Equazioni e disequazioni polinomiali

Equazioni e disequazioni polinomiali
Esercizio 1. Risolvere la seguente equazione: 3x2 − 5x + 1 = 0.
Svolgimento. Poiché il discriminante è positivo esistono due soluzioni distinte. Applicando la formula per
le equazioni di secondo grado si trova immediatamente che tali soluzioni sono
√
√
5 + 13
5 − 13
x1 =
e x2 =
.
6
6
q
^
Esercizio 2. Risolvere le seguenti equazioni:
(i) x2 − 10x + 25 = 0 ;
(ii) x2 + 10x + 25 = 0 ;
(iii) x2 − 10x − 25 = 0 ;
(iv) x2 + 10x + 26 = 0 .
Esercizio 3. Risolvere la seguente equazione: x8 − 2x4 + 1 = 0 .
Svolgimento. Ponendo t = x4 e sostituendo si ottiene l’equazione t2 −2t+1 = 0, che ha l’unica soluzione
t = 1. Pertanto le soluzioni dell’equazione originaria sono date dalle soluzioni di x4 = 1, che equivale a
√
q
^
|x| = 4 1 = 1; pertanto le soluzini sono x ± 1.
Esercizio 4. Risolvere l’equazione
−3x2 − x + 2
=0.
x
−3x2 − x + 2
Svolgimento. L’espressione
è definita solo quando il denominatore è diverso da zero; bisox
gna dunque imporre la condizione x 6= 0. L’espressione si annulla quando si annulla il numeratore, cioè
q
^
per x = 32 e x = −1. Questi valori di x sono compatibili con le condizioni di esistenza imposte.
Esercizio 5. Risolvere le seguenti equazioni:
√
3
(i) 5x3 − 675x2 + 45x − 5 · 3 2 = 0 ;
(ii) x3 + 8 = 0 ;
(iii) (2x2 − 5)(x2 − 7x + 1) = 0 ;
(iv) x1 0 − 2x5 + 1 = 0 ;
(v)
−3x2 − x + 2
=0;
|x|
(vi)
3x2 − x + 4
√
=0;
x2 + 20x + 5
x2 − 4x + 4
=0;
x2 − 5x + 6
√
(viii) x + 5 = 0 .
(vii)
Esercizio 6. Risolvere la seguente disequazione: x2 + 3 ≥ 4x + 2 .
1
Figura 1: Grafico di p(x) = x2 − 4x + 1 (esercizio 6) con evidenziata la sua parte ≥ 0
Figura 2: Grafico di f (x) = x2 + 3, grafico di g(x) = 4x + 2 e area in cui f (x) ≥ g(x)
2
Svolgimento. Riscriviamo la disequazione data nella forma x2 − 4x + 1 ≥ 0. Troviamo innanzitutto le
radici del polinomio p(x) = x2 − 4x + 1 (ossia le soluzioni di√
x2 − 4x + 1 = √
0): la solita formula per le
equazioni di secondo grado ci fornisce le soluzioni x1 = 2 − 3 e x2 = 2 + 3. Poiché il coefficiente
direttore di p(x) è positivo, si ha che p(x) ≥ 0 per valori di x “esterni” alle due radici trovate, cioè x ≤ x1
e x ≥ x2 , o, equivalentemente, per x ∈ (−∞, x1 ] ∪ [x2 , +∞). Notare la rappresentazione grafica
delle soluzioni trovate: in figura 1 è designato il polinomio le cui radici abbiamo calcolato per risolvere
l’esercizio, mentre in figura 2 sono rappresentate le due funzioni date nel testo dell’esercizio. Poiché quello
che ci interessa sono i valori di x che soddisfano la disequazione le due immagini rappresentano solo due
q
modi diversi di vedere la soluzione.
^
Esercizio 7. Risolvere la disequazione
x2 − 7x + 12
≥0.
x+2
Svolgimento. Per prima cosa imponiamo la condizione di esistenza x 6= −2. Dopodiché studiamo separatamente numeratore e denominatore.
x2 − 7x + 12 ≥ 0 quando x ≤ 3 e x ≥ 4, mentre x + 2 > 0 quando x > −2. Possiamo rappresentare
graficamente gli intervalli di positività come segue (linea continua = positivo, linea tratteggiata = negativo):
3
-2
4
x2 − 7x + 12
-
-
+
+
x+2
La disequazione è verificata dove numeratore e denominatore hanno lo stesso segno, cioè per x ∈ (−2, 3]
q
e x ∈ [4, +∞) .
^
Esercizio 8. Risolvere le seguenti disequazioni:
(i) (3x2 − x + 2)(19x − 18) < 0 ;
x3 − 1
≤0;
3x2 + 2x − 1
√
(iii) x2 − 4x + 4 < 0 ;
√
(iv) x2 − 4x + 4 ≥ 0 ;
√
(v) x2 − 4x + 4 > 2 .
(ii)
Esercizio 9. Ripetere l’esercizio 5 sostituendo “= 0” con “> 0”, “< 0”, “≥ 0” e “≤ 0”.
Equazioni e disequazioni con esponenziali e logaritmi
Esercizio 10. Calcolare
√ 3 (i) logπ2 ( π) · π ;
(ii)
π
π
x2
2
2x−1
2
1
! x−1
dove x è un generico numero reale diverso da 1.
Esercizio 11. Risolvere al variare del parametro a > 0 la disequazione
−2ax (x − 4)(x2 − 5x + 6) > 0 .
3
Esercizio 12. Risolvere al variare del parametro a > 0 la disequazione
−2ax (x − 5)(3x2 − 5x + a) > 0 .
Svolgimento. Imponiamo innanzitutto la condizione a > 0 affinché l’esponenziale esista. Per studiare il
segno del prodotto di tre fattori si deve studiare separatamente il segno di ciascuno: si ha che, qualunque
sia la base a > 0, ax > 0 per ogni x, quindi −2ax < 0 per ogni x; per quanto riguarda il secondo fattore
invece si ha che x − 5 > 0 se e solo se x > 5. Il terzo fattore è più delicato, bisogna distinguere tre casi:
Caso I 25 − 12a < 0, ossia a > 25/12. Essendo il discriminante negativo, l’equazione 3x2 − 5x + a = 0
non ammette soluzioni e si ha che 3x2 − 5x + a > 0 per ogni x poiché il coefficiente del termine di
secondo grado è positivo. Pertanto la disequazione iniziale è soddisfatta per x < 5.
