Corso di Laurea in Economia e Management
Appello del 27/1/2017 — Matematica per l’Economia
lettere E-Z, a.a. 2016–2017, compito A, prof. Gianluca Amato
Regole generali
Si svolga il primo esercizio e, a scelta dello studente, l’esercizio 2 o il 3. Nel caso
vengano svolti entrambi, verrà considerato ai fini del voto finale solo uno dei due (a
discrezione del docente). Si noti che:
• Tutte le risposte vanno opportunamente motivate.
• L’aver copiato anche un singolo esercizio causa l’annullamento di tutto il compito.
• È possibile utilizzare una calcolatrice.
• Non si possono adoperare libri o appunti.
• È assolutamente vietato l’utilizzo di un cellulare o altro strumento di telecomunicazione.
Testo della prova
1. (27 punti) Si consideri la funzione f : A ⊆ R → R data da f (x) = x −
√
x.
(a) Calcolare, se possibile, f (−1), f (0), f (1) ed f (2).
(b) Determinare l’insieme di definizione A della funzione f .
(c) Determinare i punti di frontiera di A e dire se A è aperto e/o chiuso.
(d) Calcolare i seguenti limiti, se possibile:
lim f (x)
x→+∞
lim f (x)
x→1
lim f (x)
x→−∞
(e) Determinare i punti di intersezione del grafico di f con gli assi.
(f) Determinare il segno di f (x) al variare di x.
(g) Determinare gli eventuali asintoti orizzontali e verticali della funzione f .
(h) Determinare gli eventuali asintoti obliqui della funzione f .
(i) Calcolare la derivata della funzione f .
(j) Determinare i punti di minimo e massimo relativo.
(k) Determinare i punti di minimo e massimo assoluto.
(l) Determinare l’insieme f (A) delle immagini di f .
(m) Calcolare la derivata seconda della funzione f .
(n) Determinare concavità, convessità e punti di flesso della funzione.
(o) Disegnare il grafico della funzione, evidenziando le intersezioni con gli assi,
i punti di massimo e minimo relativo e i punti di flesso.
(p) Determinare una primitiva di f .
(q) Determinare l’area compresa tra il grafico della funzione, l’asse delle ascisse
e le rette x = 0 ed x = 2.
2. (6 punti) Si calcolino i seguenti limiti:
lim
x→+∞ ex
ex − x
+ sin(x2 )
lim
x→1
3. (6 punti) Si consideri la seguente matrice:
2 −2
1
1
2
A=
3
2
1
x2 − 2x + 1
x2 + x − 2
1
2
−2
Calcolare la sua trasposta AT , e verificare che AT è anche l’inversa di A.
Soluzione compito A
1.
(a) f (−1) non è calcolabile perché sarebbe necessario estrarre la radice quadrata
di un numero
√ negativo. Gli altri√valori sono tutti calcolabili, e abbiamo
√
f (0) = 0 − 0 = 0, f (1) = 1 − 1 = 1 − 1 = 0 √
e infine f (2) = 2 − 2.
Notare che potete lasciare scritto f (2) come 2 − 2, non c’è bisogno che
lo approssimiate con un numero decimale!
(b) L’unica operazione problematica è la radice quadrata. La radice quadrata
è definita quando il suo argomento è maggiore o uguale a 0. Quindi, la
funzione f è definita per x ≥ 0. Dunque A = {x | x ≥ 0} o, volendo usare
la notazione con gli intervalli, A = [0, +∞).
(c) Siccome A è un intervallo, i punti di frontiera sono gli estremi (finiti) di A.
Dunque, in questo caso abbiamo un solo punto di frontiera, il numero 0.
Per definizione, un insieme è chiuso quando il suo complementare è aperto.
Il complementare di A è R \ A = (+∞, 0) che è un intervallo aperto perché
non comprende gli estremi. Dunque A è chiuso.
(d) Il limx→−∞ f (x) non esiste, in quanto −∞ non è punto di accumulazione
per l’insieme di definizione di f . Visto che f è continua, il limx→1 f (x) si
calcola facilmente per sostituzione e otteniamo limx→1 f (x) = f (1) = 0.
