Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale Prova scritta di Matematica 1 del 12 gennaio 2018 (B)

Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale

Prova scritta di Matematica 1 del 12 gennaio 2018 (B)

COGNOME NOME

MATRICOLA

1) Per ↵, > 0, si studino le propriet`a di continuit`a e derivabilit`a in x 0 = 0 della funzione

f (x) = 8 <

:

(1 + ^x ₃ ) ^1/2 (1 + ^x ₂ ) ^1/3

e ^↵x 1 per x > 0

arctan( x) per x  0

2) Determinare il numero di soluzioni dell’equazione

| log(x)| = 1 x ^1/4 .

3) Determinare per quali ↵ > 0 risulta convergente l’integrale improprio Z 1

0

x ^↵ r

1 + 1

x dx

e calcolarlo per ↵ = 0.

Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale

Prova scritta di Matematica 1 del 12 gennaio 2018 (A)

COGNOME NOME

MATRICOLA

1) Determinare per quali ↵ e in R la funzione

f (x) = 8 >

> >

<

> >

> :

x sin(x) 1 ^x ₂

+ ↵

log(1 + x ^↵ ) se x > 0

log(1 + x) se x  0

,

risulta continua e derivabile nel punto x 0 = 0 2) Tracciare il grafico della funzione

f (x) = e

| x ² 4 9 |.

3) Determinare per ↵ > 0 il carattere dell’integrale improprio Z + 1

0

p 1

x(2 + x ^↵ + 2x) dx

e calcolarlo per ↵ = ¹ ₂ .

Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale

Prova scritta di Matematica 1 del 12 gennaio 2018 (A)

COGNOME NOME

MATRICOLA

1) Determinare per quali ↵ e in R la funzione

f (x) = 8 >

> >

<

> >

> :

x sin(x) 1 ^x ₂

+ ↵

log(1 + x ^↵ ) se x > 0

log(1 + x) se x  0

,

risulta continua e derivabile nel punto x 0 = 0

Possibile svolgimento: Notiamo che f (0) = log(1) = 0 e che per x ! 0 si ha f(x) = log(1 + x) ! 0 per ogni ↵ e in R.

Per studiare il limite di f per x ! 0 ⁺ distinguiamo i casi ↵ < 0, ↵ = 0 e ↵ > 0.

Se ↵ < 0, visto che x ^↵ ! +1 per x ! 0 ⁺ , otteniamo che f (x) ⇠ x !0

x

2 1 + ↵

log(1 + x ^↵ ) ! x !0

0 = f (0).

Dunque f `e continua in x 0 = 0 per ogni ↵ < 0 e 2 R.

Se ↵ = 0 allora

f (x) ⇠ x !0

x

2 1

log(2) ! x !0

1

log(2) 6= f(0) da cui f non `e continua in x 0 = 0 se ↵ = 0.

Se ↵ > 0, visto che x ^↵ ! 0 per x ! 0 ⁺ , si ha f (x) ⇠ x !0

x

2 1 + ↵ x ^↵ . In tal caso se ↵ 6= 1 allora |f(x)| ⇠ x !0

| 1+↵|

x

! x !0

+ 1 e f non `e continua in x 0 = 0.

Se invece ↵ = 1 allora

f (x) ⇠ x !0

x

2

x = x

2 ! x !0

0 = f (0)

da cui f `e continua in x 0 = 0.

Concludiamo quindi che la funzione f `e continua in x 0 = 0 per 2 R e ↵ 2 ( 1, 0)[{1}.

Per quanto riguarda la derivabilit`a notiamo anzitutto che f `e derivabile da sinistra in x 0 = 0 con

D f (0) = per ogni ↵ 2 ( 1, 0) [ {1} e 2 R essendo che per x < 0 si ha f ⁰ (x) = _{1+ x} ! x !0 .

Notiamo ora che se ↵ < 0 la funzione f non `e derivabile da sinistra in x ₀ = 0. Infatti se

↵ < 0 si ha x log(1 + x ^↵ ) ! 0 per x ! 0 ⁺ e dunque f (x)

x = x sin(x) 1 ^x ₂

+ ↵

x log(1 + x ^↵ ) = x !0

1 + ↵ + ^x ₂

+ o(x ² )

x log(1 + x ^↵ ) ! ^x !0

1.