Caso II 25 − 12a = 0, ossia a = 25/12. Ragionando come sopra si vede che 3x2 − 5x + a ≥ 0 per ogni
x e che 3x2 − 5x + a = 0 se e solo se x = 5/6, pertanto la disequazione iniziale è soddisfatta se
x ∈ (−∞, 5/6)∪(5/6, 5) (si noti che le soluzioni sono le stesse del caso precedente con l’esclusione
del punto x = 5/6).
Caso III 25 − 12a > 0, ossia a < 25/12. Si ha che 3x2 − 5x + a > 0 per x ∈ (−∞, x− ) ∪ (x+ , ∞) dove
si è posto
√
√
5 + 25 − 12a
5 − 25 − 12a
,
x+ =
.
x− =
6
6
Bisogna dunque capire dove si trovano i punti
√ x− e x+ rispetto a x̄ =√ 5 (che è il punto in cui il
secondo fattore cambia segno). Dato che 25 − 12a è positivo, 5 − 25 − 12a è minore di 5 e
quindi anche minore di 6, dunque x− < 1 < 5 = x̄. Per capire se x+ è maggiore o minore di x̄
notiamo che la funzione f (a) = 25 − 12a è decrescente in a: se infatti scegliamo b > a abbiamo
che f (b) − f (a) = 25 − 12b − (25 − 12a) = 12(a −
√b) < 0, cioè f (b) < f (a). Poiché la radice
quadrata è una funzione crescente, si ha che anche 25 − 12a è una funzione decrescente di a;
questa osservazione insieme con il fatto che 0 < a < 25/12 ci dice che per
√ ogni a ammissibile
(sempre nel caso II che stiamo consideranso,
gli
altri
sono
già
stati
studiati)
25 − 12a deve essere
√
minore di 5, che è il valore che 25 − 12a assume in a = 0. Ne segue che
√
5+5
5
5 + 25 − 12a
<
= <5
x+ =
6
6
3
per ogni a ∈ (0, 25/12). Possiamo dunque
concludereche in questo caso la disequazione originale
√
√
5− 25−12a
5+ 25−12a
è risolta per x ∈ −∞,
∪
,5 .
6
6
q
^
2
Esercizio 13. Trovare i valori di x che soddisfano l’equazione 3x
−1
= 45−x .
Svolgimento. Poiché 4 = 3log3 4 , possiamo riscrivere l’equazione come
3x
2
−1
= 3log3 4(5−x)
che è soddisfatta se e solo se x2 − 1 = 5 log3 4 − (log3 4)x, cioè se e solo se x2 + (log3 4)x − 5 log3 4 − 1 =
0. Questo è un polinomio di secondo grado in x che può essere facilmente studiato con i metodi visti
q
sopra.
^
Esercizio 14. Risolvere le seguenti disequazioni ed equazioni:
(i)
3x2 + 2x − 1
≤0;
e3x + 2
(ii) log4 x · x2 − 7x + 12 < 0 ;
(iii) 4x + 2x+2 − 5 = 0 ;
4
(iv) 7x+1 + 7x−1 = 5x ;
(v) 9x − 3 · 3x + 2 ≥ 0 ;
(vi) log4 x = 7 ;
(vii) logx 4 = 7 ;
√
(viii) log2 x + 5 = 3 .
Esercizio 15. Risolvere
p
log3 (x2 − 1) >
p
log3 (2x + 1) .
Svolgimento. Iniziamo a imporre le condizioni di esistenza per entrambi i membri della disequazione. Per
il termine di sinistra deve essere
x2 − 1 > 0 perché esista il logaritmo, dunque x < −1, x > 1; deve
2
essere inoltre log3 x − 1 ≥ 0 perché esista la radice; dato che la base del logaritmo è maggiore di 1
√
√
quest’ultima condizione equivale a x2 − 1 ≥ 1, cioè x ≤ − 2, x ≥ 2; con considerazioni analoghe si
vede che perché esista il termine di destra si deve avere x ≥ 0. Mettendo √
insieme le tre condizioni trovate
si ha che tutti i termini che appaiono nella disequazione esistono per x ≥ 2.
√
La funzione y 7→ y è crescente su R+ pertanto per risolvere l’esercizio è sufficiente risolvere la disequazione
log3 x2 − 1 > log3 (2x + 1) .
A sua volta la funzione z 7→ log3 z è crescente su R+ \ {0} dunque ci si può ridurre a risolvere
x2 − 1 > 2x + 1 ,
√
√
che è soddisfatta per x < 1 − 3 e x > 1 + 3. Confrontando quanto ottenuto con le condizioni di
esistenza si conclude che la disequazione originaria è soddisfatta per
√
x>1+ 3.
q
^
Esercizio 16. Cosa cambia nell’esercizio precendente se si considerano i logaritmi con base
con base 3?
Esercizio 17. Trovare le soluzioni delle seguenti equazioni e disequazioni:
(i) |2x − 1| >
1
2
;
(ii) log3 x − log 13 x > 2 ;
(iii) log3 log4 x2 − 5 < 0 ;
1
(iv) x log3 x = 3 ;
(v) 5x+1 + 5x−1 = 2x ;
(vi) log2 (3 − x) = 2 log2 (5 − x) − 1 ;
√
√
(vii) 4x − 16 ≥ 15 4 4x ;
√
(viii) log4 (x2 ) − log8 ( x) = 53 .
5
1
3
invece che
Figura 3: Grafici di sin(4x) e sin(2x) nell’intervallo [0, π] con le loro intersezioni (esercizio 19)
Equazioni e disequazioni con funzioni trigonometriche
Esercizio 18. Risolvere le seguenti equazioni e disequazioni:
√
(i) sin(3x) =
3
2
(ii) sin x cos x =
;
1
4
;
(iii) sin x cos x = 1 ;
(iv) sin t cos t < 0 ;
√
3
(v) sin t cos t <
;
4
(vi) 2 sin2 t − cos2 t −
5
2
sin t + cos(2t) + 1 ≤ 0 .
Esercizio 19. Trovare i valori di x compresi nell’intervallo [0, π] tali che sin(4x) = sin(2x) .
