Soluzioni tutorato1

Manuela Grella e Simona Giovannetti

23 marzo 2005

Soluzione 1. L’usuale dimostrazione del teorema di Rolle non può essere usata perchè non siamo su un insieme compatto. Supponiamo che a ed f(a) siano positivi (condizione che non é restrittiva!). Se la funzione é costante la proposizione è banalmente verificata, quindi supponiamo che f non sia costante: allora esisterà un punto x_{1} > a tale che f(x_{1}) ≠ f(a), ad esempio f(x_{1}) > f(a). D’altra parte, dalla definizione di limite deduciamo che

∀ϵ > 0, esisteM > 0 : f(x) ∈ (f(a) − ϵ, f(a) + ϵ)∀x > M

e, poiché è vero per ogni ϵ possiamo sceglierlo abbastanza piccolo(di conseguenza M sarà molto grande) in modo che

(∗) f(a) − ϵ < f(x) < f(a) + ϵ < f(x_{1}), x > M

Sia x_{2} un punto che verifica (*). Dato che la funzione è continua, per il Teorema dei valori intermedi, esisterà x_{3} ∈ (x_{1}, x_{2}) tale che f(x_{3}) = f(a).A questo punto possiamo applicare il Teorema di Rolle nel compatto [a, x_{3}], nel quale f assume gli stessi valori negli estremi e quindi concludere che esiste x_{4} ∈ (a, x_{3}) sottoinsieme di (a, +∞) tale che f′(x_{4}) = 0.

Soluzione 2. Per provare queste disuguaglianze si possono usare i seguenti criteri:

(a) Siano f(x), g(x) due funzioni continue in [a, b] e derivabili in (a, b). Supponendo che f(a) ≥ g(a) e che f′(x) ≥ g′(x) per ogni x ∈ (a, b), si ha che f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [a, b].

(b) Siano f(x), g(x) due funzioni continue in [a, b] e derivabili in (a, b). Supponendo che f′(x) ≥ g′(x) ∀x ∈ [a, b] e che f(x_{0}) = g(x_{0}) per qualche punto x_{0} ∈ (a, b), allora si ha che: f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [x_{0}, b] e f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [a, x_{0}]

(c) Siano f(x), g(x) due funzioni derivabili in (a, b) e sia x_{0} un punto di (a, b). Supponendo che f′(x) ≥ g′(x) ∀x ∈ (x_{0}, b), f′(x) ≤ g′(x) ∀x ∈ (a, x_{0}) e che f(x_{0}) = g(x_{0}), allora si ha che f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ (a, b).

(i) Si può usare il criterio (c) con x_{0} = 0 ponendo f(x) = e^{x} e g(x) = 1+x. Un altro metodo consiste nel porre h(x) = e^{x} − (1 + x): questa funzione ha un minimo assoluto in x = 0: infatti la derivata si annulla per x = 0, è positiva per x > 0, è negativa per x < 0. Perciò h(x) ≥ h(0) = 0, cioè e^{x} − (1 + x) ≥ 0, per ogni x ∈ R.

(ii) Le derivate delle due funzioni valgono f′(x) = \frac{x}{4} e g′(x) = \frac{2x(x+1)^{2}}{(x+1)^{4}} −

\frac{2(x+1)x^{2}}{(x+1)^{4}} = \frac{2x}{(x+1)^{3}} . Per x > 0 risulta f′(x) ≥ g′(x) se e solo se (x + 1)^{3} ≥ 8 se e solo se x + 1 ≥ 2 se e solo se x ≥ 1. Essendo f(1) = g(1) = 1/4, la disuguaglianza segue dal criterio (c).

(iii) La derivata della funzione è f′(x) = \frac{x−1}{2x\sqrt{x}} e si annulla per x = 1, è positiva per x > 1 e negativa per 0 < x < 1. Perciò, il punto x = 1 è di minimo assoluto per f(x) nell’intervallo (0, +∞). Per x > 0 risulta quindi f(x) ≥ f(1) = 2.

