ESERCIZIO (LUNGO E COMPLESSO) TESTO
Considera, al variare del parametro 𝑎 ∈ ℝ la funzione 𝜓(𝑡) = 𝑡 (1 − 𝑎𝑡) .
1. Dopo aver determinato per quale valore di 𝑎 risulta 𝜓(2) = −4, calcola per quale valore del parametro 𝑏 ∈ ℝ risulta
𝑏𝜓(𝑡)𝑑𝑡 = 1.
Per il valore di 𝑎 trovato nel punto precedente, nell’intervallo 𝐼 = [0, 2𝜋], considera ora la funzione 𝑓(𝑥) = 𝜓 ∘ 2 cos 𝑥.
2. Effettua uno studio completo del grafico di 𝑓 determinandone in particolare: la tipologia e il dominio;
le eventuali simmetrie (se è pari o dispari); le intersezioni con gli assi cartesiani; il segno;
i limiti agli estremi del dominio (specificando se esistono asintoti verticali); gli eventuali punti di cuspide o punti angolosi;
la monotonia della funzione;
gli eventuali punti di massimo / minimo (specificando se sono assoluti o relativi); gli eventuali punti di flesso e le zone di concavità / convessità della funzione. 3. Traccia un grafico approssimativo della funzione.
4. Dimostra che esiste ed è unico un valore 𝛼 > 0 tale che l’equazione 𝑓(𝑥) = 𝛼 ammette esattamente tre soluzioni distinte; infine determina tale valore.
Supponi adesso 𝐼 = ℝ.
5. Dimostra che la funzione 𝑓 è periodica, e determinane il periodo 𝑇 .
6. Estendi per periodicità il grafico di 𝑓 a tutto ℝ, tracciandolo approssimativamente utilizzando i risultati ottenuti nei punti 1 e 2, specificandone altresì le eventuali simmetrie.
7. Individua sul grafico i punti della successione 𝑎 = 𝑓(𝑛) con 𝑛 ∈ ℕ e, argomentando in modo opportuno, stabilisci se essa è a termini positivi e se ammette limite per 𝑛 → ∞.
8. Traccia il grafico della funzione 𝑦 = |𝑓(𝑥)|
SOLUZIONE
Abbiamo subito che 𝜓(𝑡) = 𝑡 (1 − 𝑎𝑡) =
( ). Per cui, 𝜓(2) = = −4 → 1 − 2𝑎 = −1 → 𝑎 = 1. Dunque,
𝑏𝜓(𝑡)𝑑𝑡 = 1 ⇒ 𝑏 𝑡
1 − 𝑡𝑑𝑡 = 1.
La funzione integranda (razionale) è continua e sempre positiva in [−3,0]. Abbiamo, con facili calcoli, 𝑡 = −(1 + 𝑡)(1 + 𝑡) + 1 ⇒ 𝑡 1 − 𝑡= −(1 + 𝑡) + 1 1 − 𝑡. Allora, 𝑡 1 − 𝑡𝑑𝑡 = −(1 + 𝑡)𝑑𝑡 + 1 1 − 𝑡𝑑𝑡 = −𝑡 − 𝑡 2 − log (1 − 𝑡) 0 −3= 3 + 9 2+ log 4 = 15 2 + log 4 Concludiamo che 𝑏 =15 1 2 + log 4 = 2 15 + log 4. 2. Abbiamo che 𝑓(𝑥) = 𝜓 ∘ 2 cos 𝑥 = 4cos 𝑥 1 − 2 cos 𝑥
DOMINIO. La funzione è fratta, e sia al numeratore che al denominatore compaiono funzioni trigonometriche. Non avendo restrizioni sul numeratore, abbiamo
1 − 2 cos 𝑥 ≠ 0 ⇒ cos 𝑥 ≠1 2⇒ 𝑥 ≠ 𝜋 3∧ 𝑥 ≠ 5 3𝜋
da cui 𝐷 = 𝐼 − , 𝜋 . In 𝐷 la funzione è ovunque continua e derivabile, perché composizione di funzioni ivi continue e derivabili.