Per x → +∞, una semplice applicazione delle regole di calcolo dei limiti
ci restituisce una forma indeterminata:
√
√
lim f (x) = lim (x − x) = lim x − lim
x = +∞ − ∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x→+∞
Procediamo allora come segue:
√ x
=
lim f (x) = lim (x − x) = lim x 1 −
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
√ x
=
lim x · 1 − lim
= +∞ · (1 − 0) = +∞ ,
x→+∞
x→+∞ x
√
√
dove limx→+∞ xx = 0 perché x è un infinito di ordine superiore rispetto
√
a x per x → +∞.
(e) L’intersezione con l’asse delle ordinate è il punto di coordinate (0, f (0)),
ovvero O ≡ (0, 0). Per determinare l’intersezione con l’asse delle ascisse,
√
bisogna risolvere l’equazione f (x) = 0, ovvero x − x = 0. Infatti, se
f (x) = 0, allora (x, 0) è un punto di intersezione con l’asse delle ascisse.
Abbiamo:
(
(
√
√
x2 = x
x2 − x = 0
x − x = 0 ⇐⇒ x = x ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x≥0
x≥0
(
(
x(x − 1) = 0
x = 0 oppure x = 1
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x≥0
x≥0
⇐⇒ x = 0 oppure x = 1.
I punti di intersezione cercati sono quindi O ≡ (0, 0) e X ≡ (1, 0).
(f) Determinare il segno di f (x) al variare di x vuol dire determinare per
quali valori di x la f (x) è positiva e per quali è negativa. Non vuol dire
determinare se è pari e/o dispari, come invece alcuni di voi hanno fatto!
Per rispondere alla domanda, potremmo risolvere le disequazioni f (x) > 0
ed f (x) < 0, ma c’è un metodo più semplice.
Abbiamo già trovato i punti in cui f (x) = 0, ovvero x = 0 e x = 1. Siccome
f è continua, il suo valore non può cambiare di segno né nell’intervallo
(0, 1), né nell’intervallo (1, +∞). Pertanto, è sufficiente calcolare il valore
di f in un solo punto in questi intervalli per determinare il segno
p della
funzione su tutti i punti dell’intervallo.√ Siccome f (1/4) = 1/4 − 1/4 =
1/4 − 1/2 = −1/4 < 0 e f (4) = 4 − 4 = 4 − 2 = 2 > 0, abbiamo che
f (x) < 0 per x ∈ (0, 1) e f (x) > 0 per x ∈ (1, +∞).
(g) Siccome la f è continua, asintoti verticali possono esistere solo nei punti di
frontiera dell’insieme di definizione. Abbiamo visto che 0 è l’unico punto
di frontiera. Ma siccome limx→0 f (x) = 0 è un numero finito, f non ha
asintoti verticali per x → 0. Per quanto riguarda gli asintoti orizzontali,
abbiamo già visto che limx→+∞ f (x) = +∞. Questo vuol dire che f non
ha asintoti orizzontali per x → +∞. Siccome f non è definita per numeri
negativi, non può avere asintoti orizzontali per x → −∞.
(h) Per gli asintoti obliqui, occorre prima determinare, se esiste, il seguente
limite:
√
f (x)
x− x
m = lim
= lim
=
x→+∞
x→+∞
x
x
√ √
x
x
1−
= lim
= 1 − lim
= 1.
x→+∞
x→+∞ x
x
Siccome questo limite esiste, è finito, ed è diverso da zero, potrebbe esserci
un asintoto obliquo. Calcoliamo allora quest’altro limite:
q = lim (f (x) − mx) = lim (f (x) − x) =
x→+∞
x→+∞
√
√
= lim (x
− x − x)
= lim − x = −∞.
x→+∞
x→+∞
Siccome il limite esiste ma è infinito, non c’è un asintoto obliquo. Se q
fosse stato finito, allora ci sarebbe stato un asintoto obliquo di equazione
y = mx + q.
