CAM - Analisi Uno, a.a. 2003/04

Comm. Prof. Mario Girardi

Prova di Esonero del 16 aprile 2004 [Soluzioni]

ESERCIZIO 1 Determinare per quali valori dei parametri reali a e b la seguente funzione è continua e per quali valori è derivabile

f(x) := \begin{cases}a + bx & x ≤ 0, \\ e^{3x} − 1 & x > 0. \end{cases}

Soluzione f è continua se e solo se a = 0, con b qualsiasi. f è derivabile se e solo se a = 0 e b = 3.

La funzione è continua tutta la retta meno l’origine per ogni parametro a e b; per la continuità di f in 0 si deve avere

lim_{x→0^{−}} f(x) = lim_{x→0^{+}} f(x) = f(0).

Eseguendo i calcoli, si ottiene

lim_{x→0^{−}} f(x) = a, lim_{x→0^{+}} f(x) = 0, f(0) = a.

Quindi, la funzione è continua se e solo se a = 0, con b qualsiasi. Ricordiamo che se una funzione reale è derivabile allora è continua, quindi occorre studiare la derivabilità della funzione

f(x) := \begin{cases}bx & x ≤ 0, \\ e^{3x} − 1 & x > 0, \end{cases}

i.e. trovare i valori di b per i quali si abbia

lim_{h→0^{−}} \frac{f(h) − f(0)}{h} = lim_{h→0^{+}} \frac{f(h) − f(0)}{h}.

dove f(0) = 0. Si ha

lim_{h→0^{−}} \frac{f(h) − f(0)}{h} = lim_{h→0^{−}} \frac{bh}{h} = b, lim_{h→0^{+}} \frac{f(h) − f(0)}{h} = lim_{h→0^{+}} \frac{e^{3h} − 1}{h} = 3.

Pertanto, la funzione f è derivabile se e solo se a = 0 e b = 3.

ESERCIZIO 2 Sia data la funzione f(x) := \frac{1 − 2x}{x − 1}e^{x}. Determinarne insieme di definizione, parità e disparità, segno, limiti ed asintoti, intervalli di monotonia, estremi relativi ed assoluti. Infine, disegnarne un grafico approssimativo.

Soluzione La funzione f è definita per ogni x diverso da 1. f non è né pari né dispari. Osserviamo che e^{x} è sempre positivo, quindi il segno di f è dato dal segno del termine \frac{1−2x}{x−1}:

\frac{1 − 2x}{x − 1} ≥ 0 ∀x ∈ [\frac{1}{2}, 1) .

Si ha

lim_{x→1^{+}} f(x) = −∞, lim_{x→1^{−}} f(x) = +∞, lim_{x→−∞} f(x) = 0, lim_{x→+∞} f(x) = −∞.

Non c’è asintoto obliquo a +∞. La derivata prima è data da

f′(x) = \frac{1}{(x − 1)^{2}} e^{x} + \frac{1 − 2x}{x − 1}e^{x} = \frac{3x − 2x^{2}}{(x − 1)^{2}} e^{x}.

Si ha f′(x) = 0 se x = 0 e x = \frac{3}{2}. Studiando il segno di f′(x), si vede che f è crescente in (0, 1) ∩ (1, \frac{3}{2}), decrescente altrimenti. Da cui, 0 è un minimo relativo, \frac{3}{2} è un massimo relativo.

ESERCIZIO 3 Calcolare i seguenti integrali.

A) ∫ \frac{2x + 1}{x^{2} − 3x + 2} dx; B) ∫ \frac{x}{cos x + 1} dx.

Soluzione (A) −3 ln (|x − 1|) + 5 ln (|x − 2|) + c, (B) x tan (\frac{x}{2}) + 2 ln (| cos (\frac{x}{2})|) + c.

Per il primo integrale, scriviamo

\frac{2x + 1}{x^{2} − 3x + 2} = \frac{2x + 1}{(x − 1)(x − 2)} = \frac{A}{x − 1} + \frac{B}{x − 2}.

Segue A = −3 e B = 5; da cui

∫ \frac{2x + 1}{x^{2} − 3x + 2} dx = ∫ (\frac{−3}{x − 1} + \frac{5}{x − 2}) dx = −3 ln (|x − 1|) + 5 ln (|x − 2|) + c.

Per il secondo integrale, verifichiamo che ∫ \frac{1}{cos x + 1} dx = tan (\frac{x}{2}).

