Soluzioni della prova scritta di ANALISI MATEMATICA I - 11 Febbraio 2011, ore 8.30, Versione A √ 2 ESERCIZIO 1. É data la funzione f (x) = 1 + sin x − 2−x . (a) Per determinare lo sviluppo di MacLaurin al terzo ordine di f (x), utilizzando le formule di MacLaurin seguenti: t3 + o(t3 ), 6 1 1 1 (1 + t)1/2 = 1 + t − t2 + t3 + o(t3 ), 2 8 16 (1 + t)−1 = 1 + t + t2 + t3 + o(t3 ), sin t = t − si ha ( )1/2 ( x3 x )−1 3 f (x) = 1 + (x − + o(x )) − 1− = 6 2 ( ) ( )2 ( )3 1 1 x x2 x3 x3 1 x3 x3 =1+ + −1− − − + o(x3 ) = x− − x− x− 2 6 8 6 16 6 2 4 8 3 7 = − x2 − x3 + o(x3 ) 8 48 per x → 0. (b) La parte principale di f (x) è − 38 x2 , mentre l’ordine di infinitesimo di f (x) rispetto al campione x per x → 0 vale 2. ∫1 (c) L’integrale f (x) dx diverge a −∞ per il criterio del confronto asitotico in quanto la funzione sotto segno d’integrale x3 0 è un infinito di ordine 1 per x → 0+ , ed assume valori negativi nell’intorno di 0. ESERCIZIO 2. Si consideri la funzione f (x) = x3 e−| x+1 | . x (a) domf = R \ {−1}, limx→±∞ f (x) = ±∞, non ci sono asintoti. (b) Per x ̸= 0 e x ̸= −1 f ha derivata { ′ f (x) = Si osserva che f è continua in 0 e +5x+3 x2 e− x+1 3x(x+1) 2 x 2 x e x x+1 2 se x < −1, x > 0 3x2 +7x+3 (x+1)2 se − 1 < x < 0 lim f ′ (x) = 0; x→0 pertanto esiste anche f ′ (0) = 0. (c) È possibile estendere per continuità la funzione nel punto x = −1, in quanto lim f (x) = 0. In tale punto il prolungax→−1 mento è derivabile ed ha derivata nulla, perché lim f ′ (x) = 0. x→−1 √ (d) Dallo studio del segno di f ′ si ottiene che f ha punti stazionari x1 = 0 e x2 = 13−7 , è crescente negli intervalli 6 (−∞, −1), [x2 , +∞), e decrescente in (−1, x2 ]. Il punto x2 è di minimo relativo. Non vi sono punti di massimo per f . Il punto x = −1 rappresenta un punto di massimo relativo per la funzione prolungata per continuità. (e) Il grafico qualitativo di f (x) è riportato nella figura 1. QUESITO 1. Sia f : R → R una funzione derivabile in 0 e tale che f (0) = 1 e f ′ (0) = −1. (a) Le funzioni assegnate sono tutte derivabili in 0 ad eccezione della terza funzione. In particolare si ha g1′ (0) = −2 g1 (x) = f (x) − x, 2 g2 (x) = (f (sin x)) , g2′ (0) = −2 g3 (x) = |x|f (x), g3′ (0± ) = ±1 g4 (x) = |f (x)|, g4′ (0) = −1. (b) Circa la derivabilità in 0 della funzione f (cos x) non si può affermare nulla, in assenza di informazioni sulla derivabilità di f nel punto 1 = cos 0. Per la soluzione del QUESITO 2 si veda il testo di Analisi Matematica 1. Figure 1: Soluzioni della prova scritta di ANALISI MATEMATICA I - 11 Febbraio 2011, ore 11, Versione A Esercizio 1. Si consideri la funzione f (x) = |x| + arctan 2 ( x x−1 ) . (a) Si verifica facilmente che domf = (−∞, 1) ∪ (1, +∞). Si ha inoltre lim f (x) = +∞, x→±∞ lim f (x) = x→1± 1 π ± . 2 2 Nel punto x = 1 la funzione ha un salto e non può essere prolungata per continuità. Non ci sono asintoti orizzontali, ma poiché ( ) x π lim arctan = x→±∞ x−1 4 si ha che |x| π + + o(1) per x → ±∞. 