Facolt`a di Agraria - Server users.dimi.uniud.it

Facoltà di Agraria
Voto
Prova scritta di Matematica del 17/12/2003
Versione 2
A.A. 2003-2004
Istruzioni: scrivere la risposta nel riquadro a fianco dell’esercizio ed allegare lo svolgimento
completo. Apporre nome, cognome e numero di matricola su ogni foglio. Prima della consegna
indicare nell’apposito spazio il numero totale di fogli di cui è composto l’elaborato.
Cognome
Nome
no. fogli (compreso questo)
N. Matricola
1. (6 punti) Risolvere la disequazione
√
3x + 1 ≥ |x − 1|
[0, 5]
2. (9 punti) Data la funzione
f (x) = e4x−x
2
1. R;
1. determinare il dominio;
2.
2. calcolare i limiti agli estremi degli intervalli di
cui è costituito il dominio;
3. f 0 (x) = 2(2 − x) e4x−x .
3. determinare in quali intervalli la funzione è
crescente e in quali decrescente;
lim f (x) = lim f (x) = 0.
x→−∞
x→+∞
2
f è crescente in ] − ∞, 2] e decrescente in
[2, +∞].
2
4. determinare in quali intervalli la funzione è
concava e in quali convessa;
4. f 00 (x) = 2(2x2 − 8x + 7) e4x−x .
√
f è convessa
in ] − ∞, 2 − 2/2] e concava in
√
[2 + 2/2, +∞].
5. scrivere l’equazione della
retta
¡
¢ tangente al
grafico di f nel punto 0, f (0) ;
5. y = 1 + 4x.
6. disegnare un grafico approssimativo di f
e della retta tangente precedentemente
individuata.
f(x)
2
x
2
Matematica, 17/12/2003
v2
3. (8 punti) Si consideri la funzione f : R → f (R)
con legge
½
1 + 6x se x < 0
f (x) =
3 ex +a se x ≥ 0
dove a è un parametro reale.
1. Dire per quali valori di a la funzione è
invertibile;
2. dire se per a = 1 la funzione è invertibile
e, in caso affermativo, determinare dominio,
codominio e legge della funzione inversa;
3. determinare per quali valori di a, se ne
esistono, la funzione è continua in ogni punto;
4. determinare per quali valori di a, se ne
esistono, f è derivabile in ogni punto.
1. a ≥ −2;
2. Per a = 1 la funzione è invertibile e si ha
f −1 :] − ∞, 1[∪[4, +∞[→ R con legge


 y−1
se y < 1
−1
6
f (y) =
y
−
1

 log
se y ≥ 4
3
3. a = −2
4. non esistono
4. (7 punti) Dati i problemi di Cauchy
(
1)
y 0 (t) = ty(t)6
y(0) = 1,
(
2)
y 0 (t) = ty(t)6
y(0) = 0,
1. dire se la funzione y(t) =
soluzione del problema 1);
√
6
2t + 1 è una
2. determinare una soluzione del problema 1),
nel caso in cui non lo sia già la funzione di cui
al punto precedente, ed eseguire la verifica;
3. esibire una soluzione del problema 2).
1. no
1
2. y(t) = q
5
1−
5t2
2
,
3. y(t) = 0 per ogni t
t ∈] −
p
2/5,
p
2/5[
3
Svolgimento completo
1
Osserviamo anzitutto che, affinchè la radice che compare nella disequazione abbia senso occorre che
3x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1/3.
Poiché ambo i membri dell’equazione sono non negativi, allora elevandoli al quadrato si ottiene la
disequazione equivalente
3x + 1 ≥ (x − 1)2 ⇐⇒ 3x + 1 ≥ x2 − 2x + 1 ⇐⇒ x2 − 5x ≤ 0 ⇐⇒ x(x − 5) ≤ 0 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 5
L’insieme delle soluzioni della disequazione è quindi S = [0, 5].
2
1. Il dominio è R.
2. Raccogliendo x all’esponente si scopre che
lim f (x) = lim f (x) = 0.
x→−∞
x→+∞
3. Calcoliamo la derivata di f utilizzando la formula di derivazione delle funzioni composte. Si ha
f 0 (x) = 2(2 − x) e4x−x
sichhé
2
f 0 (x) ≥ 0 ⇐⇒ 2 − x ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ 2
Quindi f risulta crescente in ] − ∞, 2] e decrescente in [2, +∞]. Si ha inoltre f (2) = e4 .
4. Calcoliamo la derivata seconda di f utilizzando la formula di derivazione del prodotto. Si ha
2
f 00 (x) = 2(2x2 − 8x + 7) e4x−x
e quindi si ha
√
√
2
2
f (x) ≥ 0 ⇐⇒ 2x − 8x + 7 ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ 2 −
oppure x ≥ 2 +
2
2
√
√
Quindi f risulta convessa in ] − ∞, 2 − 2/2] e concava in [2 + 2/2, +∞].
00
2
5. L’equazione della retta tangente è y = f (0) + f 0 (0)x. D’altra parte
f (0) = 1,
f 0 (0) = 6
quindi l’equazione della retta tangente diviene
y = 1 + 4x.
6. Un grafico approssimativo di f è il seguente.
f(x)
2
x
4
Matematica, 17/12/2003
v2
3
1. Conviene distinguere alcuni casi (vedi figura):
y
a>-2
a=-2
a<-2
1
x
Come si vede, la funzione risulta iniettiva, e quindi invertibile, per ogni a ≥ −2.
2. Per a = 1 la funzione è invertibile. Per determinare la legge della funzione inversa occorre risolvere le
equazioni
y = 1 + 6x per x < 0
e
y = 3 ex +1 per x ≥ 0.
Avendosi
y = 1 + 6x per x < 0 ⇐⇒ x =
e
y = 3 ex +1 per x ≥ 0
y−1
y−1
y−1
per
< 0 ⇐⇒ x =
per y < 1
6
6
6
y−1
y−1
y−1
per x ≥ 0 ⇐⇒ x = log
per log
≥0
3
3
3
y−1
y−1
y−1
⇐⇒ x = log
per
≥ 1 ⇐⇒ x = log
per y ≥ 4
3
3
3
⇐⇒ ex =
allora f −1 :] − ∞, 1[∪[4, +∞[→ R con legge
f
−1



