Università di Trento - Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio - 2016/17
Corso di Analisi Matematica 1 - professore Alberto Valli 5 foglio di esercizi - 17 ottobre 2016
continuità, derivabilità
5.1 Esercizio -
Quali delle seguenti equazioni ammettono soluzioni reali? Se la risposta è affermativa, quante soluzioni?
(i) xex= 10 (ii) x4+ 2 = 2x2 (iii) 3x6+ 2x2= 1 . Soluzione.
(i) Le funzioni y = ex e y = x, che si vedono tratteggia- te nella figura sulla destra, sono monotone crescenti e per x ≥ 0 assumono entrambe valori positivi. Pertanto per x ≥ 0 anche la funzione y = xexè monotona crescen- te, in particolare vale zero in x = 0 e lim
x→+∞xex= +∞ ; dunque assumerà certamente il valore 10. Quindi l’equa- zione xex= 10 ha una soluzione reale per x ≥ 0. Per x< 0 la funzione y = xexè negativa, pertanto non ci sono soluzioni per x < 0 .
(ii) Si osserva che x4+ 2 − 2x2= (x2− 1)2+ 1 ≥ 1 . Per- tanto l’equazione x4+ 2 = 2x2non ha soluzioni reali. In particolare i grafici delle funzioni y = x4+ 2 e
y= 2x2, che si vedono tratteggiati nella figura a destra, non si intersecano mai.
(iii) Le funzioni y = 3x6e y = 2x2, che si vedono tratteg- giate nella figura sulla destra, sono monotone crescenti per x ≥ 0 dunque anche la loro somma, cioè la funzione y= 3x6+2x2, è monotona crescente per x ≥ 0 . Inoltre, in modo analogo a quanto osservato nel caso (i), la funzione y= 3x6+ 2x2vale zero per x = 0 e lim
x→+∞3x6+ 2x2= +∞ ; dunque assumerà certamente il valore 1. Quindi l’equa- zione 3x6+ 2x2= 1 ha una soluzione reale per x ≥ 0. Dal momento che y = 3x6+ 2x2è simmetrica rispetto all’asse y, si conclude che l’equazione 3x6+ 2x2= 1 ha una solu- zione reale anche per x ≤ 0. Le soluzioni sono distinte e sono evidenziate nel disegno sulla destra.
5.2 Esercizio -
Sia f : R → R una funzione continua tale che x2
2 ≤ f (x) ≤ 2x2 ∀ x ∈ [0, 1].
Quali delle seguenti affermazioni sono vere per qualsiasi funzione f che soddisfi quanto sopra indicato?
(i) esiste x0∈ [0, 1] tale che f (x0) =74 (ii) esiste x0∈ [0, 1] tale che f (x0) =32 (iii) esiste x0∈ [0, 1] tale che f (x0) = 1 (iv) esiste x0∈ [0, 1] tale che f (x0) =12. Soluzione. Nella figura sotto sono rappresentati i grafici delle funzioni y =x22 e y = 2x2.
Si osserva che la funzione f deve assumere agli estremi dell’intervallo [0, 1] i seguenti valori f(0) = 0 e 1
2 ≤ f (1) ≤ 2
Inoltre, per la continuità di f , possiamo applicare il teorema degli zeri nell’intervallo [0, 1] e concludere che ne- cessariamente la funzione f assumerà il valore 12per qualche x0∈ [0, 1] . Pertanto la risposta corretta è l’opzione (iv) .
Un’altra modalità di risoluzione poteva esser quella di notare che la funzione f (x) =x2
2 soddisfa le richieste del quesito e l’opzione (iv) è l’unica affermazione corretta.
5.3 Esercizio -
Quali delle seguenti funzioni non sono derivabili nel punto x = 0?
(i) |x| sin x (ii) |x sin x| (iii) x| cos x| (iv) |x| cos x .
Soluzione. È noto dalla teoria che una funzione f : R → R è derivabile in un punto x0∈ R se esiste ed è finito il limite
x→xlim0
f(x) − f (x0) x− x0 (i) lim
x→0
|x| sin x
x =10 , dunque la funzione y = |x| sin x è derivabile in x = 0 . (ii) lim
x→0
|x sin x|
x = 0 , dunque la funzione y = |x sin x| è derivabile in x = 0 . (iii) lim
x→0
x| cos x|
x = 1 , dunque la funzione y = x| cos x| è derivabile in x = 0 . (iv) lim
x→0
|x| cos x
x = lim
x→0
|x|
x che non esiste. Pertanto la funzione y = |x| cos x non è derivabile in x = 0 . Nella figura sotto riportiamo i grafici delle funzioni prese in esame.
5.4 Esercizio -
Stabilite per quali valori dei parametri reali α e β ciascuna delle seguenti funzioni è derivabile in x = 0.
