b x 2 + c se x > 1 determinare a, b e c in modo che f sia continua in R, determinare a, b e c in modo che f sia anche derivabile in R

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1 9.. Esercizio. Data la funzione x tg( π x) se x < 4 f(x) = a se x = b x 2 + c se x > ANALISI Soluzione esercizi 9 dicembre 20 determinare a, b e c in modo che f sia continua in R, determinare a, b e c in modo che f sia anche derivabile in R Tenuto conto che la funzione assegnata é pari basta controllare per quali valori di a, b, c la funzione sia continua e/o derivabile in x =. É utile osservare anche che ( π ) ( π ) x : x tan 4 x = x tan 4 x Continuitá: Derivabilitá: Tenuto conto che f(x) = a = f(x) b + c = a = x x + ( ( π )) x tan x 4 x = x ( x (bx2 + c) = 2bx = 2b x tan ( πx 4 f(x) é derivabile in x = se e solo se + π 2 = 2b ) + 4 πx cos ( ) 2 πx Pertanto f(x) é continua e derivabile in tutto R se e solo se 4 ) = + π 2 a =, b = 2 + π 4, c = 2 π 4

2 Esercizio. Data la funzione f(x) = x2 2x + x 2 2x + 2 determinare l insieme di definizione, determinare i iti per x ± determinare il grafico. Tenuto conto che x 2 2x + = (x ) 2 si ha (x ) 2 x f(x) = = (x ) 2 + x 2 + Il denominatore non si annulla mai, quindi la funzione é definita in tutto R. Inoltre riesce f(x) 0. x ± x x 2 + = 0 Figura. f(x) = x2 2x + x 2 2x + 2 La funzione é simmetrica rispetto ad x =, cioé f( + h) = f( h): basta pertanto determinarne il grafico per x

3 3 f(x) = x (x ) 2 + f (x) = (x )2 ((x ) 2 + ) 2 Da cui, itatamente alla semiretta x >, f (x) é positiva in (, 2) e negativa dopo: quindi f(x) é crescente in (, 2) e decrescente dopo. Tenuto presente che f() = 0, f(2) = /2, f(x) = 0 x + si riconosce, vedi figura, che minimo = 0 = f(), massimo = f(2) = 2 Nel punto x = la funzione non é derivabile Esercizio. Assegnata la funzione f(x) = e x2 x 2 determinare i iti per x ± calcolare il minimo, determinare i punti di massimo o di minimo relativi, calcolare l immagine di f. La funzione assegnata é pari, cioé é simmetrica rispetto a x = 0 cioé f(x) = f( x). Basta quindi studiarla per x 0. Tenuto conto che f(x) 0, e tenuto conto che f() = 0 si riconosce che minimo = 0 = f() La nota disuguaglianza t > 0 : e t + t + 2! t2 + 3! t n! tn + n! tn implica e x2 + 2! x4 e x2 x 2 = x2 e x2 x 2 + 2! x4 da cui f(x) = 0 x ±

4 4 Figura 2. f(x) = e x2 x 2 x (0, ) f(x) = e x2 ( x 2 ) f (x) = 2xe x2 (2 x 2 ) f (x) < 0 f(x) x (, 2) f(x) = e x2 (x 2 ) f (x) = 2xe x2 (2 x 2 ) f (x) > 0 f(x) x > 2 f(x) = e x2 (x 2 ) f (x) = 2xe x2 (2 x 2 ) f (x) < 0 f(x) Riesce quindi 9.4. Esercizio. Sia massimo = e /2 = f(± 2) f(x) = x2 + 2x x determinare l insieme di definizione ed eventuali asintoti, determinare gli intervalli in cui f é crescente e quelli in cui é decrescente, determinare gli intervalli di concavità e convessità, disegnare il grafico di f. La divisione fra polinomi permette di riconoscere che f(x) = x2 + 2x x = x x

5 5 Figura 3. f(x) = x2 +2x x Si riconosce pertanto che la funzione é definita per x e che possiede l asintoto obliquo y = x + 3. Si ha quindi f (x) = Tenuto conto che 3 (x ) 2 { f (x) > 0 x > 3 f (x) < 0 x < 3 x < 3 f (x) > 0 f(x) x ( 3, ) f (x) < 0 f(x) x (, + 3) f (x) < 0 f(x) x > + 3 f (x) > 0 f(x) x : f (x) = 6 (x ) 3 si riconosce che f(x) é concava per x <, convessa per x >. I punti x M = 3 e x m = + 3 sono punti rispettivamente di massimo e di minimo relativo Esercizio. Calcolare i seguenti iti x log( + x) e x x cos x x 2 cos x sin(x 2 ) x 2 (e x2 )

