ANALISI

Soluzioni del Foglio 718 novembre 2009

7.1. Esercizio. Assegnate le funzioni

ex − e−x

x,

sin(x)

x

• dire quali possono essere prolungate per continuita in x = 0,• studiare, per le funzioni che risultino prolungabili in x = 0, la

derivabilita in x = 0 dei prolungamenti,• studiare, per le funzioni che risultino derivabili in x = 0, ser-

vendosi eventualmente della regola di de l’Hopital, la continui-ta in x = 0 della funzione derivata.

Soluzione:

Entrambe le funzioni assegnate possono essere prolungate per continui-ta in x = 0 in quanto esistono i limiti

limx→0

ex − e−x

x= 2, lim

x→0

sin(x)

x= 1

i prolungamenti sono pertanto le due funzioni, vedi Figure 1 e 2,

f(x) =

{ex − e−x

xse x 6= 0

2 se x = 0g(x) =

{sin(x)

xse x 6= 0

1 se x = 0

La derivabilita in x = 0 significa l’esistenza dei limiti

limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

eh − e−h

h− 2

h= lim

h→0

eh − e−h − 2h

h2

limh→0

g(h)− g(0)

h= lim

h→0

sin(h)

h− 1

h= lim

h→0

sin(h)− hh2

Tenuto conto che si tratta, in entrambi i casi, di quozienti in cui nu-meratore e denominatore hanno limite zero, si puo usare la regola dide l’Hopital e studiare i limiti dei quozienti delle rispettive derivate

limh→0

eh + e−h − 2

2h, lim

h→0

cos(h)− 1

2h

ovvero, tenuto conto che si incontrano nuovamente quozienti in cuinumeratore e denominatore hanno limite zero, si puo usare una seconda

1

2

Figura 1. f(x) =ex − e−x

x

volta la regola di de l’Hopital e studiare i limiti dei quozienti dellerispettive derivate

limh→0

eh − e−h

2= 0, lim

h→0

− sin(h)

2= 0

I due limiti trovati provano quindi l’esistenza delle due derivate in x = 0

limh→0

f(h)− f(0)

h= 0, lim

h→0

g(h)− g(0)

h= 0

Le funzioni prolungate f e g hanno pertanto, ∀x ∈ R, le seguentiderivate

f ′(x) =

{(ex + e−x)x− (ex − e−x)

x2se x 6= 0

0 se x = 0

g′(x) =

{x cos(x)− sin(x)

x2se x 6= 0

0 se x = 0

3

Figura 2. f(x) =sin(x)

x

L’ultima domanda proposta si riferisce alla continuita in x0 = 0 delledue funzioni f ′(x) e g′(x) sopra definite: tenuto conto che, applicandodue volte la regola di de l’Hopital, al caso f ′

limx→0

(ex + e−x)x− (ex − e−x)

x2= lim

x→0= lim

x→0

(ex − e−x)x)

2x=

= limx→0

(ex + e−x)x+ (ex − e−x)

2= 0

e al caso g′

limx→0

x cos(x)− sin(x)

x2= lim

x→0

−x sin(x)

2x=

= limx→0

− sin(x)− x cos(x)

2= 0

si riconosce che sia f ′ che g′ sono continue in x0 = 0.

7.2. Esercizio. Assegnate le funzioni

f(x) =√x2 − x, g(x) =

x

4x+ 1e−x

4

• determinare l’insieme di definizione,• esaminare se possiedono asintoti,• determinare gli intervalli di monotonia e i punti di massimo

e/o minimo locali,• determinare gli intervalli di convessita e determinare i punti

di flesso.

Soluzione:

f(x) =√x2 − x

• x2 − x ≥ 0 ⇔ {x ≤ 0} ∪ {1 ≤ x}: l’insieme di definizione epertanto R privato dell’intervallo aperto (0, 1),• tenuto conto che

f(x) = |x|√

1− 1

x

si intuisce che f abbia gli stessi asintoti obliqui della funzione|x|, cioe le due rette y = x e y = −x.

