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Appunti del corso di sostegno e recupero per

Matematica corso base, maggio 2014 - versioneampliata

ultima revisione: 3 ottobre 2015

Sapienza Universita di Roma, Roma, Italia

R. de Kok, G. Rotundo

Questi appunti costituiscono materiale di supporto alla preparazionedell’esame e non si devono ritenere in alcun modo sostitutivi ne dei libri di

testo, ne delle lezioni.

1

Chapter 1

Esercizi di algebra lineare

Per la parte teorica si rimanda al capitolo 3 del libro di testo. In particolare,si ricorda che i sistemi lineari vanno svolti seguendo il teorema e la regola diCramer ed il teorema di Rouche- Capelli.

1.1 Determinanti

Calcolare il determinante delle seguenti matrici:

1.

A =

(3 14 −2

)Soluzione: det(A) = −10

2.

A =

(3 5−2 4

)Soluzione: det(A) = 22

3.

A =

(−5 6−7 −2

)Soluzione: det(A) = 52

4.

A =

1 2 34 5 67 8 9

Soluzione: det(A) = 0

2

5.

A =

−2 1 43 5 −71 6 2

Soluzione: det(A) = −65

6.

A =

3 0 02 −1 51 9 −4

Soluzione: det(A) = −123

3

1.2 Sistemi di equazioni lineari

Osservazione: considero una matrice qualsiasi in cui la caratteristica e ugualeal numero delle righe. In questo caso se aggiungo solo colonne la caratteristicanon puo aumentare, perche non posso formare sottomatrici quadrate di ordinemaggiore di n.

Osservazione: perche quando si applica Cramer non si chiede diverificare che car(A) = car(A|b)?Perche Cramer si applica quando A e una matrice quadrata di ordinen con determinante non nullo, il che significa che la sua caratteristicae n ed anche se considero la matrice completa, con una colonna inpiu, la caratteristica non puo aumentare.

4

Risolvere i seguenti sistemi di equazioni lineari:

1. x1 + 2x3 = 6−3x1 + 4x2 + 6x3 = 30−x1 − 2x2 + 3x3 = 8

5

Soluzione: x1 = −1011 ;x2 = 18

11 ;x3 = 3811

Svolgimento:Calcolo il determinante della matrice incompleta (tramite la re-gola di Sarrus perche la matrice e di ordine 3):∣∣∣∣∣∣

1 0 2−3 4 6−1 −2 3

∣∣∣∣∣∣ = 12 + 0− 12− (−8− 12 + 0) = 44 6= 0

In questo caso il Teorema di Cramer assicura la presenza diun’unica soluzione, che si puo’ calcolare tramite le Regola diCramer:

x1 =

∣∣∣∣∣∣6 0 230 4 68 −2 3

∣∣∣∣∣∣44

=72 + 0− 120− (64 + 0− 72)

44=−48− (−8)

44=−40

44=−10

11

x2 =

∣∣∣∣∣∣1 6 2−3 30 6−1 8 3

∣∣∣∣∣∣44

=90− 36− 48− (−60 + 48− 54)

44=

6− (−68)

44=

72

44=

18

11

x3 =

∣∣∣∣∣∣1 0 6−3 4 30−1 −2 8

∣∣∣∣∣∣44

=32 + 0 + 36− (−24− 60 + 0)

44=

68 + (84)

44=

152

44=

38

11

2. x1 − 3x2 + x3 = 42x1 − x2 = −24x1 − 3x3 = 0

Soluzione: x1 = −3011 ;x2 = −38

11 ;x3 = −4011

Svolgimento

Calcolo il determinante della matrice incompleta (tramite la re-gola di Sarrus perche la matrice e di ordine 3):∣∣∣∣∣∣

1 −3 12 −1 04 0 −3

∣∣∣∣∣∣ = 3 + 0 + 0− (−4 + 0 + 18) = 3− 14 = −11 6= 0

6

In questo caso il Teorema di Cramer assicura la presenza diun’unica soluzione, che si puo’ calcolare tramite le Regola diCramer:

x1 =

∣∣∣∣∣∣4 −3 1−2 −1 00 0 −3

∣∣∣∣∣∣44

=12 + 0 + 0− (0 + 0− 18)

11=

12− (−18)

11=

30

11

x2 =

∣∣∣∣∣∣1 4 12 −2 04 0 −3

∣∣∣∣∣∣11

=6 + 0 + 0− (−8 + 0− 24)

11=

6− (−32)

11=−38

11

x3 =

∣∣∣∣∣∣1 −3 42 −1 −24 0 0

∣∣∣∣∣∣11

=0 + 24 + 0− (−16 + 0 + 0)