6 6 x log( + x) e x x cos x Prepariamo i polinomi di Taylor di punto iniziale x 0 termini che compaiono nell espressione: = 0 per i vari log( + x) e x cos(x) e x x cos(x) Ne segue x x2 x log( + x) x 2 x x + x2 2 x2 x cos(x) x x3 2 2 x2 + x3 2 2 da cui x log( + x) e x x cos x = x2 x3 + 2 o(x2 ) x 2 + x o(x2 ) x 2 x3 2 + o(x2 ) x x3 2 + o(x2 ) = 2 x 2 cos(x) sin(x 2 ) x 2 (e x2 ) Con la stessa tecnica precedente: cos(x) sin(x) x 2 cos(x) sin(x 2 ) e x = x2 2 + o(x3 ) x 2 cos(x) = x 2 x4 = x x3 3! + o(x 4 ) sin(x 2 ) = x 2 x6 = x4 2 + o(x5 ) + x6 o(x 8 ) 3! = x + x2 + 2 o(x3 ) x (e 2 x2 ) + 2 o(x5 ) + o(x 8 ) 3! = x 4 + x6 2 + o(x8 ) Semplificando riesce ( ) x 2 cos(x) sin(x 2 ) = x4 2 + o(x5 ), x 2 e x2 = x 4 + o(x 5 ) Da cui x 2 cos(x) sin(x 2 ) x 2 (e x2 ) = x4 + 2 o(x5 ) = x 4 + o(x 5 ) 2

7 Esercizio. Calcolare i seguenti iti 3 + x3 3x 2 + x 2 x 3 4 4x2 + x 4 + x 2 x 4 sin(x 2 ) sin 2 (x) cos(x 2 ) 9.7. Esercizio. 3 + x3 3x 2 + x 2 x 3 = 3 4 4x2 + x 4 + x 2 x 4 = 5 4 sin(x 2 ) sin 2 (x) cos(x 2 ) = 2 3 Stabilire per quali x R la seguente serie é assolutamente convergente + ( ) 3 k k x k x + k= Determinare la somma della serie k= (k + 2)(k + ) + 3 k k= k ( x ) k x+ Perché la serie sia assolutamente convergente occorre che k k 3 x k x + = 0 3 x x + < ovvero + x < 3 4 < x < 2

8 8 k= (k + 2)(k + ) Tenuto presente che le somme parziali S n sono { 2 } { } 4 che semplificando portano a da cui 9.8. Esercizio. (k + 2)(k + ) = k + k { 4 } {... 5 n + 2 } n + 3 S n = 2 n + 3 S = n S n = 2 é assoluta- Determinare per quali x la serie mente convergente Determinare la somma della serie k=0 k + 2 k + xk ( + x) k k= Esercizio. k + 2 k k + xk = 0 x < + x < ( + x) k ( + x)2 = x k=2 Stabilire il comportamento della serie + k (e /kα ) al variare di α > 0. k=

9 9 Calcolare la somma della serie k= ( 3 ) 2 k k Tenuto conto che e x + x = x (0, δ) : 2 x ex 3 2 x si riconosce che k K 0 : 2 k e α k α 3 2 k α da cui k K 0 : ( 2 k k α ) k α 3 2 e k α Disuguaglianza che implica che la serie sia convergente se e solo se α > 2. k= ( 3 ) = 2 k k k= 2 k 6 = 4 k 5 k= 9.0. Esercizio. Data la funzione f(x) = cos x 2 + sin x scrivere il polinomio di Taylor T 2 (x) di centro x 0 = 0 e ordine 2 e il resto R 2 (x) nella forma di Lagrange; calcolare f( 0 ) con un errore minore di 0 2.

10 0 Figura 4. f(x) = cos x in blu e T 2+sin x 2(x) in rosso f(x) = cos(x) sin(x) + 2 f (x) = 2 sin(x) + (sin(x) + 2) 2 f (x) = 2(sin(x) ) cos(x) (sin(x) + 2) 3 f(0) = 2 f (0) = 4 f (0) = 4 f (sin(x) )(0 sin(x) + cos(2x) + 9) (x) = (sin(x) + 2) 4 da cui T 2 (x) = x 8 x2 L espressione di Lagrange del resto é R 2 (x) = (sin(ξ) )(0 sin(ξ) + cos(2ξ) + 9) x 3 3! (sin(ξ) + 2) 4 Le note stime del modulo di sin(t) e cos(t) permettono quindi di riconoscere la disuguaglianza R 2 (x) 2( ) x 3 = 20 3! 4 3 x 3