Se infine ↵ = 1 allora f `e derivabile da destra in x ₀ = 0 con D + f (0) = 1

2 per ogni 2 R.

Infatti

f (x)

x = x sin(x) ^x ₂

x log(1 + x) = _x!0

+ ^x ₂

+ o(x ² )

x ² + o(x ² ) ! x!0

1 2 .

Eguagliando derivata destra e sinistra otteniamo che f `e derivabile in x 0 = 0 se ↵ = 1 e

= ¹ ₂ .

2) Tracciare il grafico della funzione

f (x) = e

| x ² 4 9 |.

Possibile svolgimento: La funzione risulta definita e continua sull’insieme D(f ) = ( 1, 6)[

(6, + 1) ove pu`o essere anche espressa nella forma

f (x) = ( 1

4 e

(x 6)(x + 6) x 2 ( 1, 6) [ (6, +1),

1

4 e

(x 6)(x + 6) x 2 [ 6, 6).

Si ha

x! 1 lim f (x) = lim

x! 1

1

4 e

(x 6)(x + 6) = + 1

x!6 lim f (x) = lim

x!6

1

4 e

(x 6)(x + 6) = ^(y=

⁾ lim

y ! 1

1 4 e ^y 2

y ( 2

y + 12) = 0

x lim !6

f (x) = lim

x !6

1

4 e

(x 6)(x + 6) = ^(y=

⁾ lim

y!+1

1 4 e ^y 2

y ( 2

y + 12) = + 1

x !+1 lim f (x) = lim

x !+1

1

4 e

(x 6)(x + 6) = + 1.

Notiamo inoltre che la funzione risulta non negativa su D(f ) e f (x) = 0 se e solo se x = 6.

La funzione risulta indefinitamente derivabile, perch`e composizione di funzioni indefini- tamente derivabili, in tutti i punti x 2 D(f) per i quali | ^x ₄

9 | > 0, ovvero per tutti gli x 2 D(f) \ { 6}. Si ha

f ⁰ (x) = ( 1

2 e

^x

_{x 6} ^{7x 6} x 2 ( 1, 6) [ (6, +1),

1

2 e

^x

_{x 6} ^{7x 6} x 2 ( 6, 6).

Da tale espressione `e semplice verificare che f ⁰ ( ^{7± p} ₂ ⁷⁶ ) = 0 e che

f (x) < 0 se x 2 ( 1, 6) [ ( 7 p 76

2 , 6) [ (6, 7 + p 76 2 ), f (x) > 0 se x 2 ( 6, 7 p

76

2 ) [ ( 7 + p 76

2 , + 1).

Deduciamo che la funzione risulta decrescente su( 1, 6] e crescente su [ 6, ^{7 p} ₂ ⁷⁶ ] pre- sentando un minimo assoluto in x = 6 ove f ( 6) = 0. Inoltre la funzione essendo descrescente sull’intervallo [ ^{7 p} ₂ ⁷⁶ , 6), presenta un massimo relativo in x = ^{7 p} ₂ ⁷⁶ . Infine f `e descrescente sull’intervallo (6, ^{7+ p} ₂ ⁷⁶ ] e crescente sull’intervallo [ ^{7+ p} ₂ ⁷⁶ , + 1), presen- tando un minimo relativo in x = ^{7+ p} ₂ ⁷⁶ .

Notiamo inoltre che essendo

x! 6 lim f ⁰ (x) = lim

x! 6

1

2 e

x ² 7x 6

x 6 = 3e

x ! 6 lim

f ⁰ (x) = lim

x ! 6 f ⁰ (x) = +3e

,

la funzione non `e derivabile in x = 6, ove f presenta un punto angoloso con tangente da sinistra y = 3e

(x + 6) e tangente da destra y = 3e

(x + 6).

Lo studio del segno della derivata seconda `e omesso, come suggerito in classe.

3) Determinare per ↵ > 0 il carattere dell’integrale improprio Z + 1

0

p 1

x(2 + x ^↵ + 2x) dx e calcolarlo per ↵ = ¹ ₂ .

Nota. Gli scritti di gennaio e febbraio possono essere utilizzati co