MATEMATICA GENERALE (AK) -Base MATEMATICA GENERALE

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MATEMATICA GENERALE (A-K) -Base
18/9/2002
PRIMA PARTE
1) Enunciare la de…nizione di primitiva. Determinare la primitiva della funzione
log2 x
x
f (x) =
passante per per il punto P di coordinate (e; 1):
2) Determinare il più ampio intervallo contenente l’origine in cui è invertibile la funzione
f (x) = x3 ¡ x 2 ¡ 2x:
Determinare poi il codominio, il massimo e il minimo della funzione inversa.
3) Determinare gli eventuali punti di massimo e di minimo relativo della funzione
f (x; y) = y + e 1+xy :
4) Sviluppare la funzione
3+2x
f (x) = e x
con la formula di Taylor arrestata al secondo ordine in un intorno di xo = 0:
5) Individuare la funzione della famiglia
f (x) = ax3 + bx2 + cx + 2
che nel punto A(1; 3) ha un punto di ‡esso ed è tangente alla retta di equazione y = 2x + 1:
SECONDA PARTE
6) Enunciare il teorema fondamentale del calcolo integrale. Scrivere l’equazione della retta tangente alla funzione
Z x t
e
dt
F (x) =
t
2
nel punto di ascissa x = 2:
7) Studiare la funzione
f(x) = log
x2
x+1
MATEMATICA GENERALE (A-K) -Base
Soluzione del tema del 18/9/2002
PRIMA PARTE
1) Poichè, risolvendo per sostituzione l’integrale
Z
log2 x
dx;
x
ponendo
log x
1
dx
x
= t;
= dt
1
si ha
Z
log 2 x
dx =
x
imponendo il passaggio per il punto P si ha
Z
t2 dt =
1
+k
3
1=
da cui
k=
e quindi la funzione cercata
g (x) =
t3
1
+ k = log3 x + k;
3
3
2
3
1
2
log3 x + :
3
3
2) Poichè
f 0(x) = 3x2 ¡ 2x ¡ 2 ¸ 0
quando
p
p
1¡ 7
1+ 7
x·
;
x¸
;
3
3
l’intervallo più grande contenente l’origine in cui è garantita la monotonia di f (e quindi la sua invertibilità) è
"
p
p #
1 ¡ 7 1+ 7
;
:
3
3
Per de…nizione di inversa poi si ha
¡1
=
max f ¡ 1
=
min f ¡ 1
=
Codomf
3) Ponendo le derivate parziali uguali a zero
½
fx0 (x; y) = ye 1+xy = 0
fy0 (x; y) = 1 + xe 1+xy = 0
si trova l’unico punto stazionario
¡
Considerando poi le derivate seconde
e quindi l’Hessiana nel punto in questione
p #
p
1 ¡ 7 1+ 7
;
;
3
3
p
1+ 7
;
3p
1¡ 7
:
3
"
¢
0; ¡e¡1 :
00
fxx
(x; y) =
00
fyy (x; y) =
y2 e1+xy
x2 e 1+xy
00
fyx
(x; y) =
e1+xy + yxe 1+xy
¡
¢
H f 0; ¡e¡1 =
ed essendo detH < 0 il punto stazionario è un punto di sella.
·
0
e
e e ¡1
¸
4) La formula di Taylor richiesta è
1
2
2
f (x) = f (x 0 ) + f 0(x0 ) (x ¡ x 0 ) + f 00 (x0 ) (x ¡ x0 ) + o (x ¡ x0 )
2
ed essendo
f(0) =
0
f (x) =
f 0 (0) =
f 00 (x) =
f 00 (2) =
1;
¡ 2
¢ 3
3x + 2 e x +2x ;
2;
h
¡
¢2 i x 3 +2x
e
;
6x + 3x 2 + 2
4;
2
la formula richiesta è
¡ ¢
f(x) = 1 + 2x + 2x2 + o x 2 :
5) Si tratta di imporre
ed essendo
8
< f (1) = 3
f 0 (1) = 2
: 00
f (1) = 0
f 0 (x) = 3ax 2 + 2bx + c
e
f 00 (x) = 6ax + 2b
il sistema da risolvere è
8
< a+b+c+2= 3
3a + 2b + c = 2
:
6a + 2b = 0
che ammette soluzione
e quindi la funzione richiesta è
Infatti per i valori dei parametri ottenuti si ha
8
< a = ¡1
b=3
:
c = ¡1
f(x) = ¡x 3 + 3x2 ¡ x + 2:
f 00 (x) = ¡6x + 6
che cambia di segno in x = 1 confermando il fatto che tale punto è un punto di ‡esso.
SECONDA PARTE
6) Poichè
F (2) =
e
Z
2
2
et
dt = 0
t
F 0(x) =
ex
;
x
F 0 (2) =
e2
;
2
essendo l’equazione della retta tangente cercata
y = F (2) + F 0 (2) (x ¡ 2) ;
si ha che
y=
e2
(x ¡ 2) :
2
7) Il dominio si ottiene risolvendo
x2
>0
x+1
ovvero D = (¡1; 0) [ (0; +1) :
L’insieme di positività
f (x) = log
x2
¸0
x+ 1
x2
¸1
x+1
x2 ¡ x ¡ 1
¸0
x+1
3
che ha soluzioni (considerando il dominio e il fatto che in esso il denominatore è sempre positivo)
Ã
!
p ! Ã
p
1¡ 5
1+ 5
¡1;
[
; +1 :
2
2
I limiti
x2
x!¡1+
x+1
x2
lim log
x!0
x+1
x2
lim log
x!+1
x+1
lim log
=
+1;
=
¡1;
=
+1:
La funzione presenta due asintoti verticali: x = ¡1 e x = 0.
La derivata prima
x + 1 x2 + 2x
¸0
f 0 (x) =
x 2 (x + 1) 2
quando (e quindi la funzione è crescente; a tal …ne si consideri il dominio e che x + 1 in esso è sempre positivo)
x > 0:
La derivata seconda
f 0 (x) =
x2 + x ¡ (2x + 1) (x + 2)
¸0
(x2 + x)2
quando (e quindi f convessa; si consideri il dominio)
¡1 < x < ¡2 +
4
p
2:
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