Soluzioni della prova scritta di ANALISI MATEMATICA I

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.