Prova scritta di Matematica del 2/12/2003 Versione 4

Prova scritta di Matematica del 2/12/2003 Versione 4

A.A. 2003-2004

Istruzioni: scrivere la risposta nel riquadro a fianco dell’esercizio ed allegare lo svolgimento completo. Apporre nome, cognome e numero di matricola su ogni foglio. Prima della consegna indicare nell’apposito spazio il numero totale di fogli di cui ` e composto l’elaborato.

Cognome Nome

no. fogli (compreso questo) N. Matricola

1. Risolvere la disequazione

log _1/2 |3x| ≤ log ₂ (1 − 6x)

] − ∞, −1/6]

2. Data la funzione

f (x) = x ² 8 − x ³ 1. determinarne il dominio;

2. calcolarne gli eventuali limiti agli estremi degli intervalli di cui `e costituito il dominio;

3. determinare in quali intervalli la funzione `e crescente e in quali decrescente;

4. scrivere l’equazione della retta tangente al grafico di f nel punto ¡

− 2 √

2, f (−2 √

2) ¢

; 5. disegnare un grafico approssimativo di f

e della retta tangente precedentemente individuata.

1. ] − ∞, 2[∪]2, +∞[

2. lim

x→−∞ f (x) = lim

x→+∞ f (x) = 0,

x→2 lim

f (x) = +∞, lim

x→2

f (x) = −∞.

3. f ⁰ (x) = x(x ³ + 16) (8 − x ³ ) ² . E crescente in ] − ∞, −2 ` √

2], in [0, 2[ e in [2 +

∞[.

E decrescente in [−2 ` √

2, 0].

4. y = 2 ^−1/3 /3.

5.

y

x

-2

2

2 /3

3. Si consideri la funzione f : R → f (R) con legge

f (x) =

½ ax + 1 se x < 1

− log x se x ≥ 1 dove a `e un parametro reale.

1. Dire per quali valori di a la funzione `e invertibile;

2. dire se per a = −1/2 la funzione `e invertibile e, in caso affermativo, determinare dominio, codominio e legge della funzione inversa;

3. determinare per quali valori di a, se ne esistono, la funzione `e continua in ogni punto;

4. determinare per quali valori di a, se ne esistono, f `e derivabile in ogni punto.

1. −1 ≤ a < 0

2. per a = −1/2 `e invertibile. Si ha f ⁻¹ :] − ∞, 0]∪]1/2, +∞[→ R con legge

f ⁻¹ (y) =

½ 2(1 − y) se y > 1/2 e ^−y se y ≤ 0 3. a = −1

4. a = −1

4. Dato il problema di Cauchy ( y ⁰ (t) = 4y(t) − 1

y(1) = −2,

1. dire se la funzione y(t) = −2t `e una soluzione del problema;

2. determinare una soluzione del problema, nel caso in cui non lo sia gi`a la funzione di cui al punto precedente, ed eseguire la verifica;

3. possono esistere altre soluzioni oltre a quella trovata nel punto precedente?

1. no 2. y(t) = 1

4 − 9

4 e ^4(t−1)

3. no

Svolgimento completo

1

Osserviamo anzitutto che, affinch`e le funzioni che compaiono nella disequazione abbiano senso occorre che

|3x| > 0 ⇐⇒ x 6= 0 e

1 − 6x > 0 ⇐⇒ x < 1/6.

Con la formula del cambiamento di base si ha log _1/2 |3x| = log ₂ |3x|

log ₂ (1/2) = − log ₂ |3x| = log ₂ |3x| ⁻¹ ∀x 6= 0 e la disequazione `e equivalente a

log ₂ 1

|3x| ≤ log ₂ 1 − 6x.

Poich´e il logaritmo in base 2 `e una funzione crescente quest’ultima equivale a 1

|3x| ≤ 1 − 6x.

Nel caso in cui 0 < x < 1/6 la disequazione diventa 1

3x ≤ 1 − 6x ⇐⇒ 3x(1 − 6x) ≥ 1 ⇐⇒ 18x ² − 3x + 1 ≤ 0

che `e falsa per ogni x. Ne consegue che non vi sono soluzioni della disequazione tra 0 e 1/6.

Nel caso in cui x < 0 la disequazione diventa

− 1

3x ≤ 1 − 6x ⇐⇒ −3x(1 − 6x) ≥ 1 ⇐⇒ 18x ² − 3x − 1 ≥ 0;

il discriminante `e ∆ = 9 + 72 = 81, quindi le soluzioni della disequazione sono tutti gli x esterni all’intervallo che ha come estremi le soluzioni dell’equazione 18x <sup>2</sup> −3x−1 = 0, cio`e x 1 = ³⁻⁹ ₃₆ = −1/6 e x 2 = ³⁺⁹ ₃₆ = 1/3, e, ricordando che stiamo ora considerando solo gli x < 0 si ha che sono soluzioni tutti gli x ∈ S =] − ∞, −1/6].

2

1. Poich´e 8 − x ³ = 0 se e solo se x = 2 allora il dominio di f `e D =] − ∞, 2[∪]2, +∞[.

2.

Raccogliendo x ² al denominatore e semplificando si scopre che

x→−∞ lim f (x) = lim

x→+∞ f (x) = 0.

Inoltre

x→2 lim

f (x) = +∞, lim

x→2

f (x) = −∞.