Svolgimento. Applicando la formula sin(2a) = 2 sin a cos a con a = 2x e sostituendo si ottiene
2 sin(2x) cos(2x) = sin(2x).
La funzione sin(2x) si annulla in x = 0, x = π2 e x = π quindi questi tre valori sono soluzioni dell’equazione. Ce ne sono altre? Per x 6= 0, π2 e π si ha che sin(2x) 6= 0, pertanto possiamo dividere entrambi i
membri dell’equazione per sin(2x) ottenendo 2 cos(2x) = 1, che ha soluzioni x = π6 e x = 56 π. Abbiamo
dunque cinque soluzioni distinte nell’intervallo [0, π]. Dalla figura 3 è evidente che oltre ai valori di x per
q
i quali si annullano sia sin(4x) sia sin(2x) dovevamo aspettarci altre due soluzioni.
^
Esercizio 20. Trovare i valori di x che soddisfano l’equazione
5
5
sin2 x + sin x cos x − cos2 x = 2 .
2
2
(1)
Svolgimento. Applicando l’identità fondamentale sin2 x + cos2 x = 1 riscriviamo la (1) come
1
5
sin2 x + sin x cos x − 3 cos2 x = 0 .
2
2
6
(2)
Notiamo che cos2 x si annulla solo nei punti in cui cos x = 0, cioè x = π2 + kπ, k ∈ Z , e che si ha
sin2 ( π2 + kπ) = 1 per qualunque k, dunque sicuramente tali punti non sono soluzioni dell’equazione.
Possiamo allora supporre cos2 x 6= 0 e dividere la (2) per cos2 x ottenendo
1
5
tan2 x + tan x − 3 = 0 .
2
2
(3)
Poniamo t = tan x e calcoliamo le radici del polinomio 12 t2 + t − 1, che risultano essere t1 = 1 e
t2 = −6. Le soluzioni dell’equazione (1) sono dunque x = arctan(1) + kπ = π4 + kπ, k ∈ Z , e
x = arctan(−6) + kπ, k ∈ Z (la funzione arcotangente, y = arctan(x), è la funzione inversa della
tangente sull’intervallo [− π2 , π2 ], cioè la funzione che associa a un numero x l’unico numero y ∈ [− π2 , π2 ]
q
tale che tan(x) = y).
^
Esercizio 21. Risolvere l’equazione
tan x +
√
2 = tan
π
4
+
Svolgimento. Notiamo che l’equazione ha senso solo per x 6=
x
.
2
π
2
(4)
+ kπ, k ∈ Z . Dalle formule
sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a
e
cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b
ricaviamo
sin(a + b)
cos(a + b)
sin a cos b + sin b cos a
=
cos a cos b − sin a sin b
tan(a + b) =
sin a cos b+sin b cos a
cos a cos b
cos a cos b−sin a sin b
cos a cos b
sin b cos a
sin a cos b
cos a cos b + cos a cos b
sin a sin b
cos a cos b
cos a cos b − cos a cos b
=
=
=
tan a + tan b
,
1 − tan a tan b
che per a = b diventa
tan(2a) = 2
tan a
.
1 − tan2 a
Applicando questa formule nella (4) (nel termine di sinistra si pone x = 2x/2) troviamo
√
2 tan x2
1 + tan x2
+ 2=
1 − tan2 x2
1 − tan x2
o equivalentemente
2 tan
Ponendo t = tan
x
2
x
2
−
√
2 tan2
x
2
+
√
x 2
2 = 1 + tan
.
2
(5)
e sostituendo nella (5) otteniamo il polinomio di secondo grado
(1 +
che ha radici t1,2 = ±
√
√
2)t2 −
√
2+1
√
2 − 1 , da cui segue x1,2 = ±2 arctan 2 − 1 + kπ, k ∈ Z (l’arcotangente
q
^
è una funzione dispari).
7
Esercizio 22. Trovare le soluzioni delle seguenti disequazioni:
√
(i) 2|
2 sin x|−1
>1;
(ii) log4 (sin x + cos x) ≥ 0 .
Svolgimento√
(traccia). (i): poiché la base dell’esponenziale è maggiore di 1 la disequazione è soddisfatta
se e solo se | 2 sin x|−1 > 0, cioè se e solo se | sin x| > √12 . (ii): poiché la base del logaritmo è maggiore
di 1 la disequazione è soddisfatta se e solo se sin x + cos x ≥ 1. Possiamo elevare al quadrato ambo i
membri ottenendo la disequazione sin(2x) ≥ 0. Le soluzioni di quest’ultima equazione corrispondono alle
soluzioni di | sin x + cos x| ≥ 1 (elevando al quadrato abbiamo “aggiunto” soluzioni); dovremo dunque
considerare solo le soluzioni tali che sin x+cos x ≥ 1, e questo può essere fatto per esempio considerando,
q
tra quelle trovate precedentemente, solo quelle soluzioni per le quali sin x ≥ 0 e cos x ≥ 0.
^
Esercizi (facoltativi) con le formule di prostaferesi
Esercizio 23. Risolvere l’equazione
sin x + sin(3x) + sin(5x) = 0 .
(6)
Svolgimento. Applicando la formula di prostaferesi
a+b
a−b
cos
2
2
con a = x e b = 5x e sostituendo nella (6) otteniamo (si ricordi che il coseno è una funzione pari)
sin(3x) 1 + 2 cos(2x) = 0
sin a + sin b = 2 sin
che ha soluzioni x =
π
3
+ kπ e x =
2π
3
+ kπ, k ∈ Z .
q
^
Esercizio 24. Risolvere l’equazione
sin2 (2x) cos2 x + (sin x cos(2x))2 + sin(2x)
sin(4x)
+ cos(4x) − cos(2x) + 1 − cos2 x = 0
2
(7)
nell’intervallo [0, 2π].
Svolgimento. Operiamo le seguenti sostituzioni nell’equazione:
• 1 − cos2 x = sin2 x grazie all’identità fondamentale;
• cos(4x) − cos(2x) = −2 sin(3x) sin x applicando la formula di prostaferesi per cos a − cos b ;
• sin(2x) = 2 sin x cos x e
sin(4x)
2
= sin(2x) cos(2x) applicando la formula di duplicazione del seno.
