordando che stiamo moltiplicando per una quantità positiva (perchè?), si ottiene ( ) ( 2) ( 2) cos 2. 2 La conclusione segue allora dall applicazione del teorema del confronto per iti. f() = + Il dominio di questa funzione è D = (, 0) (0, + ). ancora una volta continua in D e f() = ±. 0 ± La funzione è Siete tutti convinti di questo? Ho ricavato questo risultato dalla seguente catena di uguaglianze f() = ( ± ) = ±. 0 ± 0 ± Dovrebbe essere chiaro a tutti il modo in cui ho maneggiato il modulo! Esercizio 4. Stabilire se le funzioni seguenti sono derivabili nel loro dominio e calcolarne le derivate. f() = ( 2) 2 + (3 2)(3 + 2) = ( 2) Il dominio di questa funzione è D = R. La funzione è continua e derivabile in D e f () = 2( 2) + 8 = f() = Il dominio di questa funzione è D = (, 0) (0, + ). continua e derivabile in D e f () = 3 3(2 + ) 9 2 = f() = La funzione è 7

8 Il dominio di questa funzione è D = [, + ). La funzione è continua in D ma è derivabile solo in D \ {}. Si ha f () = 2. f() = 3 = 3 Il dominio di questa funzione D = (, 0) (0, + ). continua e derivabile in D e La funzione è f () = 3 4 = 3 4. f() = 3 Il dominio di questa funzione è D = [3, + ). La funzione è continua in D ma è derivabile solo in D \ {3}. Si ha f () = f() = + 2 Il dominio di questa funzione è D = ( 2, + ). La funzione è continua e derivabile in D e ( ) + 2 f () = = + 2 2( + 2) + 2. f() = sin( 5 ) + cos( ) Il dominio di questa funzione è D = [0, + ). La funzione è continua in D ed è derivabile in D \ {0}. Si ha f () = 5 4 cos( 5 ) 2 sin ( ). f() = sin(e ) Il dominio di questa funzione è D = R. La funzione è continua e derivabile in D e f () = e cos (e ). f() = tan cos 3 = sin cos cos 3 Il dominio di questa funzione è dato dalle R tali che Π 2 + kπ con k intero (per queste la tangente non è definita). La funzione è continua e derivabile dove definita e f () = cos 2 + sin. 8

9 f() = ln(cos( 3 )) + e sin(2 ) Il dominio di questa funzione è dato dalla risoluzione della disuguaglianza cos( 3 ) > 0. La si può risolvere con la sostituzione 3 = t. L insieme delle soluzioni della disuguaglianza è dato allora dalle t R tali che Π 2 + 2kΠ < t < Π 2 + 2kΠ con k Z. Noi però cerchiamo le che soddisfano la disuguaglianza. Otteniamo allora che D è costituito dalle R tali che 3 Π 2 + 2kΠ < < 3 Π 2 La funzione è continua e derivabile in D e + 2kΠ con k Z. f () = cos 3 ( 32 sin ( 3 )) + 2 cos ( 2 )e sin (2). f() = La funzione è definita in D = [, ]. La funzione è continua in D ma non è derivabile nei punti =, = e = 0. I primi due punti annullano la radice, mentre l ultimo punto annulla l argomento del modulo. Si ha f () = 2. f() = e 3 ln( 3) ln(2 ) Questa funzione non è definita per nessun R (siete d accordo?). Non c è dunque nulla da discutere. f() = arctan (3 ) ( ) 2 Il dominio di questa funzione è dato da D = R\{}. La funzione è continua e derivabile in D e f () = ( ) 2 arctan ( 3 ) 2( )( ) ( ) 4 =... A voi il piacere di portare a termine i conti. 9

