Analisi Matematica 1 - Canale Sd-Z Foglio di esercizi n. 5-8 Novembre 2018 SOLUZIONI

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1 Analisi Matematica 1 - Canale Sd-Z Foglio di esercizi n. 5-8 Novembre 018 SOLUZIONI Esercizio 1.a Si noti che log() < 3/ e quindi Così log(n +n) lim n n3 +1 = lim exp((log() 3/)log(n))(1+o(1)) = 0. n log(n +n) n lim 3 +1 = lim n log(n!) n dove abbiamo usato n 3 +1 > n 3/ e n! n n. Quindi il limite richiesto vale. Esercizio 1.b Per x 0 +, n3 +1 log(n!) < lim n (cos(3x)) 1/x 1 5x3 4x +sin(x) = exp(log(cos(3x))/x) 1 x 1 5x/4+x+o(x) Esercizio 1.c Per questo limite ricordiamo che Quindi per x +, arctan(x) + arctan(1/x) = n 3/ nlog(n) = = exp(log(1 9 x +o(x ))/x) 1 4x+o(x) = exp( 9 x+o(x)) 1 4x+o(x) = 9x +o(x) 4x+o(x) 9 8. { π se x > 0, π se x < 0. x(π arctan(1/x)) = x(π (π arctan(1/x))) = xarctan(1/x) = arctan(1/x) 1/x. 1

2 Esercizio 1.d Per x, 6 (x+5)6 +(x+6) 5 +x = x 6 (1+5/x) 6 +(1/x)(1+6/x) 5 +x Esercizio 1.e Per x 0 +, sin(π cos(x log(x))) log (x +x x ) = x /x+1/x+o(1/x)+x ( = x ) 6x +o(1/x) +x ( ( )) sin π 1 x log (x) +o(x log (x)) = log (x +1+xlog(x)+o(xlog(x))) = sin( πx log (x)+o(x log (x)) ) log (1+xlog(x)+o(xlog(x))) = πx log (x)+o(x log (x)) x log (x)+o(x log (x)) π. Esercizio 1.f. Per questo limite usiamo l approssimazione al primo ordine. Ricordando che (arcsin(x)) = 1 1 x e (arctan(x)) = 1 1+x, per x 0 = 3, abbiamo e arcsin(x/) = arcsin( 3/)+ Quindi, per x 3, (x 3)+o(x 3) arctan(x) = arctan( 3) (x 3)+o(x 3). π 3arcsin(x/) π 3arctan(x) = π 3(π/3+(x 3)+o(x 3)) π 3(π/3+(1/4)(x 3)+o(x 3)) 4.

3 Esercizio.a Per la continuità basta studiare cosa accade in x = 3. Affinché f sia continua dobbiamo imporre che lim 4 +b = lim x 3 x x 3 +ax = f(3) = 3a ovvero che 5+b = 3a. Per la derivabilità, osserviamo che il ramo sinistro della funzione ha già due punti di non derivabilità in x 1 = e x = (entrambi punti angolosi), mentre il ramo destro non ha alcun problema. Affinché f sia derivabile in x = 3, è necessario che la funzione sia continua in x = 3, ossia 3a = 5+b, e a = f + (3) = f (3) = 3 = 6. Quindi f è derivabile in 3 se e solo se a = 6 e b = 13. Esercizio.b In questo caso la funzione è definita sull intervallo [ 1, 4]. In [ 1,1) (1,) (,4] la funzione è continua. In x = 1, affinché la funzione sia continua si deve avere che lim = a+b = f(1) = π. x 1 +ax+bx In x =, per la continuità dobbiamo avere che lim = a+4b = f() = 1. x ax+bx Derivabilità. La derivata di arcsin(x) è 1 x, che non è definita in x = ±1 e quindi in tali punti f non è derivabile. In particolare in x = 1 la derivata destra è a+b e quindi x = 1 è un punto angoloso. Nel punto x =, per la derivabilità è necessario che a+4b = 1 e f () = a+4b = f + () = 1 3 = 1. Quindi f è derivabile in se e solo se a = 3/ e b = 1/. Infine in x = 3 la funzione ha ancora un punto di non derivabilità, ossia una cuspide. 3