È sufficiente effettuare la sostituzione(^{1}) t = tan (\frac{x}{2}); si ha:

∫ \frac{1}{cos x + 1} dx = ∫ \frac{2}{1 + t^{2}} \frac{1}{1 + \frac{1−t^{2}}{1+t^{2}}} dt = ∫ dt = tan (\frac{x}{2}) .

A questo punto, integrando per parti

∫ \frac{x}{cos x + 1} dx = x tan (\frac{x}{2}) − ∫ tan (\frac{x}{2}) dx = x tan (\frac{x}{2}) + 2 ln (| cos (\frac{x}{2})|) + c.

ESERCIZIO 4 Calcolare le dimensioni (altezza e lunghezza) del rettangolo di area massima inscritto in una semicirconferenza di raggio 2.

Soluzione L’area ha un valore massimo quando la lunghezza del rettangolo è 2\sqrt{2} e l’altezza è \sqrt{2}.

Per descrivere le dimensioni del rettangolo, collochiamo la circonferenza C e il rettangolo nel piano cartesiano, scegliendo come centro di C l’origine degli assi.

Indichiamo con x il vertice inferiore destro ed usiamo l’equazione di C : x^{2} + y^{2} = 4. Si ha:

• lunghezza: 2x;

• altezza: \sqrt{4 − x^{2}};

• area: 2x\sqrt{4 − x^{2}}.

Pertanto, dobbiamo trovare il massimo assoluto della funzione A(x) = 2x\sqrt{4 − x^{2}}. nell’intervallo 0 ≤ x ≤ 2. Esaminiamo i valori di A nei punti critici e negli estremi del dominio. La derivata è data da

A′(x) = \frac{−2x^{2}}{\sqrt{4 − x^{2}}} + 2\sqrt{4 − x^{2}}.

A′(x) non e‘ definita quando x = 2 e si annulla per x = \sqrt{2} e x = −\sqrt{2}. Nel nostro intervallo, 0 ≤ x ≤ 2, si ha • valori nei punti critici: A(\sqrt{2}) = 4 e A(2) = 0;

1Si può vedere anche direttamente usando cos x = cos^{2}( \frac{x}{2} ) − sin^{2}( \frac{x}{2} ).

• valori negli estremi del dominio: A(0) = 0 e A(2) = 0.

Quindi, l’area ha un valore massimo 4 quando la lunghezza del rettangolo è 2\sqrt{2} e l’altezza è \sqrt{2}.

ESERCIZIO 5 A) Dare le definizioni di funzione derivabile in un punto x_{0} e di funzione convessa in un intervallo I della retta reale; enunciare una condizione necessaria e sufficiente di convessità per le funzioni derivabili due volte in un intervallo I. B) Enunciare il “Teorema di Rolle” e darne una dimostrazione.

Definizione 1. Siano I un intervallo, f : I → ℝ una funzione e x_{0} un punto di I. Diciamo che f è derivabile in x_{0} se il limite

lim_{x→x_{0}} \frac{f(x) − f(x_{0})}{x − x_{0}}  (1)

esiste ed è finito. In questo caso, il limite (1) si chiama derivata di f in x_{0} e si indica con il simbolo f′(x_{0}.

Definizione 2. Siano I un intervallo e f : I → ℝ una funzione assegnata. Diciamo che f è convessa quando per ogni x, y ∈ I verificanti x < y e per ogni t ∈ (0, 1) si ha

f(x + t(x − y)) ≤ f(x) + t(f(x) − f(y)).

Proposizione 1. Sia f una funzione derivabile due volte nell’intervallo I. Allora f è convessa se e solo se f′′ è non negativa.

Teorema di Rolle 2. Sia f : [a, b] → ℝ verificante le condizioni seguenti: f è derivabile in (a, b); f è continua nei punti a e b; f(a) = f(b). Allora esiste almeno un punto ξ ∈ (a, b) tale che f′(ξ) = 0.

Se f è costante, la tesi è ovvia. Supponiamo dunque f non costante. Dalle ipotesi, segue l’applicabilità del Teorema di Weierstrass, che fornisce un punto di minimo x_{1} e un punto di massimo x_{2} in [a, b]. Se x_{1} è interno all’intervallo, scegliamo ξ = x_{1} ed abbiamo la tesi(^{2}). In caso contrario prendiamo ξ = x_{2} ed abbiamo la tesi, osservando che: se anche x_{2} fosse un estremo, avremmo dalle ipotesi f(x_{1}) = f(x_{2}), cioè min f = max f, e f sarebbe costante.

2Ricordiamo che, data f derivabile in un intervallo I, se x_{0} è un estremo relativo per f ed è un punto interno ad I, allora x_{0} è un punto stazionario per f.