Infatti

limx→±∞

|x|√

1− 1

xx

= ± limx→−∞

√1− 1

x= ±1

e

limx→−∞

√x2 − x+ x = lim

x→−∞

(√x2 − x+ x)(

√x2 − x− x)√

x2 − x− x=

= limx→−∞

−x√x2 − x− x

=1

2

Analogamente

limx→+∞

√x2 − x− x = −1

2

Pertanto le rette

y = −x+1

2, y = x− 1

2

sono asintoti obliqui della f , rispettivamente per x → −∞ ex→ +∞.• Tenuto presente che

f ′(x) =2x− 1

2√x2 − x

5

riesce

x ≤ 0 → f ′(x) < 0, 1 ≤ x → f ′(x) > 0

Quindi, tenuto conto che l’insieme di definizione di f e com-posto da due semirette si ha che:

– nella semiretta di sinistra f e decrescente,– nella semiretta di destra e crescente.

• Tenuto presente che

f ′′(x) =−1

4 ((−1 + x) x)32

si riconosce che f ′′(x) < 0 e quindi che f e concava in entrambele due semirette che compongono il suo insieme di definizione.

g(x) =x

4x+ 1e−x

Figura 3. g(x) =x

4x+ 1e−x

• l’insieme di definizione e {x 6= −1/4}

6

• la retta verticale

x = −1

4e un asintoto verticale: infatti

limx→−1/4−

x

4x+ 1e−x = +∞, lim

x→−1/4+

x

4x+ 1e−x = −∞

Esiste inoltre un asintoto orizzontale x = 0 relativo a x→+∞: infatti

limx→+∞

x

4x+ 1e−x = 0

Non esistono asintoti, ne orizzontali ne obliqui, per x →−∞: infatti

limx→−∞

x

4x+ 1e−x = +∞, lim

x→−∞

x

x(4x+ 1)e−x = −∞

• tenuto presente che

g′(x) = −−1 + x+ 4x2

(1 + 4 x)2 e−x

e che

g′(x) = 0 ⇔ ξ1 = −1 +√

17

8, ξ2 = −1−

√17

8

si riconosce, tenuto conto che ξ1 < −1/4 e che

limx→−∞

g(x) = limx→−1/4−

g(x) = +∞

che nel punto ξ1 non puo che aversi un

punto di minimo locale

Analogamente si riconosce tenuto conto che ξ2 > −1/4 eche

limx→−1/4+

g(x) = −∞ limx→+∞

g(x) = 0

che nel punto ξ2 non puo che aversi un

punto di massimo locale

• tenuto conto che

g′′(x) =−10− 7x+ 8x2 + 16x3

(1 + 4 x)3 e−x =

e che l’espressione a numeratore −10−7x+8x2 +16x3 e cres-cente in (−∞,−7/12) decrescente in (−7/12, 1/4) e crescente

7

in (1/4,+∞) e che prende in x = −7/12 valore negativo siriconosce che

x < −1

4→ −10− 7x+ 8x2 + 16x3 < 0 → g′′(x) > 0

Nella semiretta x > −1/4 l’espressione a numeratore e de-crescente fino a un minimo negativo assunto in x = 7/2, poicresce tendendo a +∞ per x → +∞: pertanto l’espressionea numeratore e negativa per x ∈ (−1/4, η) e positiva dopo.Stesso segno ha, naturalmente g′′(x).

Pertanto

x < −1

4→ g(x) convessa

−1

4< x < η → g(x) concava

x = η → g(x) ha un flesso,x > η → g(x) concava

7.3. Esercizio. Assegnata la funzione

f(x) = x e−|x|

• determinare i limiti per x→ ±∞,• determinare l’insieme in cui f e derivabile e indicare l’espres-

sione della derivata,• determinare gli intervalli di monotonia e i punti di massimo

e/o minimo locali,• determinare gli estremi inferiore e superiore ed esaminare se

si tratta di minimo e/o massimo.

Soluzione:

La funzione assegnata, f(x) = x e−|x| e funzione di tipo dispari: graficosimmetrico rispetto all’origine, vedi Figura 4.

• Al limite

limx→+∞

xe−|x| = limx→+∞

x

ex

quoziente di due funzioni entrambe divergenti a +∞ puo essereapplicata la regola di de l’Hopital e considerare quindi il limitedel quoziente delle derivate

limx→+∞

1

ex= 0

8

Figura 4. f(x) = x e−|x|

Analogo discorso per il limite per x→ −∞

limx→−∞

xe−|x| = − limx→+∞

x

ex= − lim

x→+∞

1

ex= 0

• f e certamente derivabile per x 6= 0 perche composta di fun-zioni in tale insieme derivabili

f ′(x) =

{(1 + x)ex se x < 0(1− x)e−x se x > 0

ovvero∀x 6= 0 : f ′(x) = (1− |x|)e−|x|

In x = 0 per decidere circa la derivabilita o meno deve essereconsiderato direttamente il rapporto incrementale

limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

he|h|

h= lim

h→0e|h| = 1

pertanto la funzione f e derivabile anche in x = 0 con derivataf ′(0) = 1.• Tenuto conto dell’espressione della derivata si riconosce che