11=

24 + 16

11=−40

11

3. 3x1 − x2 + x3 = 4−x1 + 7x2 − 2x3 = 12x1 + 6x2 − x3 = 5

Soluzione: x1 = 29−5α20 ; x2 = 7+5α

20 ;x3 = α

4. x1 + 2x2 − x3 = −32x1 − 5x2 + 4x3 = 133x1 − 3x2 + 2x3 = 10

Soluzione: x1 = 119 ;x2 = −19

9 ;x3 = 0

5. 2x1 − x2 + x3 = 1−x1 + 2x2 + x3 = −1x1 + x2 + 2x3 = 0

Soluzione: x1 = 1−3α3 ;x2 = −1−3α

3 ;x3 = α

6. 8x1 + 3x2 + x3 = 12x1 + 7x2 + x3 = 310x1 + 10x2 + 2x3 = 4

Soluzione: x1 = −2−α50 ;x2 = 22−14α

50 ;x3 = α

7

7. {x1 − 3x2 + x3 = 0−2x+ 6x2 − 2x3 = 0

8. (2015 da qui in poi){x1 − 3x2 + x3 + x4 = 0−2x+ 6x2 − 2x3 + x4 = 0

9. {x1 − 3x2 + x3 + x4 = 0−2x+ 6x2 − 2x3 − 2x4 = 0

10. {x1 − 3x2 + x3 + x4 = 0x+ 6x2 − 2x3 − 2x4 = 0

11. {x1 − 3x2 + x3 + x4 = 0x+ 6x2 − 2x3 + x4 = 0

12. x− 2y = −1−2x+ 4y = 2x+ y = 2

13. x− 2y − z = −3−2x+ 4y + 2z = 6x+ y + 2z = 3

1.3 Sistemi dipendenti da parametro

Determinare il numero di soluzioni al variare del parametro:

1. 2x1 − kx2 + x3 = 1−x1 + 2x2 + x3 = −1x1 + x2 + 2x3 = 0

Soluzione: per k = 1 car(A) = 2 6= car(A | b), quindi non ci sonosoluzioni. Per k 6= 1 c’e un’unica soluzione x1 = 2

3 ;x2 = 0;x3 = − 13 .

2. x1 + 2x2 − 3x3 = −32x1 − 5x2 + 4x3 = k3x1 − 3x2 + x3 = 10

Soluzione: car(A) = 2. Per k = 13 car(A | b) = 2 ci sono ∞3−2 =∞1 soluzioni; per k 6= 13 car(A) 6= car(A | b) quindi non ci sonosoluzioni.

8

3. 8x1 + 3x2 + x3 = 12x1 + 7x2 + x3 = 3kx1 + 10x2 + 2x3 = 4

Soluzione: Per k = 10, carA = car(A | b) = 2 ci sono ∞3−2 = ∞1

soluzioni. Per k 6= 10, poiche carA = car(A | b) = 3 il numerodelle soluzioni e ∞3−3 = ∞0 = 1, c’e una sola soluzione. Percompletezza, si riporta questa unica soluzione, in cui k rimaneesplicitamente come parametro: x1 = 0;x2 = 20−2k

40−4k ;x3 = −20+2k40−4k .

4. x1 + 2x2 − x3 = −32x1 − 5x2 + 4x3 = 133x1 − 3x2 + 2x3 = k

Soluzione: car(A) = 3, quindi anche car(A | b) = 3. Poichecar(A) = 3 = car(A | b) c’e sempre un’unica soluzione, per qualsiasivalore di k. Per completezza, si riporta questa unica soluzione,in cui k rimane esplicitamente come parametro: x1 = 3k−19

9 ;x2 =41−6k

9 ;x3 = 10− k.

5. x1 + 2x2 − kx3 = −32x1 − 5x2 + 4x3 = 135x1 + 4x2 − x3 = 5

Soluzione: per k = 1 si ha che carA = 2 6= car(A | b) = 3, quindi nonci sono soluzioni. Per k 6= 1 carA = car(A | b) = 3 e quindi ∞3−3 =∞0 = 1 c’e una sola soluzione, che si riporta per completezza:x1 = 99−77k

33(1−k) ;x2 = −9+5k3(1−k) ;x3 = −2

1−k

(2015 da qui in poi)

6. k − 2y − z = −1−2x+ 4y + 2z = 2x+ y + 2z = 2

7. x− 2y − z = k−2x+ 4y + 2z = 2x+ y + 2z = 2

8. x− ky − z = −1−2x+ 4y + 2z = 2x+ y + 2z = 2

9

9. x− 2y − z = −1−2x+ 4y + 2z = 2x+ ky + 2z = 2

10

10. Risolvere il seguente sistema −3x− 6y = 3x+ 2y = −12x+ ky = −2

(1.1)

Svolgimento: n = 3, m = 2, quindi in generale non e possibileapplicare il metodo di Cramer e sicuramente non e possibilecalcolare det(A) perche A non e una matrice quadrata.

A =

−3 −61 22 k

; A | b =

−3 −6 31 2 −12 k −2

(1.2)

(a) calcolo della caratteristica di A

Considero i minori di ordine 2:

M1 =

∣∣∣∣ −3 −61 2

∣∣∣∣ = 0 (1.3)

M2 =

∣∣∣∣ −3 −62 k

∣∣∣∣ = −3k + 12 (1.4)

M2 = 0 per k = 4.

M3 =

∣∣∣∣ 1 22 k

∣∣∣∣ = k − 4 (1.5)

M3 = 0 per k = 4.