INTERESEZIONI CON L’ASSE x 𝑦 = 4𝑐𝑜𝑠 𝑥 1 − 2 cos 𝑥 𝑦 = 0 ⇒ 4𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 ⇒ cos 𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 =𝜋 2∨ 𝑥 = 3 2𝜋 ⇒ 𝐴 = 𝜋 2, 0 , 𝐵 = 3𝜋 2 , 0 INTERSEZIONI CON L’ASSE y
𝑦 = 4𝑐𝑜𝑠 𝑥 1 − 2 cos 𝑥 𝑥 = 0
⟹ 𝑦 = 4
−1= −4 ⟹ 𝐶 = (0, −4) SEGNO. Occorre studiare la disequazione
4𝑐𝑜𝑠 𝑥 1 − 2 cos 𝑥 ≥ 0 N: 4𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [0, 2𝜋]
D: 1 − 2cos 𝑥 > 0 → cos 𝑥 < → < 𝑥 < 𝜋
Dunque, 𝑓(𝑥) ≥ 0 per < 𝑥 < 𝜋 mentre 𝑓(𝑥) ≤ 0 per 𝑥 ∈ 0, ∪ 𝜋, 2𝜋 . LIMITI. Utilizzando anche lo studio del segno è facile osservare che
lim → 𝑓(𝑥) = 1 0 = +∞ lim→ 𝑓(𝑥) = 1 0 = −∞ lim→ 𝑓(𝑥) = 1 0 = −∞ lim→ 𝑓(𝑥) = 1 0 = +∞ Per cui, le rette di equazione 𝑥 = e 𝑥 = 𝜋 sono asintoti verticali. Agli estremi del dominio, essendo ivi la funzione continua, risulta
lim
→ 𝑓(𝑥) = lim→ 𝑓(𝑥) = − 4. Non ci sono per ovvietà né asintoti orizzontali né asintoti obliqui.
DERIVATA PRIMA E RICERCA DEI MASSIMI/MINIMI. Osservando che
𝑁(𝑥) = 4 cos 𝑥 𝑁 (𝑥) = −8 sin 𝑥 cos 𝑥
𝐷(𝑥) = 1 − 2 cos 𝑥 𝐷 (𝑥) = 2 sin 𝑥
abbiamo, con un po’ di calcoli,
𝑓 (𝑥) =8 sin 𝑥 cos 𝑥 (cos 𝑥 − 1) (1 − 2 cos 𝑥) = 4
(sin 2𝑥)(cos 𝑥 − 1) (1 − 2 cos 𝑥) . Imponendo 𝑓 (𝑥) = 0, per la legge di annullamento del prodotto, abbiamo
sin 2𝑥 = 0 → 2𝑥 = 0 ∨ 2𝑥 = 𝜋 ∨ 2𝑥 = 2𝜋 → 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 = ∨ 𝑥 = 𝜋 cos 𝑥 − 1 = 0 → cos 𝑥 = 1 → 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 = 2𝜋
Lo studio della monotonia si riduce allo studio della disequazione (sin 2𝑥)(cos 𝑥 − 1) > 0. Ricordando che −1 ≤ cos 𝑥 ≤ 1 ∀𝑥, risulta cos 𝑥 − 1 < 0 per 𝑥 ≠ 0 ∧ 𝑥 ≠ 2𝜋. Inoltre, si ha
sin 2𝑥 > 0 ⇒ 0 < 𝑥 < ∨ 𝜋 < 𝑥 <
(Nella figura accanto, in rosso è tracciato il grafico della funzione sin 𝑥, in blu invece quello della funzione sin 2𝑥 nell’intervallo [0, 2𝜋])
↘ ↗ ↘ ↗ sin 2𝑥 ●+ + + +●− − − − −●+ + + + + ● − − − − − − ● cos 𝑥 − 1 ●− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −● 0 (−) 𝜋 2 (+) 𝜋 (−) 3𝜋 2 (+) 2𝜋 Da cui ricaviamo che:
, 0 e , 0 sono punti di minimo relativo;
(0, −4), 𝜋, e (2𝜋, −4) sono punti di massimo relativo.