Siccome f è definita solo per numeri positivi, non ha senso cercare asintoti
obliqui per x → −∞.
√
√
1
(i) Per definizione f 0 (x) = D[f (x)] = D[x− x] = D[x]−D[ x] = 1− 2√
. Se
√
√ x
non ci si ricorda la derivata di x, niente paura, basta riscrivere x come
1
x 2 e utilizzare la formula standard per i polinomi, ovvro D[xα ] = αxα−1 .
√
1
1
1
1
Otteniamo allora: D[ x] = D[x 2 ] = 21 x 2 −1 = 21 x− 2 = 2√
.
x
(j) Per determinare i punti di minimo e massimo relativo, bisogna studiare
il segno della funzione f 0 (x). Risolviamo la disequazione f 0 (x) ≥ 0, e
otteniamo:
1
1
f 0 (x) ≥ 0 ⇐⇒ 1 − √ ≥ 0 ⇐⇒ 1 ≥ √ ⇐⇒
2 x
2 x
1
( √
(√
x ≥ 4
2 x≥1
x ≥ 12
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒ x 6= 0
x 6= 0
x 6= 0
x≥0
⇐⇒ x ≥
1
.
4
Dunque f 0 (x) ≥ 0 per x ≥ 41 , mentre f 0 (x) < 0 per x < 14 (o, più correttamente, per 0 < x < 41 , perché per x ≤ 0 la f 0 (x) non è definita). Ne
consegue che f (x) è crescente per x ≥ 41 e decrescente per 0 < x < 14 .
Possiamo visualizzare la situazione come segue:
&
%
f (x)
−
+
f 0 (x)
0
x
1
4
Si vede allora chiaramente che 41 è un punto di minimo relativo mentre 0
è un punto di massimo relativo.
(k) Siccome c’è un solo punto di minimo relativo (ovvero 1/4), e la funzione
f (x) → +∞ per x → +∞, allora 14 è anche punto di minimo assoluto.
Inoltre, proprio perché f (x) → +∞ per x → +∞, la funzione non ha un
massimo assoluto.
(l) Il punto di minimo assoluto è 41 , per il quale la funzione assume il valore
q
f 14 = 14 − 14 = 14 − 12 = − 14 . La funzione assume valore arbitrariamente
grandi perché limx→+∞ f (x) = +∞. Siccome è continua, assume tutti i
valori maggiori di − 14 . Dunque f (A) = [− 41 , +∞).
(m) Per definizione f 00 (x) = D[f 0 (x)] = D[1 −
− 21 D[x
−1
2
]=
− 12 (− 21 )x
−1
−1
2
=
−3
2
1
x
4
=
1
√
]
2 x
= D[1] −
1
D[ √1x ]
2
=
√1 .
4 x3
(n) Per determinare concavità, convessità e punti di flesso, bisogna studiare il
segno della funzione f 00 (x). È ovvio che f 00 (x) è sempre positiva per tutti
i valori di x > 0 (per x ≤ 0 non è definita). Quindi f è sempre convessa e
non ci sono punti di flesso.
(o) Ecco il grafico della funzione
0.6
0.4
0.2
0
O
X
−0.2
m
0
0.5
1
1.5
2
(p) Abbiamo
Z
Z
f (x) dx =
(x −
√
Z
Z
x dx −
x) dx =
x2
=
−
2
Z
√
x dx =
√
x2
x1/2+1
x2
2 x3
dx =
−
=
−
.
2
1/2 + 1
2
3
1/2
x
dove per comodità mettiamo tutte √
le costanti degli integrali indefiniti
2
3
uguali a zero. Dunque F (x) = x2 − 2 3x è una primitiva di f .