Quindi: per k 6= 4 car(A) = 2. Per k = 4 car(A) < 2. C’esicuramente un minore di ordine 1 non nullo, quindi Perk = 4 car(A) = 1.

(b) calcolo car(A|b). Osservo che det(A|b) = 0 perche le righe 1e 2 sono proporzionali. Quindi car(A|b) < 3. Verifico se lacaratteristica puo essere uguale a 2. Tutti i minori prece-denti fanno parte di A|b. Inoltre osservo che tutti i minoriformati con le righe 1 e 2 sono nulli, in quanto le righe 1 e2 sono proporzionali. Analogamente per le colonne 1 e 3.Rimangono da calcolare i seguenti minori:

M4 =

∣∣∣∣ −6 3k −2

∣∣∣∣ = 12− 3k (1.6)

M5 =

∣∣∣∣ 2 −1k −2

∣∣∣∣ = −4 + k (1.7)

Osservo che per k = 4 tutti i minori non gia nulli (M2, M3,M4, M5) si annullano.

Quindi: per k 6= 4 car(A|b) = 2. Per k = 4 car(A|b) < 2. C’esicuramente un minore di ordine 1 non nullo, quindi Perk = 4 car(A|b) = 1.

11

In conclusione:

per k 6= 4 car(A) = car(A|b) = 2, quindi ci sono ∞2−2 =∞0 = 1 solasoluzione.

Per k = 4 car(A) = car(A|b) = 1, quindi ci sono ∞2−1 = ∞1

soluzioni.

Figure 1.1: Esercizi ulteriori di algebra lineare.

1.4 Autovalori, autovettori e norma

Calcolare gli autovalori (pagine 94-97 del libro di testo) ed i rela-tivi autovettori di norma unitaria (pagina 98 del libro di testo) delleseguenti matrici:

1.

A =

(2 −3−3 10

)Soluzione: λ = 1; con autovettori 1√

10α2· (3α, α); λ = 11 con au-

tovettori 1√109 α

2( 13α, α) (si ricorda che, dato il vettore u = (u1, u2),

la norma e data da || u ||=√u21 + u22. In questo caso, dato il

vettore ( 13α, α), la norma e

√( 13 · α)2 + α2 =

√109 α

2. Il vettore va

diviso per la norma per avere il vettore di norma unitaria.

12

2.

A =

(1 24 3

)Soluzione: λ = 5 con autovettori 1√

5α2· (α, 2α); λ = −1 con au-

tovettori 1√2α2· (α,−α)

3.

A =

(1 23 2

)Soluzione: λ = −1 con autovettori 1√

2α2· (−α, α); λ = 4 con au-

tovettori 1√139 α

2( 23α, α)

4.

A =

(3 08 −1

)Soluzione: λ = 3 con autovettore 1√

54α2

· ( 12α, α); λ = −1 con au-

tovettori 1√α2· (0, α)

13

1.5 Esempi di prove di esame relative alla partedi algebra lineare (2015)

1. Risolvere il seguente sistema:{x− 2y + z = 1−2x+ 4y + z = 5

Soluzione: ci sono ∞3−2 = ∞1 soluzioni: y = α, x = 6α−43 , z = 7

3 ;oppure x = α, y = 3α+4

6 , z = 73 .

Svolgimento: individuo la matrice incompleta

A =

(1 −2 1−2 4 1

)e ne calcolo la caratteristica. A tal fine, esttratto i seguentiminori di ordine 2:

M1 =

∣∣∣∣ 1 −2−2 4

∣∣∣∣ = 0

M2 =

∣∣∣∣ 1 1−2 1

∣∣∣∣ = 3

M3 =

∣∣∣∣ −2 14 1

∣∣∣∣ = −6

. Osservo che M1 = 0. Questo implica che questo minore non puoessere selezionato per dimostrare che la caratteristica e uguale a2, il che anche implica che in nessuna soluzione l’incognita i cuicoefficienti non fanno parte del minore possa assumere il ruolo diparametro; ovvero in nessuna soluzione di questo esercizio potraapparire z = α. La caratteristica e 2 perche ce almeno un minoredi ordine 2 non nullo: sia M2 che M3 sono infatti non nulli e peraffermare che la caratteristica e 2 ne basta uno non nullo. Per lasoluzione posso considerare sia M2 che M3. Vediamo entrambei casi. Considero dapprima M2 che individua i coefficienti delleequazioni e delle incognite x e z. Pongo quindi y = α ed il sistemadiventa: {

x+ z = 1 + 2α−2x+ z = 5− 4α

Il determinante della matrice dei coefficienti di questo nuovo sis-temna e ∆ = M2, che e diverso da zero. Quindi su questo sistemaposso applicare la regola di Cramer ed ottengo la soluzione:

14

x =∆1

∆=

∣∣∣∣ 1 + 2α 15− 4α 1

∣∣∣∣3

; y = α; z =∆2

∆=

∣∣∣∣ 1 1 + 2α−2 5− 4α

∣∣∣∣3

Se invece considero M3, sono individuati i coefficienti di tuttele equazioni e delle incognite y e z. Pongo quindi x = α ed ilsistema diventa: {