10 Esercizio 5. Stabilire per quale valore di k la seguente funzione è continua per ogni reale: { e f() = + 0, k + ln > 0. In corrispondenza al valore di k determinato, stabilire se la funzione è derivabile nel suo insieme di definizione. La funzione sotto esame è definita per ogni R. Per le < 0 la funzione vale f() = e + ed è pertanto continua in quanto somma di funzioni continue. Analogamente per le > 0 la funzione vale f() = k + ln ed è ancora continua perchè somma di funzioni continue. Inoltre mentre 0 f() = + ) = 2, 0 0 (e f() = + ln ) = k + ln = k. + +(k Usando il teorema di De L Hospital, si verifica infatti che ln ln = = = 0. In definitiva, se si attribuisce a k il valore 2 si ha che 0 0 f() = f() = 2 = f(0). + In altre parole, la scelta k = 2 rende la nostra f continua sul proprio dominio D = R. Prendiamo ora sotto esame la funzione { e f() = + 0, 2 + ln > 0 e studiamone la derivabilità. Per le < 0 la funzione è derivabile e si ha f () = e. Analogamente per le > 0 la funzione è derivabile e risulta f () = ln()+. Riassumendo, f è derivabile in R \ {0} e si ha { f e < 0, () = ln() + > 0. Resta da studiare la derivabilità di f in = 0. Risulta che f non è derivabile in 0. Infatti, ricorrendo alla definizione di derivata come ite del rapporto incrementale (approccio diverso da quello adottato a lezione!!) si ha che f(0 + h) f(0) e h + 2 = =, h 0 h h 0 h 0

11 mentre f(0 + h) f(0) 2 + h ln(h) 2 = =. h 0 + h h 0 + h Dunque la derivata sinistra in 0 (primo ite) vale, mentre la funzione non è derivabile da destra in = 0. Perchè f sia derivabile in = 0 devono esistere finite e uguali le derivate destra e sinistra della f in = 0. Esercizio 6. Stabilire se la seguente funzione è continua e derivabile in = 0: { arctan f() = 0, 0 = 0. Anche in questo caso la funzione f è definita in tutto R. Ragionando analogamente a quanto fatto nell esercizio precedente, si verifica immediatamente che f è continua in R \ {0}. La continuità di f in = 0 deriva dal fatto che f() = 0. 0 ± Infatti 0 ± arctan = ± Π 2. Ciò si ricava facilmente, ponendo y = e ricordando (tenete a mente il grafico dell arcotangente) che arctan y = ±Π y ± 2. In perfetta analogia con quanto visto nell esercizio precedente, osserviamo che la funzione è derivabile in R \ {0} e che per le 0 risulta ( ) f () = arctan + + ( ) ( ) 2 = arctan La funzione non è derivabile in = 0. Infatti la derivata destra e sinistra in 0 esistono finite ma diverse (come si interpreta geometricamente questo fatto?) come segue da ( ) f(0 + h) f(0) = h 0 ± h arctan = ± Π h 0 ± h 2. Esercizio 7. Delle funzioni che seguono studiare il dominio, le intersezioni con gli assi, il segno, la continuità, gli asintoti, la derivabilità, gli eventuali punti di minimo e massimo relativo, la concavità e gli eventuali punti di flesso: f() = + Questa funzione ha come insieme di definizione D = (, ) [, + ). La funzione non interseca evidentemente l asse delle ordinate e ha un unica

12 intersezione con l asse delle ascisse nel punto di coordinate (, 0). Inoltre, la funzione è positiva dove definita. La funzione sotto esame è continua in D e si ha: f() =. ± Dunque la funzione ammette un asintoto orizzontale a ± (la retta y = ) che non viene mai intersecato (facilmente verificabile). Per quanto riguarda l asintoto verticale (sinistro), esso ha l equazione =. Ciò segue immediatamente da f() = +. La funzione f non è derivabile in tutto D. Il punto = (punto in cui il radicando si annulla) è un punto di non derivabilità destra della f(provate a calcolare la derivata destra di f in =!). Per le D \ {} risulta f () = ( + ) 2 +. Dallo studio del segno della derivata prima di f segue che la funzione è sempre crescente e ammette un punto di estremo relativo (minimo relativo e assoluto della f) in =. E questo nonostante la funzione f non sia derivabile (da destra)in =. Provate a convincervene! I più audaci continuino a derivare (per quali la funzione è derivabile ancora una volta?). Scoprirete che non esistono punti di flesso e che la funzione è convessa (i.e. concavità verso l alto) in (, ) e concava in [, + ). f() = La funzione sotto esame è definita in D = (, 2) (2, 3) (3, + ). Il grafico della funzione intercetta gli assi cartesiani nei punti di coordinate (0, 6 ) e (, 0). La funzione è positiva in (, 2) (3, + ) ed è negativa nell intervallo (2, 3). La funzione sotto esame è continua in D e si ha f() = 0, ± f() =, 2 ± f() = ±. 3 ± Lascio a questo punto a voi le facili considerazioni sull asintoto orizzontale a ± e sui due asintoti verticali (entrambi sia destri che sinistri). La funzione è derivabile in D \ {}. In = l argomento del modulo a numeratore si annulla. Cosa ne segue? Calcolate la derivata sinistra e destra in = e traete le ovvie conclusioni. 2