Soluzione 3. Il dominio della funzione è R-{0}. Semplificando in base alle proprietà del logaritmo e del valore assoluto, si ottiene per ogni x ≠ 0 f(x) = x − ln |x^{2} − 1|. La funzione tende a +∞ per x → +∞ e a −∞ per x → −∞. Le rette di equazioni x = 1 e x = −1 sono asintoti verticali e non ci sono altri asintoti. Le derivate valgono

f′(x) = \frac{x^{2} − 2x − 1}{x^{2} − 1} f′′(x) = 2\frac{x^{2} + 1}{(x^{2} − 1)^{2}}

La derivata prima si annulla per x = 1+\sqrt{2} e per x = 1−\sqrt{2} che sono punti di minimo relativo. La derivata seconda, quando è definita, è positiva. Si noti la discontinuità per x = 0.

Soluzione 4. (i) La derivata della funzione è f′(x) = 3x^{2} − 6x = 3x(x − 2), che si annulla in x = 0 e x = 2; poiché f′(x) > 0 per x < 0 e per x > 2, e f′(x) < 0 altrimenti, allora (studiando la crescenza e la decrescenza della funzione) si ha che x = 0 è un punto di massimo relativo e x = 2 è un punto di minimo relativo.

(ii) La derivata della funzione è f′(x) = \frac{e^{x}(x^{2}−2x)}{x^{4}}, che si annulla per x = 0 e per x = 2, ma x = 0 non va considerato dal momento che la funzione f(x) non è definita in 0. f′(x) ≥ se e solo se x^{2} − 2x ≥ 0, ossia per x ≤ 0 e per x ≥ 2, quindi x = 2 è un punto di minimo relativo della funzione.

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Soluzione 5. La funzione é definita solo per gli x t.c. \sqrt{x} − x > 0 cioé per x ∈ (0, 1);la derivata prima é f′(x) = \frac{1−2\sqrt{x}}{(\sqrt{x}−x)(2\sqrt{x})} che ,nel dominio, si azzera solo per x = 1/4;f’(x) é positiva prima di 1/4 e negativa dopo,quindi per x = 1/4 si ha un punto di massimo,precisamente il punto di coordinate (1/4, ln(1/2 − 1/4)) .

Soluzione 6. (i)la funzione é definita su tutto R; la derivata prima é f′(x) = 1 + \frac{2}{3x^{1/3}} che é definita su tutti gli x ≠ 0 e si azzera nel suo dominio in x = −8/27 in prossimitá del quale si ha un punto di massimo relativo;in x = 0 la funzione non é derivabile ,ma si verifica con la definizione che si tratta di un punto di minimo relativo.Non ci sono massimi e minimi assoluti perché lim_{x→∞} f(x) = ∞ e lim_{x→−∞} f(x) = −∞.

(ii)la funzione é definita per x > 0,la derivata prima vale f′(x) = ln^{2}x+2logx e si azzera nei punti x = 1 e x = e^{−2}, in prossimitá dei quali si ha un massimo e un minimo relativi.In particolare per x = 1 si ha un minimo assoluto perché f(x) = xlog^{2}x > 0 = f(1);non si ha invece massimo assoluto perché lim_{x→∞} f(x) = ∞.

(iii)la funzione é definita quando senx > 0 cioé se 0 < x ≤ π/2 con la sua periodicitá; f′(x) = \frac{cosx}{senx} che si azzera in tutti i punti del tipo π/2 + 2kπ che sono tutti punti di massimo,in particolare massimi assoluti perché f(x) < 0 = f(π/2 + 2kπ),non c’é minimo relativo perché lim_{x→0^{+}} f(x) = −∞.

(iv)la funzione noné derivabile per x = −3; la derivata vale 1 se x > −3 e −1 se x < −3;quindi non si annulla mai;non ho massimi o minimi relativi,maf(x) ≥ 0 = f(−3),quindi ho il massimo assoluto in x = −3.

Soluzione 7. La funzione é definita per tutti gli x ≠ 2,cioé il dominio é (−∞, 2) ∪ (2, ∞);é negativa in (−∞, −\sqrt{3}) ∪ (\sqrt{3}, 2) e positiva nei rimanenti intervalli del dominio;le intersezioni con gli assi sono i punti di coordinate (0, 3/2), (−\sqrt{3}, 0)e(\sqrt{3}, 0);si hanno due asintoti verticali per x = 2 e un asintoto obliquo di equazione y = x + 2;la derivata é f′(x) = \sqrt{x^{2} − 4x + 3}(x − 2)^{2},definita per x ≠ 2,essa si azzera in x = 1 e x = 3,dal segno deduciamo che il punto (1, 2) é un massimo e (3, 6) un minimo.