−2y + z = 1− α4y + z = 5 + 2α

Il determinante della matrice dei coefficienti di questo nuovosistemna e M3, che e diverso da zero, Quindi su questo sistemaposso applicare la regola di Cramer ed ottengo la soluzione

x = α; y =∆1

∆=

∣∣∣∣ 1− α 15 + 2α 1

∣∣∣∣−6

; z =∆2

∆=

∣∣∣∣ −2 1− α4 5 + 2α

∣∣∣∣−6

2. Determinare, al variare del parametro k, il numero delle soluzionidel seguente sistema: {

x2 − 3y = k − z6y − 2z = x− 5

Soluzione: per k = 52 ci sono ∞3−1 = ∞2 soluzioni; per k 6= 5

2 ilsistema e incompatibile.

15

3. Calcolare gli autovalori e gli autovettori di norma unitaria dellamatrice:

A =

(6 −65 −7

)Soluzione: λ = 3 con autovettori 1√

5α2· (2α, α); λ = −4 con au-

tovettori 1√34α2

· (3, 5)

16

Chapter 2

Studio di funzioni

In questa sezione sono proposti richiami di teoria ed esercizi sullostudio delle funzioni razionali fratte ed esponenziali. La parte teor-ica e svolta nei libri di testo ed esercizi. Tuttavia, per comodita diriferimento, si evidenziano qui alcune regole:

2.1 Richiami di teoria: teoremi di Rolle e La-grange

Definizione di funzione continua in un punto Una funzione f : R→ Rsi dice continua in un punto x0 se

limx→∞ f(x) = f(x0) (2.1)

Definizione di funzione continua in un punto Una funzione f : R→R si dice continua in un intervallo I se e continua in ogni suo punto.

Teorema di Weierstrass Una funzione continua in un intervallo [a, b]ammette minimo, massimo, ed assume tutti i valori tra il minimo edil massimo.

Teorema di Rolle Data una funzione f : R→ R tale che

1. f e continua in [a, b]

2. f e derivabile in (a, b)

3. f(a) = f(b)

allora ∃c ∈ (a, b) | f ′(c) = 0.Dimostrazione ( geometrica, vd libro )

Teorema di Lagrange Data una funzione f : R→ R tale che

17

1. f e continua in [a, b]

2. f e derivabile in (a, b)

allora ∃c ∈ (a, b) |

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a(2.2)

Dimostrazione: consideriamo l’equazione della retta secante in(a, f(a)) e (b, f(b)) (vd figura):

y(x) =f(b)− f(a)

b− a(x− a) + f(a) (2.3)

e consideriamo la funzione F (x) = f(x)− y(x). Si ha che

1. F (x) e continua in [a, b]in quanto somma di funzioni continue

2. F (x) e derivabile in [a, b]in quanto somma di funzioni derivabili

3. F (a) = f(a)− y(a) = f(a)− [ f(b)−f(a)b−a (a− a) + f(a)] = 0

4. F (b) = f(b)− y(a) = f(a)− [ f(b)−f(a)b−a (b− a) + f(a)] = 0

Quindi F (x) verifica tutte le ipotesi del teorema di Rolle.Pertanto, ∃c ∈ (a, b) | F ′(c) = 0.Sostituendo l’espressione di F (c) si ha:

F (c) = f ′(c)− y′(c) = 0, quindi f ′(c) = y′(c).Sostituendo y′(c) si ha:

f(c) =f(b)− f(a)

b− a(2.4)

Teorema de l’HopitalSiano f(x) e g(x) due funzioni continue e derivabili in uno stesso in-torno I(x0), entrambe infinitesime (oppure entrambe infinite) in x0,g(x) 6= 0 inI.

Se esiste

limx→x0

f ′(x)

g ′(x)

, allora questo e uguale a

limx→x0

f(x)

g(x)

18

2.2 Richiami su alcune regole di derivazione disomma, prodotto, quoziente

2.2.1 Regole di derivazione di somma, prodotto, quoziente

1. la derivata di una somma (sottrazione) e la somma (sottrazione)delle derivate:D[f(x)± g(x)] = D[f(x)]±D[g(x)]

2. regola di derivazione a catena: D[f(x)·g(x)] = D[f(x)]g(x)+f(x)D[g(x)]

3. regola di derivazione del quoziente: D[ f(x)g(x) ] = D[f(x)]g(x)−f(x)D[g(x)](g(x))2

2.2.2 Regole di derivazione di alcune funzioni composte

1.D[f(x)n] = n · f(x)n−1 · f ′(x)

2.D[ef(x)] = ef(x) · f ′(x)

3.

