Soluzioni Analisi Matematica

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1 Soluzioni Analisi Matematica Avvertenze per l uso Queste soluzioni vengono fornite in un documento a parte, perché vanno usate nella maniera giusta. Maniera giusta significa che gli esercizi vanno fatti senza guardare le soluzioni. Se incontri difficoltà, ragionaci sopra, guarda gli esempi fatti durante le lezioni, poi riprovaci: è sbagliato andare a guardare la soluzione dopo il primo tentativo a vuoto. È ancora più sbagliato leggere direttamente le soluzioni senza neppure aver provato prima a fare l esercizio da soli: un errore che tutti hanno commesso qualche volta, ma che porta sempre lo stesso, pessimo risultato. Un altro errore frequente è quello di provare a fare l esercizio, non riuscirci, andare a leggere la soluzione e dirsi che, dopotutto, era ovvio che fosse così, e che quindi possiamo darlo per capito e assimilato. Bene, non funziona così. Anche questo è un errore frequente, deriva dall ansia di concludere al più presto. E, come è noto, l ansia non è un buon alleato della Matematica. Quindi cerca di seguire questo metodo: fai ogni esercizio per iscritto, quando hai finito, rileggi tutto come se si trattasse di un compito scritto. Quando sei sicuro, usa le soluzioni per correggerlo. Impara dagli errori, vai a rileggere la teoria e riguarda gli esempi. Poi rifallo. Torna a correggere, stavolta dovrebbe essere andata meglio. In ogni caso, dopo la seconda correzione metti tutto da parte e tornaci dopo non meno di due ore. Alcune cose saranno più chiare, altre meno. Le prime sono quelle che finalmente stai assimilando, le seconde meritano più attenzione e ulteriore lavoro. Continua così, lasciando delle pause (ecco perché non ha molto senso studiare per un compito il giorno prima: ci vuole più tempo). Gradualmente, risolverai gli esercizi con più naturalezza, e certe procedure diverranno immediate. Quando sai risolvere tutti gli esercizi per iscritto tre volte in un ora, senza commettere errori, allora congratulazioni: ci siamo! Grazie per la lettura: se ti impegni a seguire le indicazioni, puoi girare pagina. In bocca al lupo! 1

2 Insiemi di esistenza I denominatori devono essere diversi da zero, i radicali di indice pari devono avere radicando non negativo, infine esistono i logaritmi di base positiva e diversa da zero, con argomento strettamente positivo. Individuare gli insiemi di esistenza delle seguenti funzioni: 1 x + 1 Il denominatore x + 1 è somma di un quadrato e di un numero positivo, quindi sempre 0. L insieme di esistenza è I x R. log(x 1) L argomento del logaritmo deve essere strettamente positivo, quindi x 1 > 0, da cui I x ], 1[ ]1, + [. ( ) 1 sin 1 x La funzione seno è definita per qualunque valore del suo argomento, quindi l unico problema qui è che si annulli il denominatore. I x R \ 1}. 1 x 1 + x L argomento della radice deve essere non negativo, inoltre il denominatore deve essere diverso da zero, quindi 1 x 1+x x 0 da cui I x ], 1[ ] 1, 1]. log x Deve essere x > 0 log x 0 x > 0 x 1 x 1 quindi I x [1/, + [. e 1 x 5x+6 La funzione esponenziale è definita per ogni valore del suo argomento, quindi è sufficiente imporre x 5x da cui I x R \, 3}. log(x 3 7x + 6x); Da x 3 7x + 6x > 0 si ha I x ]0, 1[ ]6, + [. 3 log(x 1);

