Università di Trento - Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio - 2019/20
Corso di Analisi Matematica 1 - professore Alberto Valli 6 foglio di esercizi - 23 ottobre 2019
grafici, massimi/minimi, regola di de l’Hôpital
6.1 Esercizio -
Determinate, al variare di k ∈ R, il numero delle soluzioni dell’equazione x log2x= k. [Suggerimento: tracciate un grafico qualitativo di x log2x.]
Soluzione. Studiamo brevemente la funzione f (x) = x log2x. Abbiamo
• dom f = ]0, +∞[ ;
• f continua su ]0, +∞[ ;
• lim
x→0+f(x) = 0 . Infatti basta applicare il Teorema di de l’Hôpital a log2x
1 x
e si ha pertanto da valutare
x→0lim+
2(log x)1x
−1
x2
. Siccome si ha ancora una forma indeterminata del tipo ∞∞, riapplichiamo il Teorema di de
l’Hôpital: lim
x→0+
21x
1 x2
= 0 . Pertanto si ha che lim
x→0+
log2x
1 x
= 0 .
• lim
x→+∞f(x) = +∞ .
• f0(x) = log2x+ x2(log x)1
x= log x(log x + 2) e dom f = ]0, +∞[ . Inoltre
f0(x) = 0 ⇐⇒ x= 1 , x = e−2 ; f0(x) ≥ 0 ⇐⇒ x∈ ]0, e−2] ∪ [1, +∞[
Dunque x = e−2 è un punto di massimo locale per f , mentre x = 1 è un punto di minimo locale per f . I valori assunti da f in tali punti sono: f (e−2) = e−2
log e−22
= 4e−2, f(1) = 0 . Nella figura sotto si vede tracciato il grafico qualitativo della funzione f .
Possiamo allora asserire che
• Se k < 0 , x log2x= k non ha soluzioni.
• Se k = 0 , x log2x= k ha una soluzione.
• Se 0 < k < 4e−2, x log2x= k ha tre soluzioni.
• Se k = 4e−2, x log2x= k ha due soluzioni.
• Se k > 4e−2, x log2x= k ha una soluzione.
6.2 Esercizio -
Sia f (t) = t2+ cost per ogni t > 0. Dopo aver verificato che la funzione è invertibile, calcolate f−1(π2− 1) e ( f−1)0(π2− 1).
Soluzione.
Si ha f0(t) = 2t − sint. Siccome per 0 < t < π si ha (sint)00= − sint < 0, la funzione sint è concava in (0, π), per cui sta al disotto di ogni sua retta tangente. La retta tangente al grafico di sint in (0, 0) è y = t (si ha (sint)0= cost, per cui (sint)0|t=0= 1), per cui si deduce sint < t per 0 < t < π, e quindi per 0 < t < +∞ (sint ≤ 1 per ogni t, mentre la retta y = t sta al di sopra della retta y = π > 1 per t ≥ π). A maggior ragione abbiamo verificato che sint < 2t per t > 0, e quindi f0(t) > 0 t > 0; dunque f è strettamente crescente in (0, +∞) ed invertibile in quell’insieme.
[La dimostrazione che f0(t) > 0 per t > 0 si può fare anche senza mettere in campo la concavità: ad esempio, si ha f00(t) = 2 − cost > 0, per cui f0è strettamente crescente. Siccome f0(0) = 0, ne consegue f0(t) > 0 per t > 0... Ma parlare un po’ di concavità non fa male...]
Ora t0= f−1(π2− 1) è la soluzione (positiva) di f (t0) = π2− 1, dunque di t02+ cost0= π2− 1. Si vede subito che si ha t0= π.
La derivata ( f−1)0(π2−1) è data da 1
f0( f−1(π2−1))=f01(π). Essendo f0(π) = (2t −sint)|t=π= 2π, ne segue ( f−1)0(π2− 1) =2π1.