D[ln(f(x))] =f ′(x)

f(x)

2.3 Schema per lo studio di funzione

Nella prova scritta, lo svolgimento dello studio di funzioni sara arti-colato secondo le seguenti domande:

1. Insieme di definizione (1 punto)

2. Asintoti (1 punto)

3. Derivata prima (2 punti)

4. Eventuali massimi, minimi, flessi (1 punto)

5. Derivata seconda (2 punti)

6. Eventuali punti di flesso a tangente obliqua (1 punto)

7. grafico (1 punto)

Si osserva che lo studio del segno della funzione, della derivata primae della derivata seconda non rientra tra le quantita il cui calcolo erichiesto in maniera esplicita. In maniera analoga, non viene richiestoin maniera esplicita il calcolo del limite agli estremi dell’insieme didefinizione. Tuttavia sono elementi che emergono dalle risposte sumassimi, minimi, flessi ed il grafico riassume tutti gli elementi svolti.

19

2.4 Esempi ed esercizi sulle funzioni razionalifratte

La teoria e svolta estesamente sui libri di testo ed esercizi. Si ritieneutile mettere in evidenza lo schema per il calcolo degli asintoti nelcaso di funzioni razionali fratte.

2.4.1 Asintoti verticali

Gli asintoti verticali sono dati dalle equazioni del tipo x = c, dove crappresenta un valore che rende nullo il denominatore, ma in cui ilnumeratore non si annulla.

2.4.2 Asintoti orizzontali od obliqui

Data la funzione razionale fratta f(x) = pm(x)qn(x)

, in cui il numeratore e

un polinomio di grado m ed il denominatore e un polinomio di gradon:

• m < n (grado del numeratore minore del grado del denomina-tore):l’asintoto orizzontale e dato dal y = c = limx→∞f(x) In questocaso il risultato c = limx→∞f(x) = 0, quindi l’asse delle x, diequazione y = 0, e asintoto orizzontale.

• m = n (grado del numeratore uguale al grado del denominatore):in questo caso l’asintoto e ancora orizzontale, ma la sua equazionee data da y = c = limx→∞f(x), dove c non e piu zero, ma eil quoziente tra i coefficienti dei termini di grado piu elevato,rispettivamente al numeratore e denominatore.Esempio. Nel caso della funzione f(x) = −6x−4

x+3 si ha che y = c =

limx→∞−6x−4x+3 = −6.

20

• m = n+1 (grado del numeratore uguale al grado del denominatorepiu uno):in questo caso l’asintoto e obliquo, y = mx + q. La pendenza msi trova come il quoziente tra i coefficienti dei termini di gradopiu elevato, rispettivamente al numeratore e denominatore. In

generale, q = limx→∞f(x)x . Infatti, dato che la retta di equazione

y = mx+ q deve essere un asintoto, si ha che

limx→∞[f(x)− y] = limx→∞[f(x)− (mx+ q)] = 0.

Questo limite e gia zero, quindi, a maggior ragione, rimarra zerose [f(x)− y] e diviso per x. Si ha quindi:

limx→∞f(x)−y

x = limx→∞f(x)−mx−q

x =

= limx→∞f(x)x + limx→∞

−mxx + limx→∞

−qx =

= limx→∞f(x)x + limx→∞(−m) + 0 = limx→∞

f(x)x − m = 0. Quindi

m = limx→∞f(x)x .

L’intercetta q invece si trova calcolando il seguente limiteq = limx→∞[f(x)−mx].

Esempio: nel caso della funzione f(x) = x2−3x−4x+3 , i termini di

grado piu elevato al numeratore e denominatore sono, rispetti-vamente, x2 per il numeratore e x per il denominatore. I rispet-tivi coefficienti sono entrambe 1. Quindi m = 1

1 = 1. Invece

q = limx→∞[f(x)−mx] = limx→∞[x2−3x−4x+3 −x] = limx→∞

x2−3x−4−x(x+3)x+3 =

limx→∞x2−3x−4−x2−3x

x+3 = limx→∞−6x−4x+3 = −6.

Per il calcolo di questo ultimo limite posso osservare che il limx→∞−6x−4x+3

e il limite di una funzione razionale fratta in cui numeratore e de-nominatore hanno lo stesso grado, quindi il risultato del limite edato dal quoziente dei termini di grado piu elevato di, rispettiva-mente, numeratore e denominatore. Quindi l’equazione dell’asintotoe y = x− 6.

• m > n+ 1: non ci sono asintoti orizzontali od obliqui.

2.4.3 Esempio di studio di una funzione razionale fratta

1. f(x) = (1−2x)21+9x

Soluzione:

(a) I = R− {− 19} = (−∞,− 1

9 ) ∪ (− 19 ,+∞)

(b) Osservazione: il segno della funzione e uguale al segno deldenominatore, perche il numeratore, essendo un quadrato,e sempre positivo.

(c) asintoto verticale di equazione x = − 19 . Ricerca dell’asintoto

obliquo: y = 49x+ q;

q = limx→∞(f(x)−mx) = limx→∞(1−2x)21+9x −

49x = limx→∞

(1−2x)2− 49x(1+9x)

1+9x =

21

limx→∞1+4x+4x2− 4

9x−4x2

1+9x = limx→∞1+ 32

9 x

1+9x = 3281 . In conclusione,

c’e un asintoto obliquo di equazione: y = 49x+ 32

81

(d) f ′(x) = 2(1−2x)(−2)(1+9x)−9(1−2x)2(1+9x)2 = (1− 2x)−4(1+9x)−9(1−2x)

(1+9x)2 =

= (1− 2x)−4−36x−9+18x(1+9x)2 = (1− 2x)−13+18x

(1+9x)2 = −13+(26+18)x−36x2

(1+9x)2 .