3 La radice cubica non crea problemi, quindi è sufficiente che sia x 1 > 0 x > 1; I x ]1, + [ e sin log x ; Soltanto il logaritmo crea problemi: I x R + ]0, + [. x 3 x + 3x + ; Il denominatore deve essere diverso da zero: x + 3x + 0 I x R \ 1, }. log ( e x + 3e x + ) L argomento del logaritmo deve essere strettamente positivo, quindi e x + 3e x + > 0, dunque 1 (e x +1)(e x +) > 0 e, tenendo presente che è e x > 0 x R, I x R. e x 1; Deve essere e x 1 0 (e x + 1)(e x 1) 0, ma il primo fattore, (e x + 1), è positivo x R, quindi e x 1 0 e x 1 x 0, e in definitiva I x. e 3x 5e x + 6e x ; Deve risultare e 3x 5e x +6e x 0, cioè e x (e x )(e x 3) 0. È subito visto che il primo fattore, e x, è sempre positivo, quindi deve essere (e x )(e x 3) 0, dunque I x ], log ] [log 3, + [. log 3 x 4; La radice di indice dispari è definita x R, inoltre è una funzione continua e monotòna crescente, quindi 3 x 4 > 0 x 4 > 0 da cui I x ], [ ], + [ e x + e x 6; Da e x + e x 6 0 (e x + 3)(e x ) 0 quindi e x 0 perché e x + 3 > 0 x R e allora e x > x > log I x ] log, + [. Deve essere x 1 > 0 log(x 1) 0 quindi I x ]1, [ ], + [. 1 log(x 1) x > 1 x 1 1 x > 1 x 1 la scomposizione proposta si ottiene facilmente ponendo e x = t, per cui e x + 3e x + = t + 3t + = (t + 1)(t + ) = (e x + 1)(e x + ) 3

4 Funzioni integrali Derivate di funzioni integrali Trovare le ascisse dei punti estremanti (punti a derivata nulla) delle seguenti funzioni: 0 (t 3 3t + t) dt; Si chiamano punti estremanti i punti in cui si ha derivata prima nulla, quindi, dal momento che, per il Teorema Fondamentale del calcolo integrale, d dx a f(t)dt = f(x), abbiamo d (t 3 3t + t) dt = x 3 3x + x = x(x 1)(x ), i punti dx 0 estremanti si trovano subito in x = 0, x = 1, x =. e t 1 dt; Da d e t 1 dt = e x 1 che è funzione definita e positiva x R, non vi dx sono estremanti. 3 dt; In questo caso, la derivata riesce uguale a 1, quindi non vi sono punti estremanti. 1 log(t + 1) dt La derivata è log(x + 1), che si annulla per x + 1 = 1 x = 0 x = 0, per cui l unico punto estremante ha ascissa 0. Studio di funzioni integrali Per ognuna delle seguenti funzioni g(t), definiamo la f(x) come f(x) = a g(t) dt dove a è il minimo dell insieme di definizione della g, stabilire l intervallo di esistenza di f(x); trovare il valore della f in tutti i punti a ascissa intera di [a, b], dove b è il massimo dell insieme di definizione della g. Studiare poi il segno della f(x) e della f (x), determinare se la f(x) ammette massimo e minimo assoluto e trovarne le ascisse. Infine, disegnare un grafico qualitativo della f(x) fra a e b. 4

5 Esercizio 1 Il primo e il secondo tratto sono segmenti, il terzo è un arco di parabola con vertice in (3, 1). Soluzione: f( ) = 0; f( 1) = 1/4; f(0) = 1; f(1) = ; f() = 4; f(3) = 4; Con la formula di Archimede calcoliamo l area sotto l arco di parabola, che risulta essere pari a 1/3, da aggiungere al rettangolo [, 3] [0, 1] di area 1, per cui f(4) = f(3)+1+1/3 = 16/3. La f(x) ha la derivata sempre positiva (tranne nel punto iniziale), quindi è monotòna crescente, dunque vale 0 soltanto in, per poi risultare positiva x A = [, 4]. La f (x) esiste su A \ 0}: in 3, infatti, la f da sinistra e da destra ha il medesimo valore 0. La f(x) è la funzione integrale di una funzione continua su A, e come tale è continua. Ma allora, per il teorema di Weierstrass, ammette su A massimo e minimo assoluti. Per il minimo non abbiamo dubbi: si tratta di 0 (assunto in ). Per il massimo, notiamo che, essendo la f monotòna crescente, esso verrà assunto in 4, con valore f(4) = 16/3. 5