Il membro di sinistra della (7) diventa dunque
sin2 (2x) cos2 x + sin2 x cos2 (2x)+2 sin(2x) cos(x) sin(x) cos(2x) − 2 sin(3x) sin x + sin2 x =
2
= sin(2x) cos x + sin x cos)2x =) − 2 sin(3x) sin x + sin2 x =
= sin2 (3x) − 2 sin(3x) sin x + sin2 x =
2
= sin(3x) − sin x
dove si è fatto uso della formula sin a cos b + sin b cos a = sin(a + b).
Bisogna dunque risolvere l’equazione
2
sin(3x) − sin x = 0
che equivale
a risolvere
sin(3x) − sin x = 0. Applicando la formula di prostaferesi sin a − sin b =
a−b
2 cos a+b
sin
si arriva all’equazione
2
2
2 cos(2x) sin x = 0
che ha le sette soluzioni x = 0, x =
π
4,
x = 34 π, x = π, x = 54 π, x = 74 π, x = π, riportate in figura 4.
8
q
^
Figura 4: Grafici di sin(3x) e sin x nell’intervallo [0, 2π] e loro intersezioni (esercizio 24)
Calcolo di limiti di funzioni
Esercizio 25. Calcolare i seguenti limiti:
(i)
(ii)
lim 3−x ;
(v)
lim 3−x ;
(vi)
x→+∞
x→−∞
(iii) lim 3−x ;
(vii)
x→0
(iv)
lim tan x ;
(viii)
−
x→ π
2
lim
+
x→− π
2
tan x ;
lim x2 − 5 ;
x→−∞
lim x2 − 5 ;
x→+∞
lim −x2 − 5 .
x→−∞
Esercizio 26. Calcolare i limiti a +∞ e −∞ della funzione polinomiale p(x) = x2 + x + 1.
Svolgimento. È immediato constatare che
lim p(x) = +∞. A −∞ invece si presenta la forma di
x→+∞
indecisione ∞ − ∞. Notiamo però che grazie alle proprietà dei limiti si ha
1
1
2
2
lim x + x + 1 = lim x 1 + + 2
x→−∞
x→−∞
x x
1
1
2
= lim x · lim
1+ + 2
x→−∞
x→−∞
x x
= +∞ .
q
^
Esercizio 27. Calcolare i limiti per x → 2+ e x → 2− delle seguenti funzioni e confrontare i risultati
ottenuti:
(
(
−x + 1 per x < 2
−x + 1 per x ≤ 2
f1 (x) =
, f2 (x) =
.
2
per x ≥ 2
2
per x > 2
Esercizio 28. Stabilire se la funzione
(
−(x − 1)3
f (x) =
3x − 7
9
se x ∈ (−∞, 2]
se x ∈ (2, +∞)
è continua su tutto il proprio dominio.
Esercizio 29. Trovare gli intervalli nei quali le seguenti funzioni sono continue e calcolare i limiti agli
estremi dei rispettivi dominio e negli eventuali punti di discontinuità:
(i) (x + 12 )3 ;
(vii)
1
;
x
1
;
(iii)
x−1
(ii)
(viii)
x2 + 1
(iv)
;
x+1
x
;
−8
−x + 1
;
x+1
(ix)
x3
+2;
x−2
(x)
x3
+x;
x−2
x2 + 3x − 4
(v)
;
x−1
(vi)
x3
x−1
(xi) √
.
x−1
x2 + 1
;
x2 − 1
Svolgimento (parziale). (iv) La funzione f (x) = (x2 + 1)/(x + 1) è quoziente di funzioni continue quindi
è continua dove è definita, cioè su R \ {−1}. Calcoliamo
x2 1 + x12
x2 + 1
= lim
lim
x→±∞ x 1 + 1
x→±∞ x + 1
x
= lim x
x→±∞
lim
x→−1−
1 + x12
= ±∞ ;
1 + x1
x2 + 1
= −∞
x+1
perché per x < −1 il numeratore è positivo e il denominatore è negativo,
lim
x→−1+
x2 + 1
= +∞
x+1
perché per x > −1 il numeratore è positivo così cme il denominatore. (v) La funzione è continua ovunque
tranne che in x = 1; si vede facilmente che
x2 + 3x − 4
= ±∞ ;
x→±∞
x−1
lim
dato che
x2 + 3x − 4
(x + 4)(x − 1)
=
,
x−1
x−1
per x 6= 1 si ha f (x) = x + 4. Pertanto
x2 + 3x − 4
=5.
x→1
x−1
(vi) La funzione è continua ovunque tranne che in x = ±1. Con considerazioni analoghe a quelle fatte
sopra si vede che
x2 1 + x12
x2 + 1
=1;
lim
= lim
x→±∞ x2 − 1
x→±∞ x2 1 − 12
x
lim
lim
x→−1−
lim
x→−1+
x2 + 1
x2 + 1
= lim 2
= +∞ ;
2
x − 1 x→1+ x − 1
x2 + 1
x2 + 1
= lim 2
= −∞ .
2
x − 1 x→1− x − 1
10
(xi) La funzione è definita per x ≥ 0, x 6= 1, si ha dunque Dom(f ) = [0, 1) ∪ (1, +∞). È immediato
verificare che
x−1
=1
lim √
x−1
x→0+
e che
√
√
√
x−1
( x − 1) ( x + 1)
√
x + 1 = +∞ .
lim √
= lim
= lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x−1
x−1
√
Analogamente, poiché x − 1 6= 0 per x 6= 1, si trova
x−1
lim √
=2.
x−1
x→1
q
^
Esercizio 30. Calcolare i seguenti limiti:
r
x−4
;
(i) lim
x→+∞
x+3
1 π
−
;
x→+∞
x
4
π
2
(v) lim
tan
x
+
;
√
2
x→ π +
π
.
(vi) lim+ tan −x +
2
x→0
(iv)
2x2 − 1
;
x→−∞ 5x2 + 3
x
7
π
(iii) lim sin
+
;
x→−∞
6
3
(ii)
lim
lim cos
Derivate e studi di funzione
Esercizio 31. Calcolare, usando la definizione, la derivata della funzione
(
1 se x ∈ (−∞, −1]
f (x) =
0 se x ∈ (−1, +∞)
e stabilirne il dominio.