(q) Dai punti (f) ed (o) si vede che f (x) è positiva per 1 < x < 2 e negativa per
0 < x < 1. Per determinare l’area
R 1 in questione,
R 2 dobbiamo allora calcolare
separatamente i due integrali 0 −f (x) dx e 1 f (x) dx, e poi sommare i
risultati. Usando la primitiva calcolata al punto di prima, abbiamo:
1
Z
1
Z
−f (x) dx = −
0
1
Z
f (x) = −
0
(x −
√
x) dx =
0
√ #1
x2
2 x3
1
2
1
=−
−
=−
−
= ,
2
3
2
3
6
"
0
e inoltre
2
Z
2
Z
(x −
f (x) dx =
1
1
L’area cercata è quindi
1
6
√
√ #2
x2
2 x3
x) dx =
−
2
3
1
√ 2 8
1
= 2−
−
−
3
2
+2+
"
1
6
−
√
2 8
3
=2+
=
2
3
√
1−2 8
.
3
2
√
1
2 8
=2+ −
.
6
3
2. Per quanto riguarda il primo limite, si noti che sin(x ) è sempre limitato tra
−1 ed 1, quindi è un infinito di ordine inferiore di ex per x → +∞. Pertanto,
rimpiazzando numeratore e denominatore con l’infinito di ordine superiore, abbiamo
ex − x
ex
lim x
= lim x = lim 1 = 1.
2
x→+∞ e + sin(x )
x→+∞ e
x→+∞
Per il secondo limite, una semplice sostituzione ci restituisce una forma indeterminata 0/0. Si noti che x2 , 2x e gli altri termini che compaiono nel limite non
sono infinitesimi per x → 1. Pertanto, non possiamo risolvere il limite usando
le proprietà degli infinitesimi. Invece, dobbiamo scomporre numeratore e denominatore della frazione in prodotti di polinomi di grado più piccolo. Siccome
sia numeratore che denominatore si azzerano per x = 1, sappiamo che entrambi
sono divisibili per x − 1. Applicando Ruffini, o altri metodi analoghi, otteniamo
x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 e x2 + x − 2 = (x − 1)(x + 2). Pertanto:
lim
x→1
(x − 1)2
x2 − 2x + 1
x−1
= lim
= lim
= 0/3 = 0.
2
x→1
x→1 x + 2
x +x−2
(x − 1)(x + 2)
3. La trasposta si ottiene scambiando le righe con le colonne. Otteniamo allora:
2
1
A = 1
3
2
T
−2
2
1
T
1
2
1
2 = 1
3
−2
2
−2
2
1
T
1
2
2 = −2
−2
1
1
2
2
2
1 .
−2
Per mostrare che AT è l’inversa di A NON BISOGNA calcolare A−1 , cosa molto
più complessa e che non abbiamo neanche spiegato a lezione! È sufficiente
mostrare che AT ha le proprietà che dovrebbe avere se fosse l’inversa, ovvero
che AAT è la matrice identica. Abbiamo
2 −2
1
2
1
2
1
T
1
2
2 −2 2
1
AA =
9
2
1
−2
1
2 −2
che, con un po’ di conti, si vede essere proprio la matrice identica I.
Corso di Laurea in Economia e Management
Appello del 27/1/2017 — Matematica per l’Economia
lettere E-Z, a.a. 2016–2017, compito B, prof. Gianluca Amato
Regole generali
Si svolga il primo esercizio e, a scelta dello studente, l’esercizio 2 o il 3. Nel caso
vengano svolti entrambi, verrà considerato ai fini del voto finale solo uno dei due (a
discrezione del docente). Si noti che:
• Tutte le risposte vanno opportunamente motivate.
• L’aver copiato anche un singolo esercizio causa l’annullamento di tutto il compito.
• È possibile utilizzare una calcolatrice.
• Non si possono adoperare libri o appunti.
• È assolutamente vietato l’utilizzo di un cellulare o altro strumento di telecomunicazione.
Testo della prova
1. (27 punti) Si consideri la funzione f : A ⊆ R → R data da f (x) = x log x e si
tenga conto del limite notevole limx→0 x log x = 0.
(a) Calcolare, se possibile, f (−1), f (0), f (1) ed f (2).
(b) Determinare l’insieme di definizione A della funzione f .