Quindi f ′(x) = −13+44x−36x2

(1+9x)2 .

(e) punti stazionari: x = 12 , x = 13

18

(f) f ′′(x) = D[−13+44x−36x2](1+9x)2−(−13+44x−36x2)2(1+9x)9(1+9x)4 =

= (44−72x)(1+9x)2−(−13+44x−36x2)2(1+9x)9(1+9x)4

= 2(1 + 9x) (22−36x)(1+9x)−(−13+44x−36x2)9(1+9x)4

Esamino separatamente il numeratore:(22− 36x)(1 + 9x)− (−13 + 44x− 36x2)9 = 22− 36x+ 22 · 9x− 36 ·9x2 + 9 · 13− 9 · 44x+ 9 · 36x2 = 139− 134x+ 324x2

(g) la funzione non esiste in x = − 19 . Anche se il numeratore si

annulla, x = − 19 annulla anche il denominatore e quindi non

si puo considerare come punto di flesso. ∆ = (1392 − 4 · 324 ·139) < 0, quindi non ci sono punti di flesso.

(h) grafico

Figure 2.1: Studio del segno di f(x), f ′(x), f ′′(x)

Figure 2.2: Grafico della funzione f(x) = (x2−9)x

22

2.4.4 Esercizi sullo studio di una funzione razionale fratta

Studiare le seguenti funzioni:

1. f(x) = (x2−9)x

Soluzione:

(a) I = R− {0} = (−∞, 0) ∪ (0,+∞)

(b) Asintoto obliquo di equazione y = x; asintoto verticale diequazione x = 0

(c) f ′(x) = (x2+9)x2

(d) non ci sono ne massimi ne minimi

(e) f ′′(x) = −18x3

(f) non ci sono punti di flesso

(g) grafico


2. f(x) = (9−x2)x

Soluzione:

(a) Asintoto obliquo y = −x; asintoto verticale x = 0

(b) f ′(x) = (−3x2−9)x2

23

Figure 2.4: Grafico della funzione f(x) = (x2−9)x

(c) non ci sono ne massimi ne minimi

(d) f ′′(x) = 18x3

(e) no punti di flesso

(f) grafico

2.5 Esercizi sullo studio di una funzione espo-nenziale

1.f(x) = e6x (2.5)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoto orizzontale: y = 0 per x→ −∞. Non ci sono asintotiverticali od obliqui.

(c) f ′(x) = 6e6x


(e) f ′′(x) = 36e6x


24


Figure 2.6: Grafico della funzione f(x) = (9−x2)x

25

Figure 2.7: Grafico della funzione f(x) = e6x

(g) grafico

2.f(x) = xex (2.6)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoto orizzontale: y = 0

(c) f ′(x) = (1 + x)ex

(d) minimo in x = −1

(e) f ′′(x) = (2 + x)ex

(f) punto di flesso a tangente obliqua in x = −2

(g) grafico

3.f(x) = xex

2

(2.7)

Soluzione:

(a) I = R

26

Figure 2.8: Grafico della funzione f(x) = xex

(b) Non ci sono asintoti verticali od obliqui.

(c) f ′(x) = (1 + 2x2)ex2


(e) f ′′(x) = (6 + 4x2)xex2

(f) punto di flesso in x = 0

(g) grafico (vd figura corrispondente)

4.f(x) = e9−x (2.8)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoto orizzontale: y = 0 per x→ +∞.

(c) f ′(x) = −e9−x


(e) f ′′(x) = e9−x

(f) non ci sono punti di flesso a tangente obliqua


27

Figure 2.9: Grafico di f(x) = xex2

Figure 2.10: Grafico della funzione f(x) = e9−x

28

5.f(x) = ex

2−4 (2.9)

Soluzione:

(a) I = R

(b) Non ci sono asintoti

(c) f ′(x) = 2xex2−4

(d) minimo in x = 0

(e) f ′′(x) = 2(2x2 + 1)ex2−4

(f) non ci sono punti di flesso a tangente obliqua


Figure 2.11: Grafico della funzione f(x) = ex2−4

6.

f(x) =ex

x(2.10)

Soluzione:

(a) I = R{0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞)

(b) asintoto orizzontale: y = 0 per x → −∞. Asintoto verticalex = 0. Non ci sono asintoti obliqui.

29

(c) f ′(x) = (x−1)exx2

(d) minimo per x=1

(e) f ′′(x) = (x2−2x+2)ex

x3



Figure 2.12: Grafico della funzione ex

x

7.f(x) = x2e−x (2.11)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoto orizzontale: y = 0 per x→ +∞. Non ci sono asintotiobliqui.

(c) f ′(x) = (2− x)xe−x

(d) minimo per x = 0, massimo per x = 2

(e) f ′′(x) = (x2 − 4x+ 2)e−x

(f) punto di flesso per x = 2±√

2


30

Figure 2.13: Grafico della funzione f(x) = x2e−x

8.

f(x) =ex + 1

ex(2.12)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoto orizzontale: y = 1 per x→ +∞. Non ci sono asintotiobliqui.