Esercizio 32. Calcolare la derivata di f (x) =
√
x · x3 − 5x2 + 6x + 1 .
Esercizio 33. Studiare la funzione
f (x) =
2x2 − 5x + 1
3−x
e disegnarne un grafico qualitativo.
Svolgimento. Il dominio di f è l’insieme R\{3} e la funzione è continua in ogni punto del proprio dominio
in quanto quoziente di funzioni continue. La funzione si annulla dove si annulla il numeratore, ossia nei
punti
√
√
5 − 17
5 + 17
x1 =
e
.
2
2
Notiamo che x2 è sicuramente maggiore di 2, x1 è compreso tra 0 e 1/4 ed entrambi sono sicuramente
minori di 3. Dobbiamo calcolare i limiti agli estremi del dominio, cioè a −∞ e a +∞, e nell’unico punto
di discontinuità, cioè per x che tende a 3± . Non è difficile verificare che
lim f (x) = −∞ ,
x→+∞
lim f (x) = +∞ ,
x→−∞
lim f (x) = +∞ ,
x→3−
lim f (s) = −∞ .
x→3+
11
Questo ci dice che f ha un’asintoto verticale in x = 3; poiché abbiamo limiti infiniti all’infinito dobbiamo
controllare se ci sono anche asintoti obliqui. Si verifica che
f (x)
= −2
x→±∞ x
lim
e
lim (f (x) + 2x) = −1 ;
x→±∞
la retta y = −2x − 1 è dunque un asintoto obliquo di f sia per x → +∞ sia per x → −∞. Cerchiamo ora
gli intervalli in cui f cresce o decresce e gli eventuali punti a tangente orizzontale studiando la derivata f 0 .
f è derivabile in tutti i punti del suo dominio in quanto quoziente di funzioni derivabili ovunque; applicando
la regola di derivazione di un quoziente si ottiene
f 0 (x) =
−2x2 + 12x − 14
.
(3 − x)2
Poiché il denominatore di f 0 è sempre positivo su Dom(f 0 ) = Dom(f ) il segno della derivata dipende dal
segno del numeratore. La derivata si annulla nei punti
√
√
x01 = 3 − 2 e x02 = 3 + 2 ,
è positiva per x ∈ (x01 , x02 ) e negativa altrove; pertanto x01 è un punto di minimo locale e x02 è un punto di
massimo locale. Si può calcolare quanto vale la funzione in questi punti e usare una calcolatrice per stabilire
in che ordine sono x1 , x2 , x01 e x02 , ma anche senza fare calcoli si possono fare alcune considerazioni che
aiutano a disegnare il grafico. La funzione va a −∞ sia per x che tende a 3+ sia per x che tende a +∞, è
continua dove è definita e non si annulla mai per x > 3, dunque nel punto di massimo x02 deve assumere
un valore negativo. Nell’intervallo (−∞, 3) invece la funzione interseca l’asse delle ascisse solo in due
punti, è continua e ha un unico punto di minimo (siamo sicuri che sia unico perché f è derivabile su tutto
(−∞, 3) quindi tutti i punti stazionari in tale intervallo sono punti in cui la derivata si annulla); l’unica
possibilità è quindi che il punto di minimo si trovi tra i due zeri di f , cioè x1 < x01 < x2 . Dato che la
funzione è continua, va a +∞ agli estremi di (−∞, 3), non si annulla in altri punti ed è sempre decrescente
in (−∞, x01 ) e sempre crescente in (x01 , 3), si deve avere f (x01 ) < 0.
Studiamo infine la derivata seconda di f : applicando nuovamente la regola di derivazione di un quoziente
si trova
24 − 8x
f 00 (x) =
,
(x − 3)4
dunque f 00 > 0 per x < 3 e f 00 < 0 per x > 3. Questo ci dice che f ha la concavità rivolta verso l’alto
a sinistra dell’asintoto verticale e rivolta verso il basso a destra. Mettendo insieme tutte le informazioni
q
trovate possiamo disegnare il grafico di f , vedi figura 5.
^
Esercizio 34. Studiare le seguenti funzioni e disegnarne dei grafici qualitativi:
(i) f (x) = x3 − 5x2 + 3x − 1 ;
(ii) g(x) =
x+3
;
2x − 1
4x + 1
;
3x2 − 14
√
(iv) w(x) = 3x − 4 1 − x2 ;
(iii) h(x) =
(v) y(x) = (2 − x)3 + 5x .
Esercizio 35. Studiare la funzione f (x) = ecos x .
12
Figura 5: Grafico di f (x), esercizio 33
Svolgimento. Notiamo che f (x + 2π) = ecos(x+2π) = ecos x = f (x) quindi f è periodica di periodo
2π; possiamo pertanto studiarla solo sull’intervallo [0, 2pi). La funzione è definita ovunque, continua (in
quanto composizione di funzioni continue) e sempre positiva. Calcoliamo le derivate:
f 0 (x) = −ecos x · sin x ,
f 00 (x) = ecos x · sin2 (x) − ecos x · cos x = ecos x sin2 x − cos x .
Dato che −ecos x < 0 sempre, si ha f 0 < 0 (quindi f decrescente) in (0, π), f 0 > 0 (quindi f crescente)
in (π, 2π) e f 0 = 0 nei punti x = 0 e x = π, che devono necessariamente essere rispettivamente un
massimo locale e un minimo locale; si ha inoltre f (0) = e e f (π) = 1/e. Studiamo la concvità di f
tramite la derivata seconda; il termine ecos x è sempre positivo, quindi il segno di f 00 è determinato da
quello di sin2 x − cos x. Grazie all’identità fondamentale sin2 x + cos2 x = 1 si trova che sin2 x − cos x =
1 − cos2 x − cos x. Effettuiamo la sostituzione
=
√ t = cos x e studiamo il polinomio di secondo
√ grado p(t)
√ −t2 − t + 1: p si annulla per t± = 21 −1 ± 5 , è positivo nell’intervallo 12 −1 − 5 , 12 −1 + 5
√ √ e negativo altrove. Siccome 12 −1 − 5 < −1 non esistono valori di x tali che cos x = 12 −1 − 5 ,
√ mentre esistono sicuramente due valori x1 e x2 in [0, 2π) tali che x1 < x2 e cos x = 12 −1 + 5 ,
anche se non sappiamo calcolarli esplicitamente senza l’aiuto di una calcolatrice.