6.3 Esercizio -
(i) Rappresentate graficamente la funzione f : R → R definita da:
f(x) =
x2 se x < 0 cos x − 1 se 0 ≤ x < 2π
−|x − 2π| se x ≥ 2π ; (ii) individuate i punti di massimo relativo e di minimo relativo;
(iii) individuate i punti in cui si ha f0(x) = 0;
(iv) individuate i punti in cui si ha f00(x) = 0.
Soluzione.
(i)
(ii) Si noti che la funzione f è continua su tutto R , infatti basta controllare la continuità di f nei punti x = 0 e x = 2π :
lim
x→0−x2= lim
x→0+(cos x − 1) = f (0) = 0 , lim
x→2π−(cos x − 1) = lim
x→2π+(−|x − 2π|) = f (2π) = 0
Calcoliamo la derivata f0di f :
f0(x) =
2x se x < 0
− sin x se 0 ≤ x < 2π
−1 se x > 2π ;
Controlliamo ora la continuità di f0:
• lim
x→0−f0(x) = lim
x→0−2x = 0 e lim
x→0+f0(x) = lim
x→0+(− sin x) = 0 , dunque f0è continua in x = 0.
• lim
x→2π−f0(x) = lim
x→2π−(− sin x) = 0 e lim
x→2π+f0(x) = lim
x→2π+(−1) = −1 e quindi non esiste f0(2π) . Dunque f non è derivabile in x = 2π e x = 2π è un punto angoloso per f .
Si ha quindi che f0è continua su dom f0 = R \ {2π} .
Inoltre x = π è un punto di minimo relativo di f e vale f(π) = 2 ; x= 2π è punto di massimo relativo per f e vale f (2π) = 0 .
(iii) Per quanto osservato al punto precedente si ha che f0(x) = 0 per x = 0 e x = π . (iv) Calcoliamo la derivata seconda f00di f :
f00(x) =
2 se x < 0
− cos x se 0 < x < 2π 0 se x > 2π ;
Dunque f00(x) = 0 per x =π
2 e x = 3 2π .
6.4 Esercizio -
(i) Rappresentate graficamente la funzione f : R → R definita da:
f(x) =
( 1
xe2x se x < 0
|x − 1|e−x se x ≥ 0 ; (ii) individuate i punti di massimo relativo e di minimo relativo;
(iii) individuate i punti in cui si ha f0(x) = 0;
(iv) individuate i punti in cui si ha f00(x) = 0.
Soluzione. Studiamo la funzione f .
La funzione f è continua per ogni x ∈ R \ {0} , infatti per x 6= 0 la funzione è continua perché prodotto e composi- zione di funzioni continue in R \ {0}, mentre in x = 0 non è continua poiché
lim
x→0−f(x) = lim
x→0−
1
xe2x = −∞ , lim
x→0+f(x) = lim
x→0+|x − 1|e−x= f (0) = 1 Inoltre
x→−∞lim f(x) = lim
x→−∞
1
xe2x = −∞ , lim
x→+∞f(x) = lim
x→+∞|x − 1|e−x= 0
Calcoliamo la derivata f0di f .
f0(x) =
−1 + 2x
(xex)2 se x < 0
|x − 1|e−x
x− 1 − |x − 1|e−x se x > 0 e x 6= 1 ; Si osserva inoltre che dom f0 = R \ {0, 1} , infatti
x→1lim−f0(x) = −1
e, lim
x→1+f0(x) =1 e e f0è continua sul suo dominio di definizione .
Studiamo il segno di f0. Come si vede rappresentato nella figura sulla destra, si ha f0(x) ≥ 0 per x ≤ −12e 1 < x ≤ 2.
(ii) Dunque x = −1
2 e x = 2 sono entrambi punti di massimo relativo per f mentre x = 1 è un punto di minimo relativo per la funzione f .