y−1
6
(y) =
y−1

 log
3
se y < 1
se y ≥ 4
3. Per come è definita, la funzione è continua per ogni x 6= 0 qualunque sia a. Per decidere per quali valori
di a risulta continua anche nel punto x = 0 occorre calcolare (se esiste) il lim f (x) e confrontarlo con f (0).
x→0
Poiché
lim f (x) = lim+ 3 ex +a = 3 + a
x→0+
x→0
mentre
lim f (x) = lim 1 + 6x = 1 ∀ a ∈ R,
x→0−
x→0−
allora il limite per x → 0 esiste ed è uguale a f (0) = 3 + a per ogni a ∈ R tale che 3 + a = 1, cioè a = −2 e
pertanto f è continua in tutti i punti di R solo per a = −2.
5
4. Possiamo restrigerci a considerare solo il caso a = −2 perchè per a 6= −2 la f non essendo continua nel
punto x = 0 non è neppure derivabile. Sia dunque a = −2. Per come è definita, la funzione è derivabile per
ogni x 6= 0 con derivata
(
6
se x < 0
0
f (x) =
3 ex se x > 0
e si ha
lim f 0 (x) = lim− 6 = 6,
x→0−
mentre
x→0
lim f 0 (x) = lim+ 3 ex = 3,
x→0+
x→0
pertanto f non è derivabile nel punto x = 0 e quindi nmon esiste alcun valore di a tale che f sia derivabile
in tutti i punti di R.
4
1. La funzione data y(t) =
perché
√
6
2t + 1 soddisfa la condizione iniziale y(0) = 1 ma non l’equazione differenziale
y 0 (t) =
mentre
1
(2t − 1)−5/6
3
ty(t)6 = 2t2 − t,
quindi non è soluzione.
2. Scrivendo l’equazione nella forma
dy
= ty 6
dt
e separando le variabili si ottiene
dy
= t dt,
y6
quindi, integrando rispetto a y a primo membro e rispetto a t al secondo, si ha (cambiando opportunamente
nome alle variabili rispetto a cui si integra)
Z
1
y
dz
=
z6
Z
t
x dx.
0
Poiché una primitiva di z −6 è −z −5 /5 e una primitiva di x è z 2 /2 allora si ottiene
h
iy
− z −5 /5
1
h
it
= x2 /2
0
che equivale a
−
1
t2
1
+
=
5y 5
5
2
⇐⇒
1
5t2
=
1
−
y5
2
Verifichiamo che
y(t) = (1 −
è una soluzione del problema. Infatti
5t2 −1/5
)
,
2
1
⇐⇒ y = r
5
t ∈] −
p
1−
2/5,
5t2
2
= (1 −
5t2 −1/5
)
2
p
2/5[
y(0) = 1−1/5 = 1,
quindi la condizione iniziale è soddisfatta. Inoltre, per la formula di derivazione delle funzioni composte,
1
5t2 −6/5
5t2 −6/5
y 0 (t) = − (1 −
)
(−5t) = (1 −
)
t
5
2
2
6
Matematica, 17/12/2003
mentre
ty 6 (t) = t(1 −
e quindi è soddisfatta anche l’equazione differenziale.
3. Una soluzione è y(t) = 0 per ogni t ∈ R.
5t2 −6/5
)
2
v2