Avremo dunque che
√ − cos2 x − cos x + 1 è maggiore di 0 quando cos x ∈ −1, 12 −1 + 5 , ossia per x ∈ (x1 , x2 ), è
√ minore di 0 quando cos x ∈ 21 −1 + 5 , ossia per x ∈ (0, x1 ) e x ∈ (x2 , 2π) ed è infine uguale a 0 in
x1 e x2 . I punti x1 e x2 sono dunque punti in cui la funzione cambia la concavità, cioè punti di flesso (con
q
tangente obliqua). Il grafico di f è rappresentato in figura 6.
^
Esercizio 36. Studiare le seguenti funzioni e disegnarne dei grafici qualitativi:
(i) f (x) = log 4 cos2 x + 8 sin x − 7 ;
√
(ii) f (x) = log x2 + 1 ;
√
(iii) f (x) = log x2 + 1 − 2 ;
√
(iv) f (x) = log x− 1 .
Esercizio 37. Studiare la funzione v(x) = x cos x − sin x.
13
Figura 6: Grafico di f (x) con evidenziati i punti di cambio di concavità, esercizio 35
Svolgimento. Si tratta di una funzione abbastanza difficile da studiare con precisione, ma si riesce comunque a capire abbastanza bene come è fatta con le poche informazioni che si riescono a ricavare in modo
semplice. Il dominio di v è tutto R. Notiamo subito che v(−x) = v(x) per ogni x ∈ R, cioè v è dispari;
possiamo dunque ridurci a studiarla solo sulla semiretta x > 0. La funzione è continua su tutto il proprio
dominio, il limite di v per x → +∞ non esiste (se si pensa alle funzioni trigonometriche semplice questo
è intuitivamente vero, anche se non lo dimostiamo rigorosamente). La funzione si annulla in tutti i punti
x tali che tan x = x ; è immediato vedere che x = 0 è uno di questi punti, mentre non ricaveremo esplicitamente tutti gli altri. Si noti comunque che l’equazione tan x = x ha infinite soluzioni (si disegnino i
grafici di y = tan x e y = x per convincersene). La derivata è la funzione v 0 (x) = −x sin x, che si annulla
in x = kπ per ogni x ∈ N . In tali punti la funzione v vale x se k è pari e −x se k è dispari. Inoltre v 0 è
positiva in tutti gli intervalli della forma (kπ, (k +1)π con k dispari, e negativa negli intervalli kπ, (k +1)π
con k pari.
La derivata seconda è v 00 (x) = −x cos x − sin x ma è abbastanza difficile studiarne il segno quindi non lo
faremo. Ciononostante ricordando che la funzione è continua e mettendo insieme le informazioni ricavate
q
possiamo disegnare un grafico “ragionevole” di v (riportato in figura 7).
^
La regola di De l’Hôpital
Esercizio 38. Calcolare i seguenti limiti facendo ricorso, se necessario, alla regola di De l’Hôpital:
3x5 − 4x4 + x
;
x→1 x2 − 2x + 1
x
(ii) lim
;
x→+∞ log x
(i) lim
(iii) lim
x log x ;
→ +
x
0
1
(iv) lim x2 log cos
;
x→∞
x
1
1
(v) lim
−
;
sin x x
x→0−
14
Figura 7: Grafico di v(x), esercizio 37
(vi) lim+ xx .
x→0
H
Svolgimento. Useremo la notazione (totalmente arbitraria) = ogni volta che applicheremo il teorema di De
l’Hôpital (le cui ipotesi vanno verificate di volta in volta, anche se qui non lo faremo).
(i):
3x5 − 4x4 + x H
14x4 − 16x3 + 1
=
lim
x→1 x2 − 2x + 1
x→1
2x − 2
60x3 − 48x2
H
= lim
=6.
x→1
2
lim
(ii):
lim
x→+∞
x H
1
= lim
lim x = +∞ .
1 = x→+∞
x→+∞
log x
x
(iii):
lim+ x log x = lim+
x→0
x→0
log x
1
x
H
= lim
1
x
− x12
= lim+ x = 0 .
x→0
(iv): notiamo innanzitutto che da
sin x
=1
x
segue, tramite un semplice cambio di variabili, che
sin x1
=1.
lim
1
lim
x→0
x→+∞
x
Abbiamo allora
log cos x1
1
lim x log cos
= lim
1
x→+∞
x→+∞
x
x2
2
H
= lim
1
1
cos x
15
− x12
− x23
x→+∞
1
=−
lim
2 x→+∞
− sin x1
sin x1
1
·
1
cos x1
x
1
=− .
2
(v):
lim
x→0−
1
1
−
sin x x
x − sin x
x sin x
1 − cos x
H
= lim
−
x→0 sin x + x cos x
sin x
H
= lim−
=0.
x→0 2 cos x − x sin x
= lim
x→0−
(vi):
lim xx = lim ex log x = elimx→0+ x log x = 1
x→0+
x→0+
q
^
grazie a quanto ottenuto in (iii).
Esercizio 39. Calcolare i seguenti limiti:
(i) lim
x→0
1−cos x
x2
;
sin(2x)−1
√
x→ 4 2 sin x− 2
(ii) limπ
(iii) lim
x→1
;
1
1
−
log x x − 1
.
Esercizio 40. Studiare la funzione
f (x) =
p
p
3x2 + 1 − 2x2 − 1
sapendo che f 00 (x) > 0 per ogni x ∈ Dom(f ).