– f e decrescente in (−∞,−1)– e crescente in (−1, 1)

9

– di nuovo decrescente in (1,+∞)• Tenuto conto che

limx→±∞

xe−|x| = 0

lo studio sugli intervalli di monotonia permette di riconoscereche i valori presi in x = −1 e in x = 1 sono il minimo e ilmassimo della f in R.

7.4. Esercizio. Studiare al variare di a ∈ R il numero di soluzionidell’equazione

1

3x3 + x2 + a = 0

Soluzione:

Figura 5. P (x) =1

3x3 + x2

10

L’equazione assegnata,1

3x3 +x2 = −a, ammette almeno una soluzione

qualunque sia a ∈ R in quanto l’immagine della funzione P (x) =1

3x3 +

x2, polinomio di grado dispari, e tutto R.Per decidere il numero na di soluzioni basta esaminare il grafico dellaP (x), vedi Figura 5:

P ′(x) = x2 + 2x = x(x+ 2)

da cui segue x < −2 → P ′(x) > 0 P (x) crescente−2 < x < 0 → P ′(x) < 0 P (x) decrescente0 < x → P ′(x) > 0 P (x) crescente

Sempre dal grafico, vedi Figura 5, osservando che P (−2) = 43

e P (0) =0, poiche si cercano soluzioni dell’equazione P (x) = −a si riconosce che

a > 0 1 soluzionea = 0 2 soluzioni−4/3 < a < 0 3 soluzionia = −4/3 2 soluzionia < −4/3 1 soluzione

7.5. Esercizio. Dimostrare che l’equazione

tan(x) = x

possiede infinite radici reali.Quante di queste radici sono contenute nell’intervallo [0, 4π] ?

Soluzione:

La funzione tan(x) e periodica: quello che fa per x ∈ (−π2,π

2) lo ripete

negli analoghi intervalli(−π

2− π, π

2− π

),(−π

2+ π,

π

2+ π),(−π

2+ 2π,

π

2+ 2π

), ...

In ciascuno di tali intervalli la funzione tan(x) e crescente e ha immag-ine tutto R: pertanto

∀ k ∈ Z : ∃ !xk ∈(−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

)tale che tan(xk) = xk

Basta osservare il grafico di Figura 6 per riconoscere quindi che l’e-quazione tan(x) = x ha quattro radici appartenenti all’intervallo [0, 4π].

11

Figura 6. tan(x) = x

Osservazione 7.1. Merita attenzione riconoscere che nell’intervallo[0, π/2] l’equazione tan(x) = x abbia la sola soluzione x = 0, ovveroriconoscere che

0 < x <π

2→ x < tan(x)

Infatti, indicata cond(x) = tan(x)− x

riesce d(0) = 0 e

d′(x) =1

cos2(x)− 1 ≥ 0

da cui d(x) risulta crescente in [0, π/2) e, quindi

0 < x <π

2→ 0 = d(0) < d(x)

ovvero tan(x) > x.

7.6. Esercizio. Si determinino gli estremi, superiore ed inferiore,della funzione

f(x) = exp

(1 + x2

4− x2

)Si determinimo inoltre gli eventuali punti di massimo o minimo locale.

12

Soluzione:

Figura 7. g(x) =1 + x2

4− x2

Consideriamo la funzione, vedi grafico in Figura 7,

g(x) =1 + x2

4− x2

• funzione pari,• lim

x→±∞g(x) = −1, asintoto orizzontale y = −1

• denominatore nullo per x = ±2, asintoti verticali x = −2 ex = 2.

L’informazione piu utile puo essere il legame che intercorre tra{1 + x2

4− x2, x ∈ R

} {1 + x

4− xx ≥ 0

}in Figura 7 il grafico della prima e in nero, quello della seconda e inblu tratteggiato.Le immagini delle due funzioni sono ovviamente le stesse:

(−∞,−1) ∪ [1

4, +∞)

13

Figura 8. f(x) = exp

(1 + x2

4− x2

)Pertanto, tenuto conto che la funzione esponenziale e strettamentecrescente, l’immagine della funzione f assegnata e, vedi Figura 8,

(0, e−1) ∪ [e1/4, +∞)

• estremo inferiore di f : 0, non e minimo,• estremo superiore di f : +∞, non e, naturalmente, massimo.