(i) (
αx2− x + β per x ≥ 0
−x3+ βx − α per x < 0 , (ii)
(2x per x ≥ 2 αx2+ βx per x < 2. Soluzione.
Ricordiamo innanzitutto che una funzione f : R → R è derivabile in x = 0 se esiste finito il limite lim
x→0
f(x) − f (0)
x .
Questo equivale a richiedere che il limite destro e sinistro in x = 0 del rapporto incrementale esistano finiti e coincidano, cioè
lim
x→0+
f(x) − f (0)
x = lim
x→0−
f(x) − f (0)
x ∈ R
(i) Calcoliamo il limite del rapporto incrementale in x = 0. Iniziamo calcolando il limite destro come segue:
lim
x→0+
αx2− x + β − β
x = lim
x→0+
αx2− x
x = lim
x→0+
x(αx − 1) x = −1 ;
Dunque dobbiamo ora determinare per quali valori di α e β il limite sinistro in x = 0 del rapporto incrementale vale
−1:
x→0lim−
−x3+ βx − α − β
x = −1 ⇐⇒
(−α − β = 0 β = −1
⇐⇒
( α = 1 β = −1
1Si ricordi il limite notevole lim
x→0
sin x x = 1
Pertanto la funzione è derivabile in x = 0 per α = 1 e β = −1 .
[Si può anche procedere imponendo che la funzione sia continua in x = 0 e che lim
x→0+f0(x) = lim
x→0−f0(x) ∈ R .
Per la continuità si deve avere β = −α. Siccome limx→0+ f0(x) = limx→0+(2αx − 1) = −1 e limx→0−f0(x) = limx→0−(−3x2+ β) = β, ne segue β = −1 e dunque α = 1.].
(ii)
lim
x→2+
2x− 22 x− 2 = lim
t→0+
2t+2− 22
t = lim
t→0+222t− 1
t = 22ln 2 = ln 16 ;
Pertanto la funzione sarà derivabile in x = 2 se il limite sinistro del rapporto incrementale in x = 2 vale a sua volta ln 16. Innanzitutto, per comodità di calcolo, possiamo effettuare un cambio di variabile:
lim
x→2−
αx2+ βx − 22 x− 2 = lim
t→0−
α(t + 2)2+ β(t + 2) − 22
t = lim
t→0−
αt2+ 4α + 4αt + βt + 2β − 22 t
A questo punto andiamo a determinare i valori di α e β per cui tale limite vale ln 16:
lim
t→0−
αt2+ 4α + 4αt + βt + 2β − 22
t = ln 16 ⇐⇒
(4α + β = ln 16
4α + 2β − 4 = 0 ⇐⇒
(4α − 2α + 2 = ln 16 β = −2α + 2
⇐⇒
(2α + 2 = ln 16 β = −2α + 2
⇐⇒
(
α = ln 4 − 1 = 2 ln 2 − 1
β = −2(ln 4 − 1) + 2 = −4 ln 2 + 4 Dunque la funzione è derivabile in x = 2 per α = 2 ln 2 − 1 e β = −4 ln 2 + 4 .
[Si può anche procedere imponendo che la funzione sia continua in x = 2 e che lim
x→2+f0(x) = lim
x→2−f0(x) ∈ R .
Per la continuità si deve avere 4 = 4α + 2β. Siccome limx→2+f0(x) = limx→2+2xln 2 = 4 ln 2 e limx→2−f0(x) = limx→2−(2αx + β) = 4α + β, ne segue 4α + β = 4 ln 2. Sottraendo le due equazioni viene β = 4 − 4 ln 2, e dunque α = 2 ln 2 − 1.]
5.5 Esercizio -
Considerate la funzione k(x) = (x − 1)(x2+ 2x − 3).
(i) Tracciatene a grandi linee il grafico.
(ii) Provate che l’equazione e3x+ e2x− 5ex+ 3 = 0 ammette una sola soluzione, e determinatela .
Soluzione.
(i)
(ii) Si noti che k(x) = (x − 1)(x2+ 2x − 3) = (x − 1)(x − 1)(x + 3) = (x − 1)2(x + 3) , inoltre k(ex) = e3x+ e2x− 5ex+ 3 , pertanto
e3x+ e2x− 5ex+ 3 = 0 ⇐⇒ k(ex) = 0 ⇐⇒ ex= 1 ⇐⇒ x= 0
5.6 Esercizio -
Dite quali delle seguenti funzioni g sono invertibili, ed, in caso affermativo, determinate la funzione inversa.
(i) g(x) = log(x +p
x2+ 1) , x ∈ R (ii) g(x) =ex+ e−x
2 , x ≥ 0 . Soluzione.