√
2
Svolgimento. Siccome
è una quantità sempre positiva, f è definita dove è definita 2x2 − 1,
√ 3x + 1 √
cioè per x ≤ −1/ 2 e x ≥ 1/ 2, e in tali intervalli è continua
in quanto
√
√ somma di funzioni continue.
f interseca l’asse delle ascisse in tutti i punti nei quali 3x2 + 1 = 2x2 − 1. Elevando al quadrato
otteniamo 3x2 + 1 = 2x2 − 1 cioè x2 + 2 = 0, che non è mai verificata, quindi f non si annulla mai;
siccome in x = ±1 vale 1, è sempre positiva. Inoltre è una funzione pari, cioè f (−x) = f (x), quindi
possiamo limitarci a studiarla per x ≥ 0. È immediato verificare che
r
5
lim + f (x) =
2
1
x→ √
2
e che
lim f (x) = +∞ .
x→+∞
Controlliamo se f ha un asintoto obliquo a +∞:
√
√
√
√
x 3 + x−2 − 2 − x−2
f (x)
lim
= lim
= 3− 2;
x→+∞ x
x→+∞
x
p
p
√
√
√
√ lim f (x) − ( 3 − 2)x = lim x
3 + x−2 − 3 − 2 − x−2 + 2
x→+∞
x→+∞
√
√
√
√
3 + x−2 − 3 − 2 − x−2 + 2
= lim
1
x→+∞
H
= lim
x
−3
√x
2 2−x−2
−x−2
−3
√−x
3+x−2
x→+∞
1
·
x→+∞ x
= lim
=0.
16
+
1
1
√
− √
2 3 + x−2
2 2 − x−2
Figura 8: Grafico di f (x), esercizio 40, con evidenziati massimi e minimi
√
√
Quindi
√la retta
√ y = ( 3 − 2)x è asintoto obliquo di f per x → +∞, e per simmetria (f è pari!) la retta
y = ( 2 − 3)x è asintoto obliquo di f per x → −∞. La derivata di f è
√
√
4x
6x 2x2 − 1 − 4x 3x2 + 1
6x
0
p
− √
=
.
f (x) = √
2 3x2 + 1 2 2x2 − 1
2 (3x2 + 1)(2x2 − 1)
√
√
0
Notiamo che
), dunque f non è derivabile nei punti
√ Dom(f ) = (−∞, −1/ 2) ∪ (1/ 2, +∞) ( Dom(f
x = ±1/ 2 pur essendo ivi continua. Siccome su Dom(f 0 ) il denominatore di f 0 è sempre positivo,
il segno della derivata è dato dal segno del numeratore. Ricordando che
√ stiamo studiando
√ f solo sul
0
2 − 1 > 2 3x2 + 1, cioè
semiasse positivo
abbiamo
che
il
numeratore
di
f
è
positivo
quando
3
2x
p
p
√ p
quando p
x > 13/6. f sarà dunque decrescente su [1/ 2, 13/6) e crescente su ( 13/6, +∞), pertanto
√
in x = 13/6 ha un minimo. Questo ci dice anche che in x = 1/ 2 f ha un massimo, che non abbiamo
trovato studiando la derivata dato che la funzione non è derivabile in tale punto. Quanto abbiamo trovato
è perfetamente compatibile con l’informazione che il testo dell’esercizio ci forniva, cioè che la derivata
seconda è sempre positiva. Grazie alla simmetria di f possiamo disegnare un suo grafico qualitativo (figura
q
8).
^
Esercizio 41. Risolvere la disequazione
1
(−2ax ) x −
ax2 − 5x + 6 > 0
2
al variare del parametro a ∈ R.
Svolgimento (traccia). Deve essere a > 0 perché la disequazione abbia senso. Il primo termine è sempre
negativo, il secondo è positivo se x > 1/2 e negativo altrimenti, resta da studiare il terzo termine. Si vede
che per a > 0 ax2 − 5x + 6 è sempre positivo, per a = 1 si annulla in un punto e per 0 < a < 1 si annulla
in due punti x1 e x2 ed è negativo per ogni x ∈ (x1 , x2 ). Bisogna capire dove si trovano x1 e x2 rispetto a
1/2, e a tale scopo bisogn studiare le funzioni
√
1± 1−a
a
nella variabile a ∈ (0, 1). Si trova che:
17
• per a ≥ 1 la disequazione è soddisfatta da tutti gli x < 1/2;
• per 0 < a < 1 la disequazione è soddisfatta per x < 1/2 e
1
a
1−
√
1−a <x<
1
a
1+
√
1−a .
q
^
Esercizio 42. Risolvere la disequazione
(loga x) x2 − ax − 2 ≥ 0
al variare del parametro a ∈ R.
Integrazione: metodi elementari
Esercizio 43. Calcolare i seguenti integrali:
Z π
(i)
cos x dx ,
Z
π
4
cos(2x) dx .
(ii)
0
0
Svolgimento. Basta applicare il teorema fondamentale del calcolo integrale.
(i):
Z π
π
cos x dx = sin x = sin π − sin 0 = 0 ;
0
0
(ii):
π
4
Z
cos(2x) dx =
0
1
2
Z
π
4
2 cos(2x) dx =
0
π4
1
1
sin(2x) = .
2
2
0
q
^
Esercizio 44. Calcolare i seguenti integrali:
Z π
(i)
2 sin x dx ;
Z
0
1
3
Z
Z
x dx ;
(ii)
2
1
Z
1
√ dx ;
x
2
−1
2π
(v)
0
x
1
dx ;
(ix)
2
−1
Z π4
3
(x)
dx .
π cos2 x
−4
√
3
sin x + x5 + x
4
dx ;
Esercizio 45. Calcolare:
Z π4
(i)
tan2 x dx ;
0
2
Z
(−x sin x) dx ;
(ii)
0
Z
π− 14
(iii)
1
4
2x dx ;
−1
Z
x + 3x + 1 dx ;
(iv)
0
(viii)
1
Z
ex dx ;
−1
(iii)
Z
1
dx ;
x
0
(vii)
0
Z
3
(vi)
cos x
dx .
sin x
18
0
Svolgimento.
(i):
Z
!
π
π
−
tan x dx =
tan x dx +
4
4
0
Z π4
Z π4
π
1 dx +
tan2 x dx −
=
4
0
0
π4
π
= tan x −
4
0
π
=1− .
4
π
4
Z
2
0
π
4
2
(ii):
2
Z
0
2
(−x sin x) dx = (x cos x − sin x) 0
= 2 cos 2 − sin 2 .
(iii):
Z
π− 14
1
4
π− 41
cos x
dx = log(sin x) 1
sin x
4
1
1
− log sin
= log sin π −
4
4
=0.
q
^
Esercizio 46. Calcolare:
Z −1
1
(i)
dx ;
2
−2 x
Z 0
(ii)
sin xecos x dx ;
π
Z
sin5 x cos x dx ;
(iii)
π
2
Z
2
(iv)
π
2
1
√
cos x
√
dx .
x
Esercizio 47. Calcolare le primitive delle funzioni
f (x) = tan x ,
g(x) = tan(3x + 5) .
