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log |x| 6= −1 ⇒ |x| 6= 1 e ⇒ x 6= ±1 e Insieme di definizione: E

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Academic year: 2021

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(1)

Soluzione degli esercizi del primo esonero di Calcolo Differenziale ed Integrale I e II (a.a. 2006-2007)

1. Determinare l’insieme di definizione della funzione: y = 1 1 − (log |x|)2. Condizioni di esistenza:

a) |x| 6= 0 ⇒ x 6= 0;

b) 1 − (log |x|)2 6= 0 ⇒ (1 − log |x|)(1 + log |x|) 6= 0, quindi:

log |x| 6= 1 ⇒ |x| 6= e ⇒ x 6= ±e; log |x| 6= −1 ⇒ |x| 6= 1

e ⇒ x 6= ±1 e Insieme di definizione:

E = (−∞, −e) ∪ (−e, −1/e) ∪ (−1/e, 0) ∪ (0, 1/e) ∪ (1/e, e) ∪ (e, +∞).

2. Calcolare il limite: lim

x→∞

 x + 1 x − 1

x

.

lim

x→∞

 x + 1 x − 1

x

= lim

x→∞

 x − 1 + 2 x − 1

x

= lim

x→∞



1 + 2 x − 1

x

posto x − 1 = ξ ⇒ = lim

ξ→∞

 1 +2

ξ

ξ+1

= lim

ξ→∞

 1 +2

ξ

ξ

· lim

ξ→∞

 1 +2

ξ



= e2· 1 = e2.

3. Calcolare l’integrale indefinito:

Z

excos2

x 2

 dx.

Z

excos2x 2

 dx =

Z

ex1 + cos x

2 dx = 1 2

Z

exdx + 1 2

Z

excos x dx

e, poich´e integrando per parti si trova: 1 2

Z

excos x dx = 1

4ex(sin x + cos x), si ha in definitiva:

Z

excos2

x 2



dx = 1

4ex(2 + sin x cos x) + c.

1

(2)

4. Studiare il grafico della funzione: y = 1 + x3 1 − x2

La frazione non `e ridotta ai minimi termini. Infatti si pu`o scrivere:

y = 1 + x3

1 − x2 = (1 + x)(x2− x + 1)

(1 + x)(1 − x) = x2− x + 1 1 − x

Condizione di esistenza: x 6= 1. Insieme di definizione: E = (−∞, 1) ∪ (1, +∞).

lim

x→1

x2− x + 1

1 − x = +∞; lim

x→1+

x2− x + 1

1 − x = −∞;

lim

x→+∞

x2− x + 1

1 − x = −∞; lim

x→−∞

x2− x + 1

1 − x = +∞.

lim

x→±∞

y

x = m = lim

x→±∞

x2− x + 1 x − x2 = −1, lim

x→±∞

(y + x) = n = lim

x→±∞

x2− x + 1

1 − x + x = lim

x→±∞

1

1 − x = 0, c’`e dunque l’asintoto obliquo y = −x.

y0 = x(2 − x)

(1 − x)2 = 0 per x = 0, x = 2; y00= 2

(1 − x)3 ≷ 0 per x ≶ 1. Si ha quindi:

minimo relativo in x = 0 (con y = 1), massimo relativo in x = 2 (con y = −3).

1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

y

x

1

2

(3)

5. Trovare massimo (M ) e minimo (m) assoluti di: y = |9 − x2| con x ∈ [−4, 5].

Si pu`o anche scrivere:

y =

( 9 − x2 per x ∈ [−3, 3]

x2− 9 per x ∈ (−∞, −3) ∪ (3, +∞) da cui risulta:

y0 =

−2x per x ∈ (−3, 3)

2x per x ∈ (−∞, −3) ∪ (3, +∞)

La derivata prima non esiste nei punti (angolosi) x = ±3. In essi la funzione `e nulla.

y0 = 0 in x = 0 (con y = 9), che `e massimo relativo poich´e y00(0) = −2.

Negli estremi si ha: y(−4) = 7, y(5) = 16.

Si trova dunque:

(a) due punti di minimo assoluto: x = 3, x = −3 (con y = 0 in entrambi);

(b) un punto di massimo assoluto: x = 5 (con y = 16).

3

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