DERIVATA SECONDA E RICERCA DEI PUNTI DI FLESSO. Dalla derivata prima ricaviamo
𝑁(𝑥) = (sin 2𝑥)(cos 𝑥 − 1) 𝑁 (𝑥) = 2(cos 𝑥 − 1) cos 2𝑥 − sin 𝑥 sin 2𝑥
𝐷(𝑥) = (1 − 2 cos 𝑥) 𝐷 (𝑥) = 4 sin 𝑥 (1 − 2cos 𝑥)
Con molti e faticosi calcoli, perveniamo all’espressione della derivata seconda: 𝑓 (𝑥) = 43 sin 𝑥 + 2 cos 𝑥 − 3 cos 𝑥 + cos 𝑥 + 2 sin 𝑥 cos 𝑥
(1 − 2 cos 𝑥)
Raccogliendo adesso al numeratore il primo termine con il terzo e il secondo col quinto, abbiamo 𝑓 (𝑥) = 43(sin 𝑥 − cos 𝑥) + 2 cos 𝑥 (cos 𝑥 + sin 𝑥) + cos 𝑥
(1 − 2 cos 𝑥) = 4
3(sin 𝑥 − cos 𝑥) + 3 cos 𝑥 (1 − 2 cos 𝑥)
= 12− 2cos 𝑥 + cos 𝑥 + 1 (1 − 2 cos 𝑥) = 12
(2 cos 𝑥 + 1)(1 − cos 𝑥) (1 − 2 cos 𝑥) I punti di flesso si individuano annullando il numeratore:
2 cos 𝑥 + 1 = 0 ⇒ cos 𝑥 = − ⇒ 𝑥 = 𝜋 ∨ 𝑥 = 𝜋 1 − cos 𝑥 = 0 → cos 𝑥 = 1 → 𝑥 = 0 ∨ 𝑥 = 2𝜋 Analizziamo adesso la concavità/convessità del grafico
2 cos 𝑥 + 1 ≥ 0 ⇒ cos 𝑥 ≥ − ⇒ 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 ∨ 𝜋 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋 1 − cos 𝑥 ≥ 0 ⇒ ∀𝑥 ∈ [0, 2𝜋] 1 − 2cos 𝑥 > 0 ⇒ cos 𝑥 < ⇒ < 𝑥 < 𝜋 2 cos 𝑥 + 1 ● + + + + + + + + + ● − − − − − ● + + + + + + + + + + + +● 1 − 2 cos 𝑥 ⦾ − − − −⦾ + + + + + + + + + + + + + + + + + ⦾ − − − − − ⦾ 0 (−) 𝜋 3 (+) 2 3𝜋 (−) 4 3𝜋 (+) 5 3𝜋 (−) 2𝜋 Dunque, la funzione è Convessa per < 𝑥 < 𝜋 ∨ 𝜋 < 𝑥 < 𝜋 Concava altrove.
Riportiamo il grafico della funzione 𝑓
4. In linea generale, il numero di soluzioni dell’equazione il numero di punti in cui la retta
studiato precedentemente, la retta punti distinti
dall’esercizio esiste ed è nell’intervallo
0 soluzioni per
2 soluzioni (distinte) per 4 soluzioni (distinte) per
5. Osserviamo che
𝑓 Ora, il periodo di ogni funzione armonica numeratore 𝑓 (𝑥) = 2(cos 2𝑥 + 1) è quindi
2 cos 𝑥 è invece 𝑇 = 2𝜋. Per il teorema sul quoziente di funzioni periodiche, poiché il rapporto 𝑇
𝑇 =
1 2∈ ℚ,
la funzione 𝑓 è anch’essa periodica di periodo 𝑇 = 𝑚𝑐𝑚(1,2)𝜋 = 2𝜋.