(iii) Inoltre f0(x) = 0 ⇐⇒ x= −1
2 e x= 2 . (iv) Calcoliamo ora f00. Si osserva che dom f00 = dom f0 e
f00(x) =
2xe2x(1 + 2x + 2x2)
(xex)4 se x < 0 e−x(3 − x) se 0 < x < 1 ; e−x(−3 + x) se x > 1 ;
Lo studio del segno di f00si vede nella figura sulla destra.
Si noti che f00(x) = 0 per x = 3 .
Nella figura sotto si vede rappresentato il grafico della funzione f .
6.5 Esercizio -
Determinate per quali delle seguenti funzioni il punto x = 1 è un punto di massimo relativo:
(i) (x − 1)5− (x − 1)4 (ii) (x − 1)5+ (x − 1)4 (iii) (x − 1)4+ (x − 1)3 (iv) x5+ x4− 2 .
Soluzione.
(i) Notiamo che per x → 1 la funzione y = (x − 1)5− (x − 1)4si comporta come la funzione y = −(x − 1)4che ha un punto di massimo relativo per x = 1 . Pertanto anche la funzione y = (x − 1)5− (x − 1)4ha un punto di massimo relativo in x = 1 come si vede anche nella figura a fian- co. Le funzioni y = (x − 1)5e y = −(x − 1)4 sono state rappresentate tratteggiate.
(ii) Notiamo che per x → 1 la funzione y = (x − 1)5+ (x − 1)4si comporta come la funzione y = (x − 1)4che ha un punto di minimo relativo per x = 1 . Dunque la funzio- ne y = (x − 1)5+ (x − 1)4 non ha un punto di massimo relativo in x = 1 come si vede anche nella figura a fianco.
(iii) Si osserva che per x → 1 la funzione y = (x − 1)4+ (x − 1)3 si comporta come la funzione y = (x − 1)3che ha un punto di flesso per x = 1 . Dunque la funzione y = (x − 1)4+ (x − 1)3non ha un punto di massimo relativo in x = 1 come si vede anche nella figura a fianco.
(iv) Si osserva che per x → 1 la funzione y = x5+ x4− 2 = (x5− 1) + (x4− 1) si comporta come la funzione y =
9
4(x4− 1) per cui x = 1 non è un punto critico . Dunque la funzione y = x5+ x4− 2 non ha un punto di massimo relativo in x = 1 come si vede anche nella figura a fianco.
6.6 Esercizio -
Determinate il massimo assoluto e il minimo assoluto delle seguenti funzioni:
(i) x− 2
x2 , x ∈ [3, 5] , (ii) 4x3+ 9x2− 12x + 1 , x ∈ [−1, 1] , (iii) x3− 6x2+ 9x + 1 , x ∈ [−2, 2] . Soluzione.
(i) Consideriamo la funzione f (x) =x− 2
x2 . Notiamo che per 3 ≤ x ≤ 5, la nostra funzione è data dal quoziente di due funzioni continue quindi sarà anch’essa continua. Per il Teorema di Weierstrass, una funzione continua su un intervallo chiuso e limitato ammette massimo e minimo su tale intervallo. Determiniamo innanzitutto gli eventuali punti in cui si annulla la derivata prima f0:
f0(x) =x2− 2x(x − 2)
x4 =x2− 2x2+ 4x
x4 =−x2+ 4x
x4 =−x + 4 x3 .
Dunque, nell’intervallo considerato, f0(x) ≥ 0 per 3 ≤ x ≤ 4 e si annulla unicamente nel punto x = 4 [che, se già si è a disposizione dell’informazione che il segno di f0detta la crescenza/decrescenza di f , risulta quindi essere il punto di massimo assoluto nell’intervallo [3, 5], poiché f cresce prima di 4 e decresce dopo 4)]; in tale punto la funzione vale f (4) =1
8. Restano da valutare i valori della funzione negli estremi del nostro intervallo:
f(3) =1
9 f(5) = 3 25. Pertanto il minimo assoluto della funzione f nell’intervallo [3, 5] è 1
9, raggiunto in corrispondenza del punto x = 3, mentre il massimo assoluto è18, raggiunto nel punto x = 4 .