3. Calcoliamo la derivata di f utilizzando la formula di derivazione del quoziente. Si ha

f ⁰ (x) = 2x(8 − x ³ ) − x ² (−3x ² )

(8 − x ³ ) ² = x ⁴ + 16x

(8 − x ³ ) ² = x(x ³ + 16) (8 − x ³ ) ² e quindi per ogni x 6= 2 si ha

f ⁰ (x) ≥ 0 ⇐⇒

½ x ≥ 0

x ³ + 16 ≥ 0 ∪

½ x < 0

x ³ + 16 < 0

equivalente a

½ x ≥ 0

x ³ ≥ −16 ∪

½ x < 0

x ³ < −16 ⇐⇒ x ≥ 0 ∪ x < −2 √

2 ⇐⇒ x ∈] − ∞, −2 √

2] ∪ [0, +∞[

dove per`o bisogna ricordare che x 6= 2. Quindi f risulta crescente in ] − ∞, −2 √

2], in [0, 2[ e in [2 + ∞[

mentre `e decrescente in [−2 √

2, 0].

4. L’equazione della retta tangente `e y = f (−2 √

2) + f ⁰ (−2 √

2)(x + 2 √

2). D’altra parte f (−2 √

2) = 2 ^−1/3 /5, f ⁰ (−2 √

2) = 0 quindi l’equazione della retta tangente diviene

y = 2 ^−1/3 /5.

5. Un grafico approssimativo di f `e il seguente.

y

x

-2 ^4/3 2

2 /3 -1/3

3

1. Conviene distinguere alcuni casi (vedi figura):

1 a=0

a=-1

a<-1

a>0

y

x 1

Come si vede, la funzione risulta iniettiva, e quindi invertibile, per ogni −1 ≤ a < 0.

2. Per a = −1/2 la funzione `e invertibile. Per determinare la legge della funzione inversa occorre risolvere le equazioni

y = − 1

2 x + 1 per x < 1 e

y = − log x per x ≥ 1.

Avendosi y = − 1

2 x + 1 per x < 1 ⇐⇒ x = 2(1 − y) per 2(1 − y) < 1 ⇐⇒ x = 2(1 − y) per y > 1/2 e

y = − log x per x ≥ 1 ⇐⇒ x = e ^−y per e ^−y ≥ 1 ⇐⇒ x = e ^−y per y ≤ 0 allora f ⁻¹ :] − ∞, 0]∪]1/2, +∞[→ R con legge

f ⁻¹ (y) =

½ 2(1 − y) se y > 1/2 e ^−y se y ≤ 0

3. Per come `e definita, la funzione `e continua per ogni x 6= 1 qualunque sia a. Per decidere per quali valori di a risulta continua anche nel punto x = 1 occorre calcolare (se esiste) il lim

x→11 f (x) e confrontarlo con f (1).

Poich´e

x→1 lim

f (x) = lim

x→1

(− log x) = − log 1 = 0 mentre

x→1 lim

f (x) = lim

x→1

ax + 1 = a + 1 ∀ a ∈ R,

allora il limite per x → 1 esiste ed `e uguale a 0 = f (1) per ogni a ∈ R tale che 0 = a + 1, cio`e a = −1 e pertanto f `e continua in tutti i punti di R solo per a = −1.

4. Possiamo restrigerci a considerare solo il caso a = −1 perch`e per a 6= −1 la f non essendo continua nel punto x = 1 non `e neppure derivabile. Sia dunque a = −1. Per come `e definita, la funzione `e derivabile per ogni x 6= 1 con derivata

f ⁰ (x) =

( −1 se x < 1

−1/x se x > 1 e si ha

x→1 lim

f ⁰ (x) = lim

x→1

(−1) = −1, mentre

x→1 lim

f ⁰ (x) = lim

x→1

(−1/x) = −1, pertanto f `e derivabile anche nel punto x = 1 e quindi tutto R per a = −1.

4

1. La funzione data y(t) = −2t soddisfa la condizione iniziale y(1) = −2 ma non l’equazione differenziale perch´e

y ⁰ (t) = −2 mentre

4y(t) − 1 = −8t − 1, quindi non `e soluzione.

2. Ricordiamo che il problema di Cauchy

½ y ⁰ = a(t)y + b(t) y(t 0 ) = y 0

con a(t) e b(t) funzioni continue su un intervallo aperto I contenente il punto t 0 , ammette una ed una sola soluzione data dalla formula risolutiva

y(t) = e ^A(t)

³ Z t t

e ^−A(s) b(s) ds + y 0

´

dove A(t) = Z _t

t

a(s) ds.

Nel caso in esame si ha a(t) = 4, b(t) = −1, t 0 = 1 e y 0 = −2, pertanto

A(t) = Z _t

t

a(s) ds = Z _t

1

4 ds = 4(t − 1)

e quindi

y(t) = e ^A(t)

³ Z t t

e ^−A(s) b(s) ds + y 0

´

= e ^4(t−1)

³ Z t 1

e ^−4(s−1) (−1) ds − 2

´

= e ^4(t−1)

³

− h e ^−4(s−1)

−4 i _t

1 − 2

´

=

= e ^4(t−1) ³ 1

4 (e ^−4(t−1) − e ⁰ ) − 2 ´

= e ^4(t−1) ³ 1

4 e ^−4(t−1) − 1 4 − 2 ´

= 1 4 − 9

4 e ^4(t−1)

`e una soluzione del problema di Cauchy. Eseguiamo la verifica. Poich`e y(0) = 1

4 − 9 4 e ⁰ = 1

4 − 9 4 = −2 allora la condizione iniziale `e soddisfatta. Si ha poi

y ⁰ (t) = − 9

4 e ^4(t−1) 4 = −9 e ^4(t−1) mentre

4y(t) − 1 = 4 ¡ 1 4 − 9

4 e ^4(t−1) ¢

− 1 = 1 − 9 e ^4(t−1) −1 = −9 e ^5(t−1) quindi anche l’uguaglianza y ⁰ (t) = 4y(t) − 1 `e soddisfatta.

3. Non esistono altre soluzioni perch´e l’equazione `e lineare.