Poiché cos 𝑥 = cos (−𝑥) abbiamo subito che 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥). Quindi, 𝑓 è dispari e il suo grafico è simmetrico rispetto all’asse
𝑓(𝑥).
. In linea generale, il numero di soluzioni dell’equazione
il numero di punti in cui la retta 𝑦 = 𝛼 interseca il grafico di
studiato precedentemente, la retta 𝑦 = 4/3 interseca il grafico esattamente in tre punti distinti. Dunque un valore 𝛼 che soddisfa la condizione richiesta esercizio esiste ed è 4 3⁄ . Per verificare che è unico basta osservare che nell’intervallo [0,2𝜋] l’equazione oggetto del nostro studio ha:
0 soluzioni per −4 < 𝛼 < 0;
2 soluzioni (distinte) per 𝛼 ∈ (−∞, 4] ∪ {0} ∪ (4⁄ 4 soluzioni (distinte) per 𝛼 ∈ (0, 4 3⁄ )
𝑓(𝑥) = 4 cos 𝑥 1 − 2 cos 𝑥 =
2(cos 2𝑥 + 1) 1 − 2 cos 𝑥 .
armonica del tipo 𝐴 cos(𝜔𝑥 + 𝜙) è 𝑇 =| |. Il periodo della funzione al è quindi 𝑇 = 𝜋; il periodo della funzione al denominatore
. Per il teorema sul quoziente di funzioni periodiche, poiché il rapporto
è anch’essa periodica di abbiamo subito che è dispari e il suo grafico è simmetrico rispetto all’asse 𝑦.
. In linea generale, il numero di soluzioni dell’equazione 𝑓(𝑥) = 𝛼 coincide con interseca il grafico di 𝑓. Per quanto interseca il grafico esattamente in tre che soddisfa la condizione richiesta Per verificare che è unico basta osservare che l’equazione oggetto del nostro studio ha:
3 ⁄ , +∞)
. Il periodo della funzione al ; il periodo della funzione al denominatore 𝑓 (𝑥) = 1 − . Per il teorema sul quoziente di funzioni periodiche, poiché il rapporto
7.
nero nella figura qui accanto. Osserviamo subito che la successione non è a termini positivi in quanto, ad esempio, i termini
negativi.
8. Il valore assoluto lascia invariato il grafico nel semipiano 𝑦 ≥ 0 e trasforma per simmetria rispetto all’asse 𝑥 il grafico giacente nel semipiano 𝑦 ≤ 0. Il grafico della funzione 𝑦 = |𝑓(𝑥)| diventa quello a fianco.
9. Ricordando che il coseno è una funzione dispari, abbiamo cos|𝑥| ≝ coscos
Ma allora
𝑓(|𝑥 e quindi i due grafici coincidono.
7. I punti della successione 𝑎 = 𝑓(𝑛) (fino a
nero nella figura qui accanto. Osserviamo subito che la successione non è a termini positivi in quanto, ad esempio, i termini
negativi.
l valore assoluto lascia invariato il grafico e trasforma per il grafico l grafico della quello a fianco.
9. Ricordando che il coseno è una funzione dispari, abbiamo cos 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 0
cos(−𝑥) 𝑠𝑒 𝑥 < 0 = cos 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 0cos 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 < 0 = cos 𝑥.
( 𝑥|) = 4cos | 𝑥| 1 − 2 cos |𝑥|=
4cos 𝑥
1 − 2 cos 𝑥 = 𝑓(𝑥).
(fino a 𝑛 = 9) sono evidenziati in nero nella figura qui accanto. Osserviamo subito che la successione non è a termini positivi in quanto, ad esempio, i termini 𝑎 , 𝑎 , 𝑎 e 𝑎 sono