(ii) Consideriamo la funzione g(x) = 4x3+ 9x2− 12x + 1 nell’intervallo [−1, 1] . Tale funzione è una funzione polinomiale e dunque continua in tutto R e quindi a maggior ragione risulta essere continua nell’intervallo [−1, 1] . Come nel caso precedente, guardiamo innanzitutto se e dove si annulla la funzione derivata prima g0 all’interno dell’intervallo [−1, 1]:
g0(x) = 12x2+ 18x − 12 ; g0(x) ≥ 0 ⇔ 6(2x2+ 3x − 2) ≥ 0 ⇔ x ∈
(−∞, −2] ∪ [1 2, +∞)
∩ [−1, 1] = 1 2, 1
.
In particolare g0(12) = 0, e 12è l’unico punto di annullamento di g0nell’intervallo [−1, 1]. [Se già si è a disposizione dell’informazione che il segno di g0detta la crescenza/decrescenza di g, si osserva che si tratta del punto di minimo assoluto per g nell’intervallo considerato (g decresce prima di12e cresce dopo 12).] Il valore assunto dalla funzione nel punto 12 è g(1
2) = −9
4. Si devono valutare ora i valori assunti dalla funzione g agli estremi dell’intervallo [−1, 1]:
g(−1) = −4 + 9 + 12 + 1 = 18 g(1) = 4 + 9 − 12 + 1 = 2 .
Pertanto il massimo assoluto della funzione g nell’intervallo [−1, 1] è 18, raggiunto in corrispondenza del punto x= −1, mentre il minimo assoluto è −94ed è raggiunto in corrispondenza del punto x =12.
(iii) Consideriamo la funzione h(x) = x3− 6x2+ 9x + 1 per x ∈ [−2, 2] . Si tratta di una funzione polinomiale dunque è certamente continua nell’intervallo [−2, 2] . La derivata prima h0è la funzione
h0(x) = 3x2− 12x + 9 ; h0(x) ≥ 0 ⇔ 3(x2− 4x + 3) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, 1] ∪ [3, +∞) ∩ [−2, 2] = [−2, 1] . Pertanto, nell’intervallo [−2, 2] l’unico punto di annullamento di h0è x = 1. [Se già si è a disposizione dell’infor- mazione che il segno di h0detta la crescenza/decrescenza di h, si osserva che si tratta del punto di massimo assoluto (h cresce prima di 1 e decresce dopo 1).] In tale punto la funzione vale h(1) = 1 − 6 + 9 + 1 = 5 . Valutando i valori assunti da h agli estremi dell’intervallo, si vede che:
h(−2) = −8 − 24 − 18 + 1 = −49 h(2) = 8 − 24 + 18 + 1 = 3 .
Quindi il minimo assoluto di h nell’intervallo [−2, 2] è −49, raggiunto nel punto x = −2, mentre il massimo assoluto di h è 5, raggiunto nel punto x = 1 .
6.7 Esercizio -
Studiate le seguenti funzioni (dominio, limiti, segno, continuità, derivabilità, crescenza/decrescenza, punti di mas- simo e di minimo (assoluto e relativo), convessità/concavità e tracciate di ciascuna un grafico qualitativo):
(i) x
x3− 1 (ii) x3e−x (iii) e−x2+2x (iv) x2(log x − 1) .
Soluzione.
(i) Sia f (x) = x
x3− 1, si osserva che
• dom f = R \ {1} ;
• lim
x→−∞f(x) = 0 , dunque y = 0 è asintoto orizzontale per f , per x → −∞ ;
• lim
x→+∞f(x) = 0 , dunque y = 0 è asintoto orizzontale per f , per x → +∞ ;
• lim
x→1−f(x) = −∞ , dunque x = 1 è asintoto verticale per f ;
• lim
x→1+f(x) = +∞ ;
• Segno di f .