(c) Determinare i punti di frontiera di A e dire se A è aperto e/o chiuso.
(d) Calcolare i seguenti limiti, se possibile:
lim f (x)
x→+∞
lim f (x)
x→1
lim f (x)
x→−∞
(e) Determinare i punti di intersezione del grafico di f con gli assi.
(f) Determinare il segno di f (x) al variare di x.
(g) Determinare gli eventuali asintoti orizzontali e verticali della funzione f .
(h) Determinare gli eventuali asintoti obliqui della funzione f .
(i) Calcolare la derivata della funzione f .
(j) Determinare i punti di minimo e massimo relativo.
(k) Determinare i punti di minimo e massimo assoluto.
(l) Determinare l’insieme f (A) delle immagini di f .
(m) Calcolare la derivata seconda della funzione f .
(n) Determinare concavità, convessità e punti di flesso della funzione.
(o) Disegnare il grafico della funzione, evidenziando le intersezioni con gli assi,
i punti di massimo e minimo relativo e i punti di flesso.
(p) Verificare che
x2 log x
2
−
x2
4
è una primitiva di f .
(q) Determinare l’area compresa tra il grafico della funzione, l’asse delle ascisse
e le rette x = 0 ed x = 2.
2. (6 punti) Si risolvano le seguenti disequazioni:
ex >
1
ex
x+1
√ ≥1
x
3. (6 punti) Si consideri la seguente matrice:
√
1
3 √1
A=
3
−1
2
Calcolare la sua trasposta AT , e verificare che AT è anche l’inversa di A.
Soluzione del compito B
1.
(a) f (1) e f (0) non si possono calcolare perché l’argomento del logaritmo deve
essere strettamente maggiore di 0. Invece abbiamo f (1) = 1 log 1 = 1 · 0 =
0 e f (2) = 2 log 2 (quest’ultimo può rimanere così, non c’è bisogno di
scriverne una approssimazione decimale).
(b) L’unica operazione problematica è il logaritmo. Sappiamo che l’argomento
del logaritmo deve essere un numero strettamente maggiore di 0. Quindi
la funzione è definita per x > 0, ovvero A = (0, +∞).
(c) Essendo A un intervallo, i punti di frontiera sono i suoi estremi finiti. In
questo caso abbiamo un solo punto di frontiera, lo 0. L’intervallo è aperto
perché non contiene i suoi estremi.
(d) Il limite per x → −∞ non si può calcolare perché −∞ non è punto
di accumulazione dell’insieme di definizione A di f . Per x → 1, essendo f continua, si ha limx→1 f (x) = f (1) = 0. Per x → +∞ una
semplice applicazione delle proprietà dei limiti ci da limx→+∞ x log x =
(limx→+∞ x)(limx→+∞ log x) = +∞ · +∞ = +∞.
(e) f non ha intersezione con l’asse delle ordinate perché f (0) non esiste.
Per determinare l’intersezione con l’asse delle ascisse, si risolve l’equazione
f (x) = 0. Abbiamo che x log x = 0 esattamente quando log x = 0 (il caso
x = 0 non va bene perché f (0) non è definita). Naturalmente log x = 0
solo quando x = 1. Per cui abbaiamo una intersezione con l’asse delle
ascisse nel punto di coordinate X ≡ (1, 0).
(f) Siccome f è continua e si annulla solo in 0, per determinare il segno di
f (x) basta provare con un valore di x > 1 e un valore di x < 1 (più
precisamente 0 < x < 1, altrimenti usciamo dall’insieme di definizione di
f ). Infatti, il segno di f non cambia nei due intervalli (0, 1) e (1, +∞).
Per x = e > 1 abbiamo f (e) = e log e = e > 0 mentre per x = 1/e < 1
abbiamo f (1/e) = 1/e log(1/e) = 1/e log e−1 = −1/e < 0. Ne segue che
f (x) < 0 per 0 < x < 1 ed f (x) > 0 per x > 1.