2 4 Ciò significa che f ha per asintoti obliqui a +∞ e a −∞ le rette y = x2 + π4 e y = − x2 + π4 , rispettivamente. f (x) = (b) Per ogni x ∈ domf e x ̸= 0 la funzione f è derivabile, in quanto composizione di funzioni derivabili, e la sua derivata vale { 1 1 se x > 0 2 − (x−1)2 +x2 f ′ (x) = 1 − 2 − (x−1)12 +x2 se x < 0. Poiché f è continua in x = 0, per studiare la sua derivabilità in tale punto basta calcolare i limiti di f ′ per x → 0± . Si ottiene subito 1 3 lim+ f ′ (x) = − , lim− f ′ (x) = − , 2 2 x→0 x→0 da cui si conclude che f non è derivabile in x = 0, ma ha ivi un punto angoloso. (c) Per determinare gli intervalli di monotonia di f (x) e gli eventuali punti di massimo e minimo locale e assoluto studiamo il segno di f ′ (x). Si nota immediatamente che f ′ (x) < 0 per ogni x < 0. Invece, con facile calcolo si ottiene che √ 1+ 3 ′ , f (x) = 0 per x = 2 √ 1+ 3 ′ f (x) > 0 per x > , 2 √ 1+ 3 f ′ (x) < 0 per x ∈ (0, 1) ∪ (1, ). 2 √ √ Segue quindi che f è strettamente decrescente in (−∞, 1) ed in (1, 1+2 3 ), strettamente crescente in ( 1+2 3 , +∞), ed ha √ in x = 1+2 3 un punto di minimo relativo. Per stabilire se esso è anche punto di minimo assoluto occorre confrontare il √ valore assunto dalla funzione in esso con il limite di f per x → 1− , già trovato. Il calcolo di f ( 1+2 3 ) non è immediato, ma si può osservare che per ogni x > √1 il grafico di f resta al di sopra di quello del suo asintoto obliquo a +∞, ovvero f (x) > x2 + π4 : da qui segue che f ( 1+2 3 ) > 0, mentre il limite di f per x → 1− è negativo. Si conclude pertanto che il punto di mimimo trovato non è assoluto. Figure 2: (d) Per determinare gli intervalli di convessità e gli eventuali flessi della funzione studiamo il segno di f ′′ , che vale f ′′ (x) = 4x − 2 2, ((x − 1)2 + x2 ) per ogni x ∈ domf , x ̸= 0. Si vede facilmente che f ′′ (x) = 0 per x = 1 , 2 1 per x ∈ ( , 1) ∪ (1, +∞) 2 1 f ′′ (x) < 0 per x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, ). 2 Segue che f è concava in (−∞, 0) e in (0, 12 ), convessa in ( 12 , 1) e in (1, +∞), ed ha un unico punto di flesso in x = 12 . f ′′ (x) > 0 (e) Il grafico qualitativo di f (x) è riportato in figura 2. Esercizio 2. Si consideri il problema di Cauchy y ′ = y2 + y − 2 √ , y(0) = a dove a è un parametro reale. 6 x+1 (a) Per determinare i valori di a per cui il problema di Cauchy ha soluzione costante, basta osservare che l’equazione è del tipo a variabili separabili, e che risulta y ′ = 0 quando yy 2 + y − 2 = 0, ovvero per y = 1 e y = −2. Le funzioni costanti y = 1 e y = −2 sono soluzioni del problema di Cauchy assegnato solo quando a = 1 e a = −2, rispettivamente. (b) Posto a = 0, per determinare la soluzione del problema di Cauchy conviene procedere per separazione di variabili, integrando ∫ ∫ 1 1 1 √ dy = dx. (y − 1)(y + 2) 6 x+1 Con calcoli elementari si ottiene ∫ ∫ √ 1 1 dy − dy = x + 1 + C, y−1 y+2 y − 1 √ = x + 1 + C, log y + 2 √ y − 1 x+1 C e . y + 2 = e Posto K = ±eC , con K ∈ R, K ̸= 0 si ha √ y−1 = Ke x+1 , y+2 da cui, con semplici trasformazioni si perviene a √ 1 + 2Ke x+1 √ . y= 1 − Ke x+1 1 Ponendo y(0) = 0 si trova K = − 2e , da cui √ 1 − e x+1−1 √ y= . 