11 Riesce pertanto f( 0 ) T 2( 0 ) < Esercizio. Assegnata la funzione f(x) = log( + x) calcolare i polinomi di Taylor T (x) e T 2 (x) di punto iniziale x 0 = 0 e ordini e 2 provare che riesce x [0, ] : T 2 (x) f(x) T (x). T (x) = x, T 2 (x) = x 2 x2 Per provare la disuguaglianza richiesta: log( + x) x si ricava dal fatto che la y = x é tangente al grafico in corrispondenza dell origine e la funzione log( + x) é concava, posto d(x) = log( + x) x + x 2 /2 é facile riconoscere che d(0) = 0 e che per x [0, ] riesce d (x) 0, per cui x [0, ] : 0 = d(0) d(x) T 2 (x) log( + x) 9.2. Esercizio. Assegnata la funzione f(x) = sin(x) + cos(x), x R determinare l immagine di f, determinare il polinomio di Taylor T 3 (x) di punto iniziale x 0 = π/2 e ordine 3, calcolare f(π/2 + 0 ) con un errore minore di 0 3. I punti di massimo o minimo di f(x) sono punti in cui si annulla la derivata prima f (x) = cos(x) sin(x) f (x) = 0 x = π/4, x 2 = π+π/4,... Quindi massimo = f(π/4) = 2, minimo = f(π + π/4) = 2 L immagine di f é pertanto l intervallo [ 2, ] 2

12 2 f(x) f (x) f (x) f (x) f [4] (x) da cui segue T 3 (x) = Il resto é pertanto = sin(x) + cos(x) = cos(x) sin(x) = sin(x) cos(x) = cos(x) + sin(x) = sin(x) + cos(x) f(π/2) = f (π/2) = f (π/2) = f (π/2) = ( x π ) ( x π ) 2 ( + x π ) 3 2 2! 2 3! 2 R 3 (x) = ( 4! [sin(x) + cos(x)] x π ) 4 2 Le note maggiorazioni di sin(t) e cos(t) consentono di riconoscere che f(π/2 + 0 ) T 3(π/2 + 0 ) = R 3(π/2 + 0 ) 2 4! Esercizio. Assegnata la funzione f(x) = e x + 4e x x R determinare l immagine di f, determinare per quali k R l equazione f(x) = k non ha soluzioni, ha una soluzione, ha due soluzioni, determinare in quanti punti la tangente al grafico di f é parallela alla retta y = 3x L immagine di f é un intervallo determinato dall inf e dal sup di f: x ± Per determinare il minimo f(x) = + sup f(x) = + x R f (x) = e x 4e x : f (x) = 0 e 2x = 4 e x = 2 x = log(2) Ne segue minimo = f(log(2)) = 4 L immagine di f é pertanto l intervallo [4, + ). Tenuto conto che { x < log(2) f (x) < 0 f(x) x > log(2) f (x) > 0 f(x)

13 si riconosce che il grafico di f(x) somiglia a quello di una parabola con la concavitá rivolta verso l alto e il vertice nel punto V = (log(2), 4). Pertanto l equazione f(x) = k: non ha soluzioni se k < 4 ha una sola soluzione se k = 4 ha due soluzioni se k > 4. Osservazione 9.. La funzione e x + e x = cosh(x) 2 simmetrica rispetto all origine ha il nome di coseno iperbolico e il suo grafico, simile a quello di una parabola, ha il nome di catenaria Esercizio. Sia f(x) = xe x2 Determinare i iti per x ±, determinare l immagine di f, determinare per quali k R l equazione f(x) = k non ha radici, ne ha una o ne ha piú di una. x ± x = 0 e x2 3 f (x) = e x2 ( 2x 2 ) I punti { f (x) > 0 / 2 < x < / 2 f (x) < 0 2x 2 > x i = ± 2 sono punti di massimo e di minimo: minimo = 2e = f( / 2), massimo = 2e = f(/ 2) L immagine é pertanto l intervallo chiuso e itato [ ], 2e 2e L equazione f(x) = k pertanto non ha radici se k > 2e

14 4 ha una sola radice se k = 2e ha due radici se 0 < k < 2e ha una sola radice se k = Esercizio. Sia f(x) = 2x + sin(2x), x [0, π] verificare che f(x) é monotona, determinare il dominio della sua inversa f determinare la derivata della funzione inversa nei punti y = π, y 2 = 2π f (x) = 2( + cos(2x)) : x : f (x) 0, f (π/2) = 0 f(x) risulta pertanto strettamente crescente in [0, π], quindi dotata di inversa. Figura 5. f(x) e la sua inversa.

15 5 Tenuto conto che si riconosce che Osservato che ( f (y) ) = f [f (y)] f (π) = π 2, f (2π) = π f (π/2) = 0, f (π) = 4 si riconosce, vedi figura 5, che la funzione inversa non é derivabile in y mentre é derivabile in y 2 e riesce ( f (2π) ) = f [f (2π)] = f (π) = 4