6 Esercizio Tutti i tratti sono segmenti Soluzione: La funzione g è continua sull intervallo chiuso e limitato A = [ 4, 4]. Risulta: f( 4) = 0; f( 3) = 3/4; f( ) = 1; f( 1) = 3/4; f(0) = 0 f(1) = 3/4; f() = 1; f(3) = 3/4; f(4) = 0; f(5) = 1/; f(6) = 0 f(7) = 1/; f(8) = 0 Quelli trovati sopra sono gli unici zeri della funzione f(x), che risulterà negativa in [ 4, 0] [4, 6] e positiva altrove. La f (x) esiste per x 0, 4, 6} (punti angolosi) con le usuali precauzioni sulla derivabilità agli estremi dell intervallo di definizione A. La f ammette estremi assoluti per il teorema di Weierstrass, possiamo cercarli nei punti in cui essa ha derivata nulla, cioè in,, 5, 7 e agli estremi di A, cioè in 4, 8. Accertiamo che il minimo assoluto viene assunto in (, 1) e il massimo assoluto in (, 1). Esercizio 3 vertice (0, 1). Tutti segmenti, tranne il secondo che è un arco della parabola di 6

7 Soluzione: f( 1) = 0; f(0) = 1; f(1) = 5/3; f() = /3; f(3) = 1/3 La f è crescente da 1 a 1, poi diventa decrescente, quindi in (1, 5/3) troviamo un massimo relativo. In 3 ha valore 1/3 con derivata orizzontale. Si annulla in un solo punto, oltre a x = 1, che va cercato in ], 3[ per il teorema di esistenza degli zeri. Per determinarlo, teniamo presente che f() = /3 e quindi deve risultare cioè h h g(t) dt = /3 [ ] x h (x 3) dt = /3 3x = h 6h = /3 h 6h + 6/3 = 0 h 1/ = 1 3 (9 ± 3) di cui prendiamo il valore h = 1 3 (9 3) che è circa uguale a.465. La f assume minimo assoluto in (3, 1/3) e massimo assoluto (e relativo) in (1, 5/3). Risulta derivabile su A = [ 1, 3] ed ha anche la derivata seconda in tale intervallo, tranne che nel punto di ascissa (punto angoloso per la derivata prima g(x). In x = 1, la g è derivabile perché il coefficiente angolare della tangente alla parabola in 1 vale, cioè esattamente quanto il coefficiente angolare della retta per (1, 0) e (, ). In figura il grafico della f(x). Esercizio 4 Il primo è un arco della circonferenza di centro l origine e raggio 1, il secondo è un arco di parabola con vertice in (0, 1). 7

8 Soluzione: f( 1) = 0; f(0) = π/4; f(1) = /3+π/4; f() = π/4+1/6; f(3) = π/4 4/3 La f(x) è crescente in [ 1, 1] e decrescente in [1, 3]; si tratta di una funzione continua e derivabile sull intero insieme di definizione,presenta un massimo relativo in (1, /3 + π/4) vale 0 in 1 e in un punto di [, 3] che possiamo trovare risolvendo Derivate h Derivare le seguenti funzioni: (1 x) dx = π/4 1/6 che restituisce 1 x = 1 + (8 + 3π) Ammette derivata seconda ovunque tranne che in 1, dove la g ha un punto angoloso, quindi non è derivabile. Il massimo assoluto si ha in 1, mentre il minimo assoluto è conseguito nell estremo destro 3. 8

9 x 5 log x + R: x 5/x x sin x R: sin x + x cos x log(x 1) R: x x 1 cos x 3 R: 3x sin x 3 x x + 3 R: x 1 x x log(x 9) R: log(x 9) 1 x 9 x = x (x 9) log(x 9) Massimi e minimi Trovare i punti estremali delle seguenti funzioni: f(x) = x 3 x + x La derivata della funzione è 3x x + 1, che non ha radici reali. La funzione è definita, continua e derivabile su tutto l asse reale, quindi non presenta estremali. f(x) = sin x Ancora una funzione definita, continua e derivabile su R. La derivata vale f (x) = sin x cos x = sin x, che si annulla per x = k π, k Z, che è l insieme delle ascisse dei punti cercati. Si chiamano punti estremali di una funzione quei punti in cui essa assume valore massimo o minimo. Essi vanno cercati fra i punti a derivata nulla, quelli in cui la funzione non è derivabile, e quelli che appartengono alla frontiera dell insieme di definizione della funzione. 9