In corrispondenza ad x0 = 0 si ha un punto di minimo locale:

f(0) = e1/4 ≈ 1, 28

7.7. Esercizio. Assegnate le funzioni

f(x) = |x|(2x− 1), x ∈ [−1, 1]

g(x) = (2x+ 1) e−x, x ∈ [0,+∞)

determinare gli estremi inferiore e superiore e dire se essi siano rispet-tivamente minimo e/o massimo.

Soluzione:

14

f(x) = |x|(2x− 1), x ∈ [−1, 1]

Figura 9. f(x) = |x|(2x− 1), x ∈ [−1, 1]

La funzione f per via del valore assoluto corrisponde alla seguente

f(x) =

{−x(2x− 1) se x ≤ 0x(2x− 1) se x ≥ 0

una funzione costruita incollando due parabole, vedi grafico in Figura9.Si tratta di una funzione continua definita su un intervallo chiuso elimitato pertanto ha minimo e massimo che sono, evidentemente, ivalori

f(−1) = −3, f(1) = 1

considerato che per x = 14, si ha f(1

4) = −1

8∈ (−3, 1).

g(x) = (2x+ 1) e−x, x ∈ [0,+∞)

La funzione g(x) e continua e derivabile nell’intervallo [0,+∞): riesce

g′(x) = (1− 2x) e−x

pertanto

15

Figura 10. g(x) = (2x+ 1) e−x, x ∈ [0,+∞)

• g e crescente per x ∈ [0, 1/2]• e decrescente per x > 1/2.

Tenuto conto che

g(0) = 1, g(1/2) =2√e, lim

x→+∞g(x) = 0

si riconosce che

inf(g) = 0, sup(g) = g(1/2) =2√e

= max(g)

7.8. Esercizio∗. Dimostrare la disuguaglianza

3x2 ≤ x6 + 2, ∀x ∈ R(Suggerimento: studiare la funzione f(x) = 3x2 − x6 − 2)

Soluzione:

La funzione f(x) = 3x2− x6− 2, vedi grafico in Figura 11, ha derivata

f ′(x) = 6x− 6x5 = 6x(1− x4)

Dal segno di f ′(x) si ricostruiscono gli intervalli in cui f(x) e crescentee quelli in cui e decrescente:

16

Figura 11. f(x) = 3x2 − x6 − 2

• crescente in (−∞, −1)• decrescente in (−1, 0)• crescente in (0, 1)• decrescente in (1, +∞)

Risulta evidente che x = ±1 sono punti di massimo: f(±1) = 0Ne segue che

∀x ∈ R : f(x) ≤ f(±1) = 0 → 3x2 ≤ (x6 + 2)

7.9. Esercizio∗. Dimostrare che l’equazione nell’incognita x

ex = 1− x+ 2a

ha, ∀a ∈ R, una e una sola soluzione x(a) ovviamente dipendenteda a.Dimostrare che la funzione di a cosı costruita e continua in R.

Soluzione:

Consideriamo la funzione, vedi grafico in Figura 12,

f(x) = ex − 1 + x

17

Figura 12. f(x) = ex − 1 + x

Tenuto conto che

limx→−∞

f(x) = −∞, limx→+∞

f(x) = +∞, f ′(x) = ex + 1 > 0

si riconosce che

• l’immagine di f e tutto R,• f e crescente,

quindi f e invertibile con inversa continua1 definita in tutta l’immagineR.

1Dimostrazione: Sia y = f(x) continua nell’intervallo I e crescente: sia Jl’intervallo sua immagine. In J e definita la funzione inversa x = g(y) crescenteanch’essa.Sia g(y0) = x0 : assegnato ε > 0 indichiamo con

y1 = f(x0 − ε), y2 = f(x0 + ε)

Riesce y1 < y0 < y2 e, tenuto conto della monotonia

y1 < y < y2 → g(y1) < g(y) < g(y2)

ovvero, posto δ = min{|y1 − y0|, |y2 − y0|}|y − y0| < δ → |g(y)− g(y0)| ≤ ε

18

Indicata con g tale inversa riesce

x(a) = g(2a)

funzione di a continua in R.