Soluzione degli esercizi del primo esonero di Calcolo Differenziale ed Integrale I e II (a.a. 2007-2008)
Appello: 18 Gennaio 2008
1. Determinare il dominio della funzione: f(x) =q
1 − plog(x − 1).
Condizioni di esistenza:
a) logaritmo: 1 − x > 0 ⇒ x > 1;
b) radice interna: log(x − 1) > 0 ⇒ x − 1 > 1 ⇒ x > 2, quindi:
c) radice esterna: 1 − plog(x − 1) > 0 ⇒ plog(x − 1) 6 1 ⇒ log(x − 1) 6 1, cio`e x − 1 6 e ⇒ x 6 e + 1, quindi: 2 6 x 6 e + 1.
Dominio: E = [2, e + 1] .
2. Calcolare il limite: lim
x→+∞
px2+ 5x + 6 − x.
La forma indeterminata ∞ − ∞ si tratta come segue:
lim
x→+∞
px2+ 5x + 6 − x = lim
x→+∞
"
px2+ 5x + 6 − x
·
√x2+ 5x + 6 + x
√x2+ 5x + 6 + x
#
= lim
x→+∞
5x + 6
√x2+ 5x + 6 + x. Raccogliendo a fattore x nel numeratore e nel denominatore:
lim
x→+∞
x x
5 + 6/x
p1 + 5/x + 6/x2+ 1 = lim
x→+∞
5 + 6/x
p1 + 5/x + 6/x2+ 1 = 5 2. Quindi:
lim
x→+∞
px2+ 5x + 6 − x = 5 2.
1
3. Calcolare l’integrale indefinito:
Z x + 2
x2−2x − 3dx.
Il denominatore della funzione integranda pu`o essere scomposto nel prodotto di due bi- nomi, che consente l’ulteriore scomposizione della funzione nella somma di due frazioni:
Z x + 2
x2−2x − 3dx =Z
x + 2
(x + 1)(x − 3)dx =Z α
x + 1dx +Z β x − 3dx.
Imponendo l’uguaglianza tra il secondo ed il terzo membro si trova: α = −1/4, β = 5/4.
In definitiva:
Z x + 2
x2−2x − 3dx = −1
4 log |x + 1| + 5
4 log |x − 3| + c.
4. Studiare il grafico della funzione: f(x) = logr 2x2+ 1 x Condizioni di esistenza: x 6= 0, 2x2+ 1
x > 0 ⇒ x > 0.
Dominio: E = (0, +∞).
Asintoti:
lim
x→0+
log r 2x2+ 1
x = +∞, c’`e quindi l’asintoto verticale x = 0.
lim
x→+∞
logr 2x2+ 1
x = +∞; inoltre, `e anche facile verificare (utilizzando, ad esempio, il teorema di de l’Hospital), che si ha:
lim
x→+∞
f (x)
x = lim
x→+∞
1
x logr 2x2+ 1
x = 0, non c’`e quindi asintoto obliquo.
Notando che si pu`o scrivere: log r 2x2+ 1
x = 1
2 log
2x2+ 1 x
, si trova facilmente:
f0(x) = 2x2−1
2x(2x2+ 1) e si ha: f0(x) = 0 ⇒ x = 1
√2.
Studiando l’andamento del segno si vede che f0(x) < 0 per 0 < x < 1/√
2, f0(x) > 0 per x > 1/√
2. Il punto x = 1/√
2, in cui f(1/√
2) = 0.75 log 2 `e quindi un minimo relativo, e risulta anche minimo assoluto.
Poich´e la funzione non `e limitata non c’`e massimo assoluto.
Il grafico `e nella pagina seguente.
2
1 2
1 2 3 4 5
f (x)
x
5. Trovare massimo (M) e minimo (m) assoluti della funzione:
f (x) = ex
√x, con x ∈ (0, 1].
f0(x) = ex 2x − 1 2x√
x; f0(x) esiste, ed `e continua, in tutto l’intervallo (0, 1], e si ha:
f0(x) = 0 ⇒ x = 1 2.
Studiando l’andamento del segno si vede che f0(x) < 0 per 0 < x < 1/2, f0(x) > 0 per 1/2 < x 6 1. Il punto x = 1/2, in cui f(1/2) = √
2e `e quindi un minimo relativo, e risulta anche minimo assoluto.
Poich´e la funzione non `e limitata non c’`e massimo assoluto.
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