4 Esercizio 3.a f (x) = x +x xlog(x)( x log()+x) x( x +x ) e quindi f(1) = 1/3. Inoltre f(1) = 0. Esercizio 3.b y = x 1. 3 f (x) = (sin(x)+xcos(x))(1+cos(x))+xsin (x) (1+cos(x)) e quindi f (π/) = (+π)/. Inoltre f(π/) = π/. Esercizio 3.c f (x) = ( 1+ 1 x y = +π x π 4. ) x ( log(1+1/x) 1 ) x+1 e quindi f (1) = log() 1. Inoltre f(1) =. y = (log() 1)x+3 log(). Esercizio 3.d f (x) = π ex arctan(x+1) (3+e x )/(x +x+) 3+e x arctan (x+1) e quindi f (0) = π 16. Inoltre f(0) = 8π. y = (π 16)x+8π. 4

5 Esercizio 4.a Per f(x) = x 1/x in A = (0,+ ) si ha che Così, per x > 0, f (x) = x1/x (1 log(x)) x. f (x) 0 1 log(x) 0 x (0,e]. Quindi f è crescente in (0,e] e decrescente in [e,+ ). Ne segue che x = e è un punto di massimo assoluto. Inoltre, agli estremi di A, lim x 0 +f(x) = 0 e lim f(x) = 1. x + Possiamo allora concludere che non c è un minimo assoluto e inf{f(x) : x A} = 0 e sup{f(x) : x A} = f(e) = e 1/e. Esercizio 4.b Per f(x) = 1/(1+cosh(x )) in A = (,3] si ha che Così, per x 3, f (x) = sinh(x ) (1+cosh(x)). f (x) 0 sinh(x ) 0 x (,]. Quindi f è crescente in (,] e decrescente in [,3]. Ne segue che x = è un punto di massimo assoluto. Inoltre lim f(x) = 0 e f(3) = 1 x 1+cosh(1) > 0. Possiamo allora concludere che non c è un minimo assoluto, x = 3 è un minimo relativo e inf{f(x) : x A} = 0 e sup{f(x) : x A} = f() = 1. 5

6 Esercizio 4.c Per f(x) = (1 x+1 )/(x +1) in A = [ 3,] si ha (x 1) se x ( 1/,], f (x (x) = +1) (x +x 1) se x [ 3, 1/). (x +1) Il punto x = 1 è un punto di non derivabilità (un punto angoloso). Studiando il segno di f troviamo che per x 1/, la funzione decresce in [ 1/,1] e cresce in [1,]. Invece per x 1, la funzione decresce in [ 3, 1 ] e poi cresce in [ 1, 1/]. Quindi in A, 1 e 1 sono punti di minimo relativo mentre 3, 1/ e sono punti di massimo relativo. Confrontando i valori si vede che 1/ è un punto di massimo assoluto e 1 un punto di minimo assoluto. Infine inf{f(x) : x A} = f(1) = 1 e sup{f(x) : x A} = f( 1/) = 4 5. Esercizio 4.d Per f(x) = e x (x 4 3x +1 in A = R si ha Così, per x R, f (x) = e x x(x 1)(x 4). f (x) 0 x(x 1)(x 4) 0 x (, ] [ 1,0] [1,]. Quindif ècrescentein(, ], [ 1,0]e[1,],ef èdecrescentein[, 1], [0,1] e [,+ ). La funzione è pari e a ± tende a 0. I punti x = ±1 sono di minimo assoluto mentre i punti x = ± sono di massimo relativo e x = 0 è un punto di massimo assoluto. Così inf{f(x) : x A} = f(±1) = 1/e e sup{f(x) : x A} = f(0) = 1. Esercizio 4.e Per f(x) = x 4log( x+1) in A = [0,100] si ha x 3 f (x) = x( x+1). 6

7 Così, per x [0,100], f (x) 0 x 3 x [9,100]. Quindif ècrescente in[9,100]edecrescente in[0,9]. Neseguechelafunzione ha un punto di minimo assoluto in x = 9. Dato che f(0) = 0 < f(100), si ha che 0 è un punto di minimo assoluto e 100 un punto di minimo relativo. Così inf{f(x) : x A} = f(9) = 3 8log() e sup{f(x) : x A} = f(100) = 10 4log(11). 7