(c) f ′(x) = −e−x


(e) f ′′(x) = e−x


(g) grafico: identico a quello di f(x) = 1 + e−x (vd figura cor-rispondente sul libro di testo nel cap. 4 in relazione allasezione operazioni geometriche sui grafici).

9.f(x) = 2xe−3x (2.13)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoto orizzontale: y = 0 per x→ +∞. Non ci sono asintotiverticali od obliqui.

(c) f ′(x) = (2− 6x)e−3x

(d) massimo per x = 13

(e) f ′′(x) = (−12 + 18x)e−3x

(f) punto di flesso per x = 23

(g) grafico

31

Figure 2.14: Grafico della funzione f(x) = 2xe−3x

10.

f(x) =1

2(2x− 3)e

x−23x (2.14)

Soluzione:

(a) I = R

(b) asintoti: asintoto verticale in x = 0; asintoto obliquo

y = e13x− ( 3

2 + 23 )e

13 .

Calcoli relativi all’asintoto obliquo:

m =limx→∞

f(x)x =

limx→∞

12x (2x− 3)e

x−23x =

=limx→∞ (1− 3

2x )ex−23x =

limx→∞ (1− 3

2x )ex−23x = 1 · e 1

3

q =limx→∞ (f(x)−mx) =

limx→∞ (x− 3

2 )ex−23x − e 1

3x =

=limx→∞ xe

x−23x − 3

2ex−23x − e 1

3x =

=limx→∞ − 3

2ex−23x +

limx→∞ x(e

x−23x − e 1

3 ) =

= − 32e

13 +

limx→∞ x(e

x−23x − e 1

3 ).

Calcolo separatamente quest’ultimo termine: osservo che

32

limx→∞ x(e

x−23x −e 1

3 ) =limx→∞

(ex−23x −e

13 )

1x

In questo modo l’ultimo

termine e una forma indeterminata del tipo 00 e si puo usare

la regola di de l’Hopital:

limx→∞

ex−23x · 3x−(x−2)3

9x2

− 1x2

=limx→∞

ex−23x · 6

9x2

− 1x2

=limx→∞ e

x−23x ·((−x2) 6

9x2

)=

limx→∞ e

x−23x · (− 6

9 ) = e13 · (− 6

9 )

Quindi, inserendo questo risultato, si ha:q = − 3

2e13 − 2

3e13 = −e 1

3 ( 32 + 2

3 ).

In conclusione, l’asintoto obliquo e: y = e13x− e 1

3 ( 32 + 2

3 ).

(c) f ′(x) = ex−23x

3x2+2x−33x2

(d) massimi e minimi: minimo in x = − 13 + 1

3

√10; massimo in:

x = − 13 −

13

√10

(e) f ′′(x) = ex−23x

22x−69x4

(f) punto di flesso per x = 311

(g) grafico

Figure 2.15: Grafico della funzione f(x) = 12 (2x− 3)e

x−23x

Figure 2.16: Ingrandimento nell’intorno destro di x = 0

33

2.6 Funzioni logaritmiche

La funzione logaritmica e l’inversa della funzione esponenziale: log(ex) =x, ma elog(x) = x solo per x > 0, perche log(x) e definita solo per x > 0.

Promemoria:

1. f(x) = log(x) e definita per x > 0 ed x = 0 e asintoto verticale.Piu in generale

2. f(x) = log(g(x)) e definita per g(x) > 0 ed i valori della x per cuig(x) = 0 costituiscono asintoti verticali.

3. limx→0+ log(x) = −∞

4. limx→+∞log(x) = +∞

5. segno della funzione: log(g(x)) > 0 per g(x) > 1.

6. derivata: la derivata di f(x) = log(x) e f ′(x) = 1x . La derivata di

log(g(x)) e D[log(g(x))] = g′(x)g(x) .

34

Esercizio. Studiare la funzione f(x) = log(1− x2)

1. Insieme di definizione: 1− x2 > 0. Quindi 1 > x2, quindi−1 < x < 1. Poiche l’insieme di definizione e limitato, non sipossono calcolare i limiti all’infinito. Questo automaticamentepreclude l’esistenza di asintoti obliqui od orizzontali.

2. segno della funzione: f(x) = 0 per 1 − x2 = 1, quindi per x = 0.Inoltre, f(x) > 0 per 1 − x2 > 1, che e equivalente a −x2 > 0,che non e mai verificata. Quindi la funzione e sempre negativa,tranne che per x = 0. Questo basta per concludere che x = 0 eun punto di massimo locale.

3. limx→±1f(x) = −∞, perche la funzione e sempre negativa ed as-sume valori (negativi) arbitrariamente grandi.