Esercizio 48. Calcolare gli integrali seguenti:
Z +∞
1
(i)
dx ;
x2
1
Z +∞
1
(ii)
dx ;
x
1
Z 2
1
√ dx .
(iii)
x
0
Esercizio 49. Calcolare le primitive seguenti:
Z
Z
sin x cos x dx ,
x2
q
3
19
(x3 + 1)
.
2
Integrazione per parti e per sostituzione
Esercizio 50. Trovare le seguenti primitive:
Z
(i)
x sin x dx ;
Z
Z
(ii)
Z
(iii)
log x dx ;
(iv)
Z
x cos x dx ;
(v)
x2 log x dx ;
(vi)
x arctan x dx ;
Z
ex sin x dx .
R
R
Svolgimento. (i) Applicando la formula di integrazione per parti f · g 0 = f g − f 0 g con f (x) = x e
g 0 (x) = sin x troviamo
Z
Z
x sin x dx = −x cos x − (− cos x) dx = −x cos x + sin x + C .
(iii) Scegliamo f (x) = log x e g 0 (x) = x2 :
Z
Z
x3
x3
x3
2
log x − x2 dx =
log x −
+C .
x log x dx =
3
3
3
(iv) Scriviamo
Z
Z
log x dx =
1 · log x dx
e nella formula di integrazione per parti scegliamo f (x) = log x e g 0 (x) = 1 ottenendo
Z
Z
1 · log x dx = x log x − 1 dx = x log x − x + C .
(v)
Z
Z
x2
1
x2
arctan x −
dx
2
2
1 + x2
Z
1
1 + x2 − 1
x2
arctan x −
x
=
2
2
d
Z
Z
x2
1
1
1
=
arctan x −
1 dx +
dx
2
2
2
1 + x2
1 2
=
x arctan x − x + arctan x + C .
2
x arctan x dx =
(vi) Integrando per parti si arriva all’uguaglianza
Z
Z
ex sin x dx = −ex cos x + ex cos x dx
Z
= ex (sin x − cos x) − ex sin x dx ;
portando a primo membro l’integrale che compare nell’ultima riga si trova
Z
ex
ex sin x dx =
(sin x − cos x) + C .
2
q
^
20
Esercizio 51. Calcolare:
Z
π
2
Z
cos2 x dx ,
−π
2
π
2
Z
sin2 x dx ,
0
e
1
log x
√ dx .
x
Esercizio 52. Trovare le primitive della funzione
1
.
4 + x2
f (x) =
Svolgimento. Ricordiamo innanzitutto che
Z
1
dx = arctan x + C .
1 + x2
Scriviamo dunque:
Z
1
dx =
4 + x2
Z
1
dx =
x2
4
4
1
4 1+
Z
1
1+
x 2
2
dx
e applichiamo la sostituzione t = x/2, che implica dt = 21 dx, ottenendo
Z
Z
1
1
1
1
1
dt = arctan t + C ,
dx =
2
x 2
4
2
1
+
t
2
1+ 2
dunque
Z
1
x
1
dx = arctan + C .
4 + x2
2
2
q
^
Esercizio 53. Calcolare:
Z
0
2
1
dx ,
4 + x2
Z
1
√
4
3
9
Z
x
dx ,
1 + x2
π2
16
arctan
√
x dx (Hint: sfruttare l’esercizio 50(v)).
Esercizio 54. Trovare le primitive di
f (x) =
sin x tan x
e
.
cos3 x
Svolgimento.
Z
sin x
dx =
cos3 x
Z
tan x
1
etan x dx
cos2 x
(sostituiamo tan x = t, da cui dt = (1/ cos2 x) dx)
Z
tet dt
=
(integriamo per parti)
t
= te −
Z
et dt
= tet − et + C
= etan x (tan x − 1) + C .
q
^
21
Figura 9: Cerchio di raggio r = 1 (esercizio 55).
22
Figura 10: Grafico di f (x) =
√
√
1 − x2 e area sottesa; grafico di u(x) = − 1 − x2 (esercizio 55).
Esercizio 55. Calcolare l’area del cerchio di raggio 1.
Svolgimento. Nel piano munito di coordinate cartesiane (x, y), il cerchio di centro (a, b) e raggio r è
l’insieme
o
n
p
(x, y) ∈ R2 tali che |x − a|2 + |y − b|2 ≤ r .
Nel nostro caso r = 1 e, dato che l’area non dipende da dove è posizionato il centro del cerchio, possiamo
scegliere come centro il punto (0, 0). Dobbiamo dunque trovare l’area dell’insieme
C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 .
(8)
La circonferenza (che è la curva che delimita il cerchio) non può essere espressa nella forma y = f (x)
(o nella forma x = g(y)), in quanto ad ogni x ∈ [−1, 1] corrispondono due valori di y (vedi figura 9);
più precisamente
dalla (8) segue che ad ogni x ∈ [−1, 1] corrispondono sulla circonferenza i due valori
√
y = ± 1 − x2 , pertanto la corrispondenza x ∈ [−1, 1] 7→ y ∈ [−1, 1] : (x, y) ∈ C non è una funzione.
Possiamo
però considerare la semicirconferenza superiore, che è il grafico della funzione y = f (x) =
√
1 − x2 ; avremo allora che l’area del semicerchio A compreso tra l’asse delle x e il grafico di f è metà
dell’area del cerchio (figura 10). Per trovare l’area di A è sufficiente calcolare
Z 1p
1 − x2 dx .
1
Sostituendo x = sin t, dx = cos t dt ci si riconduce a calcolare
Z arcsin(1) p
Z π2 √
2
1 − sin t cos t dt =
cos2 t cos t dt ;
−π
2
arcsin(−1)
23
nell’intervallo [−π/2, π/2] si ha cos t ≥ 0 quindi
√
cos2 t = | cos t| = cos t, pertanto si può scrivere
Z
π
2
=
cos2 t dt
−π
2
(ricordando l’esercizio 51)
π
1
(cos t sin t + t)|−2 π
2
2
π
= .
2
=
Pertanto
area(C) = 2 · area(A) = π ,
a conferma del fatto che l’area del cerchio di raggio r è uguale a πr2 .
24
q
^