(i) Per prima cosa verifichiamo che la funzione g è definita per ogni x ∈ R. Infatti si ha px2+ 1 >
√
x2= |x| ≥ −x ∀ x ∈ R ,
dunque x +√
x2+ 1 > 0 per ogni x ∈ R. Veniamo al calcolo della derivata: si ha g0(x) = 1
x+√ x2+ 1
1 + x
√ x2+ 1
= 1
√
x2+ 1> 0 ∀ x ∈ R , dunque g è strettamente crescente in R e quindi invertibile.
Determiniamo la funzione inversa di g.
y= log(x +p
x2+ 1) ⇐⇒ ey= elog(x+
√
x2+1) ⇐⇒ ey= x +p
x2+ 1 ⇐⇒ e2y− 2xey− 1 = 0
⇐⇒ e2y− 1
ey = 2x ⇐⇒ ey− e−y
2 = x
Pertanto la funzione inversa di g sarà definita da g−1(x) = ex− e−x
2 .
Nella figura sotto si vedono rappresentati il grafico di g (tratteggiato) e il grafico di g−1.
(ii) Si osserva che g(x) =ex+ e−x
2 = cosh(x) ed è strettamente crescente per x ≥ 0, quindi g è invertibile per x ≥ 0 . Determiniamo la funzione inversa g−1.
y=ex+ e−x
2 ⇐⇒ 2y = e−x(e2x+ 1) ⇐⇒ e2x− 2yex+ 1 = 0 ⇐⇒ ex=2y +p 4y2− 4 2
⇐⇒ ex= y +p
y2− 1 ⇐⇒ log(ex) = log(y +p
y2− 1) ⇐⇒ x= log(y +p y2− 1) Dunque la funzione inversa g−1(x) = log(x +√
x2− 1) .
Nella figura sotto sono riportati il grafico della funzione g (tratteggiato) e il grafico di g−1.
5.7 Esercizio -
Sia f : R → R una funzione derivabile, tale che f (0) = 1, f (1) = 1 e lim
x→+∞f(x) = 1. Quali delle seguenti affermazioni sono vere per qualunque funzione f che soddisfi alle condizioni sopra elencate?
(i) Esistono almeno due valori per cui f0si annulla.
(ii) Esiste uno e un solo valore per cui f0si annulla.
(iii) Esiste almeno un valore per cui f si annulla.
Soluzione.
La risposta corretta è la (i). Infatti, dal teorema di Rolle, c’è sicuramente un punto di azzeramento della derivata in (0, 1). Poi, o la funzione è costantemente uguale a 1 per x > 1 (e allora ha altri infiniti valori in cui si annulla la derivata), oppure esiste un punto x0> 1 per cui f (x0) 6= 1. Per fissare le idee, sia f (x0) = Q > 1. Siccome
x→+∞lim f(x) = 1, esiste M > 1 per cui vale f (x) < Q per x ≥ M; in particolare f (M) < Q. Dal teorema dei valori intermedi la funzione f (che essendo derivabile è continua) assume in [1, x0] tutti i valori compresi fra 1 e Q, e assume in [x0, M] tutti i valori compresi fra Q ed f (M) < Q. Sia K = max(1, f (M)) < Q; la funzione f assume tutti i valori compresi fra K e Q sia in [1, x0] sia in [x0, M]. Dunque ci sono due altri valori distinti (uno strettamente minore di x0, l’altro strettamente maggiore di x0...) in cui f assume lo stesso valore K, e si può applicare nuovamente il teorema di Rolle per garantire l’esistenza di un altro valore di annullamento di f0.
Le altre due risposte sono errate. Infatti, per esempio, la funzione costante f (x) = 1 soddisfa quanto richiesto, ha derivata prima nulla in tutti i punti (questo esclude la risposta (ii)) inoltre f non si annulla mai (questo esclude la risposta (iii)).
5.8 Esercizio -
Sia f una funzione derivabile in [0, 1]. Quali delle seguenti situazioni sono possibili?
(i) f0(x) < 2 ∀ x ∈ [0, 1] , f (0) = −1 , f (1) = 1 (ii) f0(x) > 1
2 ∀ x ∈ [0, 1] , f (0) = −1
2 , f (1) =1 2.
Soluzione.
(i) Essendo la funzione derivabile, per il teorema del valor medio di Lagrange, deve esistere t ∈ ]0, 1[ tale che f0(t) = f(1) − f (0)
1 − 0 = 2 . Pertanto non vi è nessuna funzione derivabile in [0, 1] con f (0) = −1 e f (1) = 1 tale che la condizione f0(t) < 2 ∀ x ∈ [0, 1] sia verificata.
(ii) Si vede subito che la funzione f (x) = x −1 2 , il cui grafico è rappresentato in figura, verifica le condizioni richieste; pertanto la situazione in (ii) è possibile.