10 f(x) = e x+3 Stessa situazione precedente, la derivata vale f (x) = e x+3 che non è mai nulla, quindi non ci sono punti stazionari e la funzione è monotòna crescente su R. f(x) = e x 1 Ancora una funzione derivabile su R, la derivata vale f (x) = xe x 1 che si annulla per x = 0, risultando negativa a sinistra e positiva a destra di 0. x = 0 è allora un punto di minimo relativo (e assoluto) per la funzione assegnata (vedere grafico) Il fatto che si tratti di un minimo assoluto si dimostra tenendo presente che la f, funzione continua e derivabile su R, è positiva per ogni valore di x, cioè è limitata inferiormente. In queste condizioni, il minimo assoluto non può che coincidere con l unico minimo relativo. La funzione non è limitata superiormente, quindi non ammette massimo assoluto. Si noti inoltre che la funzione, pari, è simmetrica rispetto all asse delle y. f(x) = xe x Come sopra, una funzione definita, continua e derivabile su R. La derivata vale f (x) = e x + xe x = (1 + x)e x, che si annulla soltanto per x = 1, risultando negativa alla sua sinistra e positiva alla sua destra, dunque si tratta di un punto di minimo relativo. Con considerazioni analoghe al caso precedente, concludiamo che è anche il punto di minimo assoluto. 10

11 f(x) = x e x La derivata vale f (x) = xe x + x e x = x(x + )e x, e si annulla per x = e x = 0, che risultano rispettivamente le ascisse del punto di massimo relativo e di minimo relativo e assoluto. f(x) = x log x La derivata vale f (x) = log x + 1 e si annulla per x = e 1 = 1/e, che è minimo relativo e assoluto. Abbiamo Equazioni differenziali e problemi di Cauchy y = cos x sin x R: y(x) = sin x + cos x + c f(x) = log(x 4) f (x) = x x 4 che si annulla per x = 0, ma in realtà l insieme di definizione della funzione è I x ], [ ], + [ quindi non è definita in x = 0. Non ci sono punti estremali. (Notare la simmetria pari). y = e x + cos x 1 R: y(x) = e x + sin x x + c y = 1 x ex R: y(x) = log x e x + c Le prossime due equazioni sono a variabili separabili, cioè del tipo y = f(x) g(y) 11

12 e si risolvono tenendo presente che, formalmente (a meno di una perdonabile imprecisione concettuale): e allora y = f(x) g(y) y = dy dx dy = f(x) dx g(y) dy g(y) = f(x) dx che si può risolvere, a condizione di saper calcolare gli integrali necessari. y = xy R: dy y = x dx 1 y = x + c y(x) = 1 x + c y = x y R: dy y = x dx log y = x3 3 + c y(x) = e x 3 3 +c = e x3 3 + c Infine i tre problemi di Cauchy: prima di tutto si trova l integrale generale dell equazione differenziale, poi si trova il valore della costante additiva imponendo il passaggio per il punto indicato, e si ricava così l integrale particolare del problema di Cauchy. y (x) = cos x + sin x + 3 y(0) = 3 Troviamo y(x) = sin x cos x + 3x + c e il passaggio per (0, 3) comporta sin x cos x + 3x + c x=0 = c = 3 c = 4 e la soluzione del problema di Cauchy è y(x) = sin x cos x + 3x + 4 Secondo problema: 1

13 y (x) = x 3x y(0) = 0 y(x) = x3 3 3 x + c e imponiamo il passaggio per (0, 0): 3 3 x + c = 0 c = 0 x=0 x 3 e la soluzione del problema di Cauchy è y(x) = x3 3 3 x Terzo problema: y (x) = e x y(0) = 1 y(x) = e x x + c; imponiamo il passaggio per (0, 1): e x x + c x=0 = 1 1+c = 1 c = 0 da cui la soluzione del problema di Cauchy y(x) = e x x 13