La funzione f è un quoziente di due funzioni, pertanto f(x) ≥ 0 quando la funzione al numeratore e quella al denominatore hanno lo stesso segno. Lo studio dei segni è riportato nella figura sulla destra. Dunque f (x) ≥ 0 per x∈] − ∞, 0] ∪ ]1, +∞[ .
• f è continua sul suo dominio perché quoziente di funzioni continue;
• dom f0 = R \ {1} ,
f0(x) =x3− 1 − x(3x2)
(x3− 1)2 =−2x3− 1
(x3− 1)2, f0(x) = 0 ⇐⇒ x3=1
2 ⇐⇒ x= −3
r1 2
• Segno di f0.
Nella figura sulla destra si vede lo studio dei segni per f0. Si osserva che x = −√31
2 è un punto di massimo relativo per f .
• dom f00 = dom f0, f00(x) =6x2(x3+ 2) (x3− 1)3 .
Nella figura a destra è rappresentato il segno di f00. In particolare si osserva che x = −√3
2 è un punto di flesso per f .
A questo punto possiamo tracciare il grafico qualitativo di f :
(ii) Sia f (x) = x3e−x, si osserva che
• dom f = R ;
• lim
x→−∞f(x) = −∞
• lim
x→+∞f(x) = 0 , dunque y = 0 è asintoto orizzontale per f , per x → +∞ ;
• Segno di f : poichè e−x> 0 per ogni x ∈ R , si ha che f (x) ≥ 0 per x3≥ 0 cioè x ≥ 0 .
• f è continua su R perché composizione e prodotto di funzioni continue ;
• dom f0 = R , f0(x) = 3x2e−x− x3e−x= x2(3 − x)e−x f0(x) = 0 ⇐⇒ x= 0 , x = 3
• Segno di f0. Poiché x2e−x≥ 0 per ogni x ∈ R , si ha che f0(x) ≥ 0 per 3 − x ≥ 0 cioè x ≤ 3 . Dunque x = 3 è un punto di massimo relativo per f e f (3) =27
e3 ∼ 1.3 .
• dom f00 = R , f00(x) = 2xe−x(3 − x) − x2e−x(3 − x) − x2e−x= xe−x(x2− 6x + 6)
• Segno di f00.
Nella figura a destra è rappresentato il segno di f00. In particolare si osserva che x = 0 , 3 ±√
3 sono punti di flesso per f .
Nella figura che segue si vede rappresentato il grafico di f .
(iii) Sia f (x) = e−x2+2x, si osserva che
• dom f = R ;
• e−x2+2x= e−(x+1)2+1= e · e−(x+1)2 quindi il grafico di f è simmetrico rispetto alla retta x = 1 .
• lim
x→−∞f(x) = 0 , dunque y = 0 è asintoto orizzontale per f , per x → −∞ ;
• lim
x→+∞f(x) = 0 , dunque y = 0 è asintoto orizzontale per f , per x → +∞ ;
• Segno di f : f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ R .
• f è continua su R perché somma e composizione di funzioni continue su R ;
• dom f0 = R , f0(x) = (−2x + 2)e−x2+2x f0(x) = 0 ⇐⇒ x= 1
• Segno di f0. Poiché e−x2+2x> 0 , si ha che f0(x) ≥ 0 per −2x + 2 ≥ 0 cioè x ≤ 1 . Dunque x = 1 è un punto di massimo relativo per f e f (1) = e .
• dom f00 = R , f00(x) = −2e−x2+2x+(−2x+2)2e−x2+2x= e−x2+2x(4x2−8x+2) = 2(2x2−4x+1)e−x2+2x
• Segno di f00.
Nella figura a destra è rappresentato il segno di f00. In particolare si osserva che x = 1 ±
√ 2
2 sono punti di flesso per f .
Nella figura sotto è rappresentato il grafico di f .