1 + 12 e x+1−1 (c) Sia y(x) la soluzione trovata al punto (b). Per calcolare y ′ (0) non occorre utilizzare l’espressione esplicita della soluzione, ma basta sfruttare il concetto di soluzione. Dall’espressione della equazione differenziale, ponendo x = 0 si ricava infatti che y 2 (0) + y(0) − 2 y ′ (0) = , 6 e sostituendo il dato iniziale y(0) = 0 si ottiene y ′ (0) = − 13 . Quesito 1. Sia f : R → R una funzione di classe C ∞ tale che f (x) = −x4 + 1 5 16 x + o(x5 ) per x → 0. Sia g(x) = f (2x). (a) Per calcolare le derivate g (k) (0) per k = 1, 2, 3, 4, 5 occorre esplicitare la formula di MacLaurin di g che vale g(x) = −(2x)4 + 1 (2x)5 + o(x5 ) = −16x4 + 2x5 + o(x5 ). 16 A questo punto, sapendo che g(x) = g(0) + g ′ (0)x + g ′′ (0) 2 g (3) (0) 3 g (4) (0) 4 g (5) (0) 5 x + x + x + x + o(x5 ), 2 3! 4! 5! confrontando i coefficienti dei termini dello stesso grado nei due polinomi di MacLaurin si deduce che g (k) (0) = 0 per k = 1, 2, 3, mentre g (4) (0) = −16 · 4! e g (5) (0) = 2 · 5!. (b) Per stabilire se x0 = 0 è un punto di estremo per g basta osservare che, dalle informazioni al punto precedente, esso è un punto stazionario (g ′ (0) = 0) e la prima derivata successiva non nulla è di ordine pari: questa è una condizione sufficiente perché x = 0 sia punto di estremo. Si tratta inoltre di un punto di massimo, essendo g (4) (0) < 0. (c) Non si può dire nulla del comportamento di g nel punto x0 = 34 . In generale la formula di Taylor di centro x0 di una funzione fornisce informazioni sul comportamento locale solo relativamente al punto x0 , come mostra il fatto che funzioni diverse possono avere la stessa formula di Taylor ad un determinato ordine. Ad esempio: le funzioni f (x) = 1 − x2 /2 e g(x) = cos x hanno la stessa formula di MacLaurin di ordine 2 e un punto di massimo in 0, ma il loro comportamento è del tutto diverso per x ̸= 0. Quesito 2. (a) Una funzione f (x) si dice crescente su di un intervallo I quando per ogni x1 , x2 ∈ I tali che x1 < x2 segue f (x1 ) ≤ f (x2 ). Si dice invece che f (x) è strettamente crescente in I se per ogni x1 , x2 ∈ I tali che x1 < x2 segue f (x1 ) < f (x2 ). (b) Sia f derivabile in I. Allora f è crescente in I se e solo se f ′ ≥ 0 in I. Inoltre, se f ′ > 0 in I, allora f è strettamente crescente in I. Non vale l’implicazione inversa, ovvero esistono funzioni strettamente crescenti con derivata non strettamente positiva: un esempio elementare è dato dalla funzione f (x) = x3 su I = R. (c) Sia f : R → R derivabile e crescente su R. Per mostrare che anche g(x) = f (ex + x3 ) è crescente su R, basta calcolare g ′ (x) = f ′ (ex + x3 )(ex + 3x2 ). Tale derivata risulta non negativa, in quando f ′ ≥ 0 per l’ipotesi di crescenza. Il risultato vale anche per funzioni crescenti non derivabili: la composizione di due funzioni crescenti è crescente.