(g) Gli asintoti verticali di f (x), se ci sono, sono in corrispondenza dei punti
di frontiera di A. Il testo dell’esercizio ci dice che limx→0 x log x = 0 (se si
prova a risolverlo direttamente viene una forma indeterminata). Dunque
non ci sono asintoti verticali.
Per determinare eventuali asintoti orizzontali calcoliamo limx→+∞ f (x) che
sappiamo già essere +∞. Non esistono pertanto asintoti orizzontali per
x → +∞. Visto che la funzione non è definita per valori di x negativi, non
ci sono sicuramente asintoti orizzontali per x → −∞.
(h) Per determinare eventuali asintoti obliqui, calcoliamo m = limx→+∞ f (x)/x.
Viene
f (x)
m = lim
= lim log x = +∞.
x→+∞
x→+∞
x
Dunque non ci sono asintoti obliqui per x → +∞. Visto che la funzione
non è definita per valori di x negativi, non ci sono sicuramente asintoti
obliqui per x → −∞.
(i) Per definizione, si ha f 0 (x) = D[f (x)] = D[x log x] = xD[log x]+D[x] log x =
x/x + log x = 1 + log x.
(j) Per determinare i punti di minimo e massimo relativo, occorre studiare il
segno della funzione f 0 (x). Risolviamo allora la disequazione f 0 (x) ≥ 0.
Abbiamo:
f 0 (x) ≥ 0 ⇐⇒ 1 + log x ≥ 0 ⇐⇒ log x ≥ −1
Qualcuno nel compito ha concluso che questa è sempre vera perché log x
è sempre positivo. Niente di più falso!!!! È l’argomento di log x che deve
essere positivo, altrimenti log x non esiste, ma il risultato di log x può essere
negativo. Basta pensare al grafico della funzione logaritmo, che è negativo
per x < 1.
Le soluzioni di log x ≥ −1 sono le stesse della disequazione che si ottiene
ponendo e elevato al primo membro maggiore o uguale di e elevato al
secondo membro. Ovvero:
log x ≥ −1 ⇐⇒ elog x ≥ e−1 ⇔ x ≥ 1/e.
(k)
(l)
(m)
(n)
(o)
Dunque f 0 (x) ≥ 0 per x ≥ 1/e, ed ovviamente sarà f 0 (x) < 0 per 0 < x <
1/e. Questo, a sua volta, vorrà dire che f (x) è crescente per x ≥ 1/e e
decrescente per x < 1/e. Pertanto 1/e è punto di minimo locale. Notare
che 0 non è punto di massimo locale, perché f non è definita in 0.
Poiché 1/e è l’unico punto di minimo locale, e la funzione cresce quando ci
allontaniamo da 1/e, si ha che 1/e è anche punto di minimo assoluto. La
funzione non ha massimo assoluto perché f (x) → +∞ quando x → +∞.
Nel punto di minimo assoluto, la funzione assume il valore f (1/e) =
1/e log(1/e) = 1/e log(e−1 ) = −1/e. Siccome f (x) → +∞ quando x →
+∞, la funzione assume valori grandi a piacere. Essendo f continua, abbiamo che f (x) assume tutti i valori maggiori o uguali di −1/e, ovvero
f (A) = [−1/e, +∞).
Per definizione f 00 (x) = D[f 0 (x)] = D[1 + log x] = D[1] + D[log x] = 1/x.
Per determinare concavità, convessità e punti di flesso bisogna studiare il
segno di f 00 (x). È ovvio che per i valori in cui f (x) è definita, ovvero x > 0,
si ha f 00 (x) = 1/x > 0. Dunque f (x) è sempre convessa e non ci sono punti
di flesso.
Ecco il grafico della funzione:
1.5
1
0.5
0
X
m
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2
2
x
− x4 è una primitiva di f NON È
(p) Per determinare se F (x) = x log
2
NECESSARIO calcolare l’integrale indefinito di f , che è una operazione
complessa che richiede di utilizzare il metodo di integrazione per parti che
non abbia neanche spiegato a lezione. Invece, bisogna semplicemente usare
la definizione di primitiva: F è una primitiva di f se la derivata di F è f .