13 Per le D \ {} si ha invece f () = ( )(2 2 ) ( ) 2. Lo studio del segno della derivata prima porta alle seguenti conclusioni: la funzione cresce fino a = 2 (ascissa del punto di massimo relativo), decresce fino a = (punto angoloso di minimo relativo della f), cresce di nuovo fino a = + 2 (ascissa del secondo punto di massimo relativo) per poi decrescere definitivamente. Abbiamo tutte le informazioni per disegnare il grafico della funzione f. I più impavidi possono continuare con la discussione della concavità della f, previa la discussione dell insieme in cui f è derivabile due volte. f() = 2 ln, La funzione è definita in D = (0, + ). Il suo grafico intercetta l asse delle ascisse nel punto di coordinate (, 0). La funzione è negativa nell intervallo (0, ) e positiva nell intervallo (, + ). La funzione f sotto esame è continua in D e si ha f() = Questo ite lo abbiamo già trovato in uno dei precedenti esercizi. Che conclusioni possiamo trarre dal ite appena calcolato? Evidentemente possiamo concludere di poter inglobare = 0 nel dominio di f (ponendo f(0) = 0) senza perdere la continuità da destra in = 0 della funzione f. Non c è un asintoto verticale nè tantomeno uno orizzontale (non ci sono nemmeno gli asintoti obliqui a ± ). Infatti f() = +. + La funzione f è poi derivabile nel suo dominio e f(0 + h) f(0) h 0 + h = ln h) = 0 h 0 +(h ovvero la funzione f è derivabile da destra in = 0 con derivata destra nulla (più precisamente il prolungamento della f a [0, + ) (ponendo f(0) = 0) è derivabile da destra in = 0). Studiando il segno di f () = 2 ln + ( D) si ricava che la funzione f decresce fino a = e (ascissa del minimo relativo) per poi crescere definitivamente. La funzione f è inoltre derivabile due volte in D con f () = 2 ln() + 3. Studiando il segno della derivata seconda si scopre che la funzione è concava fino a = e e (ascissa del suo unico flesso) e convessa in ( e e, + ). f() = e 2 3

14 La funzione è definita in D = (, 0) (0, + ), non ha intersezioni con gli assi, è positiva dove definita ed è ivi continua. Un fatto importante: e 2 = 0 ± y ey = 0. Di nuovo, ponendo f(0) = 0, si estende il dominio a tutto R senza perdere la continuità della funzione. Mancano asintoti verticali ma ce n è uno orizzontale a ± (y = ). Infatti f() =. ± Va osservato che il grafico di f interseca l asintoto orizzontale nel punto di coordinate (, ). La funzione è derivabile in R \ {0} con derivata f () = 2 e 3 È importante notare che (posto f(0) = 0) esistono finite e uguali la derivata destra e la derivata sinistra di f in = 0. Infatti f(0 + h) f(0) = h 0 ± h h 0 ± h e h h 2 = h 0 ± h e h e 2. h 2 = y ± yey e y2 = 0. Provate a ritrovare algebricamente quest ultimo risultato. In definitiva recuperiamo anche la derivabilità di f in = 0 con f (0) = 0. Infine, lo studio del segno di f porta alle seguenti conclusioni: la funzione decresce fino a = 0 (in cui ha un punto di minimo relativo e assoluto), cresce fino a = 2 (ascissa del punto di massimo relativo e assoluto) per poi decrescere definitivamente. Lo studio della derivata seconda è lasciato come curiosità per i più ostinati. 4