(iv) Sia f (x) = x2(log x − 1) , si osserva che
• dom f = ]0, +∞[ ;
• lim
x→0+f(x) = 0 (per calcolare questo limite si può usare il Teorema di de l’Hôpital) ;
• lim
x→+∞f(x) = +∞ ;
• Segno di f : f (x) ≥ 0 per log x ≥ 1 cioè per x ≥ e .
• f è continua su ]0, +∞[ perché prodotto di funzioni continue su ]0, +∞[ ;
• dom f0 = ]0, +∞[ , f0(x) = 2x(log x − 1) + x2·1x = x(2 log x − 1) Inoltre notiamo che lim
x→0+f0(x) = 0 .
f0(x) = 0 ⇐⇒ x=√ e
• Segno di f0. Poiché dom f0=]0, +∞[ , si ha che f0(x) ≥ 0 se 2 log x − 1 ≥ 0 cioè x ≥√
e. Dunque x =√ eè un punto di minimo relativo per f e f (√
e) = −e
2∼ −1.3 .
• dom f00 = ]0, +∞[ , f00(x) = (2 log x − 1) + x ·2
x= 2 log x + 1 . Dunque f00(x) ≥ 0 se log x ≥ −12cioè per x ≥√1
e.
In particolare si osserva che x =√1e è un punto di flesso per f . Nella figura sotto è rappresentato il grafico di f .
6.8 Esercizio -
Calcolate i seguenti limiti utilizzando la regola di de l’Hôpital:
(i) lim
x→+∞
log(1x+ 1) −1x
1
xsin(3x) , (ii) lim
x→1−
arcsin x −π2
√1 − x , (iii) lim
x→0
1 x+ 1
sin x
1 x− 1
sin x
.
Soluzione.
Regola di de l’Hôpital
Siano f , g : (a, b) → R due funzioni derivabili in (a, b) (con eventualmente a = −∞). Sia g0(x) 6= 0 per ogni x∈ (a, b). Sia inoltre
lim
x→a+f(x) = lim
x→a+g(x) = 0 oppure +∞ oppure −∞ ed esista, finito o infinito, lim
x→a+
f0(x) g0(x). Allora
lim
x→a+
f(x) g(x) = lim
x→a+
f0(x) g0(x). Risultato analogo vale scambiando il ruolo di a e b.
(i) Scrivendo t =1x, il limite viene riscritto per t → 0+. Si ha, applicando due volte la regola:
t→0lim+
log(t + 1) − t
tsin(3t) = lim
t→0+
1 t+ 1− 1
sin(3t) + 3t cos(3t) = lim
t→0+
− 1
(t + 1)2
3 cos(3t) + 3 cos(3t) − 9t sin(3t)=−1 6 .
(ii) lim
x→1−
arcsin x −π2
√1 − x = lim
x→1−
√ 1 1 − x2
−1 2
√ 1 1 − x
= lim
x→1−
√1 1 + x
−12 = − 2
√
2= −√ 2 .
(iii) Si ha, applicando quattro volte la regola ed utilizzando ripetutamente la formula trigonometrica 2 sin x cos x = sin(2x):
limx→0
1 x+ 1
sin x
1 x− 1
sin x
= lim
x→0
1 x2− 1
sin2x = lim
x→0
sin2x− x2 x2sin2x = lim
x→0
2 sin x cos x − 2x 2x sin2x+ 2x2sin x cos x
= lim
x→0
sin(2x) − 2x
2x sin2x+ x2sin(2x) = lim
x→0
2 cos(2x) − 2
2 sin2x+ 2x sin(2x) + 2x sin(2x) + 2x2cos(2x)
= lim
x→0
−4 sin(2x)
2 sin(2x) + 4 sin(2x) + 8x cos(2x) + 4x cos(2x) − 4x2sin(2x) = lim
x→0
−2 sin(2x)
3 sin(2x) + 6x cos(2x) − 2x2sin(2x)
= lim
x→0
−4 cos(2x)
6 cos(2x) + 6 cos(2x) − 12x sin(2x) − 4x sin(2x) − 4x2cos(2x)=−4 12 = −1
3.