Abbiamo
2
x log(x)
x2
1
1
F 0 (x) = D
−
= D[x2 log x] − D[x2 ] =
2
4
2
4
1
1
1
1
1
= (D[x2 ] log x + x2 D[log x]) − 2x = (2x log x + x2 ) − x =
2
4
2
x
2
1
1
= x log x + x − x = x log x.
2
2
Siccome otteniamo proprio f (x), allora F (x) è una primitiva di f (x).
(q) Dal grafico della funzione, oltre che dal punto (f) di questo esercizio, sappiamo che f (x) è positiva per x > 1 e negativa per 0 < x < 1. Per
calcolare
l’areaRin questione, allora, dobbiamo determinare separatamente
R1
2
−f (x) dx e 1 f (x) dx e sommare i due risultati. Sappiamo già qual è
0
la primitiva di f (x), pertanto:
1
Z
1
Z
f (x) dx = −
0
e
Z
2
0
f (x) dx =
1
f (x) dx = −
x2 log x
x2
−
2
4
x2 log x
x2
−
2
4
1
= 1/4
0
2
= (2 log 2 − 1) − (0 − 1/4) = 2 log 2 − 3/4.
1
Sommando i due valori abbiamo che l’area complessiva è 2 log 2 − 1/2.
R1
In realtà abbiamo un po’ barato. Nel determinare 0 f (x) dx abbiamo
h
i
R1
2
2 1
x
scritto 0 f (x) dx = x log
− x4
ma il valore al secondo membro non
2
0
si potrebbe calcolare, perché log x non è definito per x = 0. Il modo
corretto di scrivere questi passaggi (ma nel compito andava bene anche la
formulazione “abbreviata” di sopra) è questa:
1
Z
f (x) dx = lim
0
→0+
x2
x2 log x
−
2
4
1
=
= lim
→0+
−
1
−
4
2 log 2
−
2
4
.
Ricordando che limx→0 x log x = 0, si verifica che questo limite è −1/4.
2. Per la prima disequazione, prendendo il logaritmo di entrambi i membri otteniamo:
ex >
1
1
⇔ log ex > log x ⇔ x > log e−x ⇔ x > −x ⇔ 2x > 0 ⇔ x > 0
ex
e
Per la seconda, abbiamo
x+1
√ ≥ 1 ⇐⇒
x
(
x+1≥
x 6= 0
√
(x + 1)2 ≥ x
x 6= 0
⇐⇒
x+1≥0
x≥0
x
(
⇐⇒
x2 + 2x + 1 ≥ x
x>0
⇐⇒
(
x2 + x + 1 ≥ 0
⇐⇒
x>0
Consideriamo la disequazione x2 + x + 1 ≥ 0. L’equazione associata (ovvero
x2 + x + 1 = 0) ha discriminante ∆ = 1 − 4 = −3 < 0. Dunque, poiché il segno
del termine di II grado è concorde con il segno della disequazione, si ha che la
disequazione è sempre verificata. Quindi
(
x2 + x + 1 ≥ 0
⇐⇒ x > 0.
x>0
La disequazione è quindi verificata per tutti gli x > 0.
3. La trasposta di una matrice si ottiene invertendo le righe con le colonne. Abbiamo dunque:
√
1
3
A =
−1
2
T
√1
3
T
1
=
2
√
3
−1
√1
3
T
1
=
2
√
3
1
−1
√
3
Per mostrare che AT è l’inversa di A NON BISOGNA calcolare A−1 , cosa molto
più complessa e che non abbiamo neanche spiegato a lezione! È sufficiente
mostrare che AT ha le proprietà che dovrebbe avere se fosse l’inversa, ovvero
che AAT è la matrice identica. Abbiamo
√
√
√
√
1
1
1
3 √1
3 √
−1
3 √1
3 √
−1
=
AAT =
−1
3
1
3
−1
3
1
3
2
2
4
che dopo qualche calcolo si vede essere proprio uguale alla matrice identica I.