4. Applicando la formula, si ha:

f ′(x) =−2x

1− x2

. f ′(x) = 0 quando il numeratore (ma non il denominatore) siannulla, quindi per x = 0. Studio il segno della funzione: (1−x2) >0 sempre nell’insieme di definizione, quindi il segno e il segno di−2x. Quindi f ′(x) > 0 per x < 0, f ′(x) < 0 per x > 0. Quindi lafunzione e crescente fino ad x = 0, decrescente dopo. Vale 0 inx = 0. Questo conferma che x = 0 e punto di massimo locale.

5. derivata seconda

f ′′(x) =−2(1− x2)− (−2x)(−2x)

(1− x2)2=−2 + 2x2 − 4x2

(1− x2)2=−2− 2x2

(1− x2)2= −2

1 + x2

(1− x2)2

Poiche il denominatore (1−x2) > 0 sempre nell’insieme di definizione

ed il numeratore 1 + x2 > 0 sempre, 1+x2

(1−x2)2 e sempre positiva.

Moltiplicata per −2 e sempre negativa. Quindi la derivaa II esempre negativa, il che conferma che la funzione e concava ed ilmassimo in x = 0.

35

Esercizio. Studiare la funzione f(x) = 2+log(x)1+log(x)

1. Insieme di definizione: e dato dall’intersezione di tutte le con-dizioni necessarie per l’esistenza di parti della funzione:

(a) x > 0 per log(x)

(b) 1 + log(x) 6= 0, da cui log(x) 6= −1, quindi elog(x) 6= e−1, perciox 6= e−1.

Quindi I = (0, e−1) ∪ (e−1,+∞).

2. punti di contatto con gli assi: la funzione si annulla quando ilnumeratore e nullo, cioe 2 + log(x) = 0, quindi log(x) = −2 ovverox = e−2.

3. segno della funzione: e dato dai segni di numeratore e denomi-natore.

• segno del numeratore: 2 + log(x) > 0, da cui log(x) > −2, dacui elog(x) > e−2, quindi x > e−2.

• segno del denominatore: 1+ log(x) > 0, da cui log(x) > −1, dacui elog(x) > e−1, quindi x > e−1.

In conclusione, sono concordi per x > e−1 (entrambe sono pos-itivi), e per x < e−2 (entrambe negativi). Quindi f(x) > 0 perx > e−1 o x < e−2. Numeratore e denominatore sono discordi,quindi f(x) < 0 per e−2 < x < e−1. Osservo che in x > e−2 lafunzione passa da valori positivi a negativi, quindi in x = e−2 lafunzione e decrescente.

4. Limiti agli estremi dell’insieme di definizione:

• limx→e−1f(x) = ∞ perche il denominatore si annulla, ma ilnumeratore no. Il segno dell’infinito si puo dedurre dalsegno della funzione: limx→(e−1)+f(x) = +∞ limx→(e−1)−f(x) =−∞. Quindi la retta verticale di equazione x = e−1 e asintotoverticale.

• limx→+∞f(x): applicando la regola di De l’Hopital si ha

limx→∞2+log(x)1+log(x) = limx→∞

0+1/x0+1/x . Osservo che 0+1/x

0+1/x = 1. Quindi

la retta di equazioney = 1 e asintoto orizzontale.

• limx→0+f(x): i logaritmi tendono entrambe a −∞, quindi sipuo applicare la regola De l’Hopital e si ottiene lo stessorisultato di prima.

5. Derivata prima

f ′(x) =1/x · (1 + log(x))− (2 + log(x))1/x

(1 + log(x))2=

1

x

(1 + log(x))− (2 + log(x))

(1 + log(x))2

36

quindi

f ′(x) =1

x

−1

(1 + log(x))2=−1

x

1

(1 + log(x))2

Dato che (1 + log(x))2 > 0, quindi 1(1+log(x))2 > 0, il segno di f ′(x)

e dato da −1x , pertanto e l’opposto del segno di x. Ricordando

che la funzione esiste solo per x > 0, si ha che la funzione esempre decrescente. Il numeratore non si annulla mai, quindinon ci sono punti di massimo o minimo locali o flessi a tangenteorizzontale. In particolare si nota che in x = e−2 la funzione vieneconfermata essere decrescente.

6. Derivata seconda

f ′′(x) = −D 1

x(1 + log(x))2= −0 · (x(1 + log(x))2)− 1 ·D[x(1 + log(x))2]

x2(1 + log(x))4

quindi

f ′′(x) =0 +D[x(1 + log(x))2]

x2(1 + log(x))4=

(1 + log(x))2 + x · (2(1 + log(x)) · (1/x))

x2(1 + log(x))4

il cui numeratore risulta

(1 + log(x))(1 + log(x) + 2)

, quindi la derivata seconda e

f ′′(x) =3 + log(x)

x2(1 + log(x))3.

f ′′(x) = 0 per 3 + log(x) = 0, cioe per log(x) = −3, ovvero elog(x) =e−3, quindi x = e−3. Segno della derivata seconda:

• x2 > 0 sempre (nell’insieme di definizione)

• (1+log(x))3 > 0 quando (1+log(x)) > 0 ovvero quando x > e−1,negativo altrimenti.

• 3 + log(x) > 0 per x > e−3, negativo altrimenti (sempre limi-tatamente ai valori dell’insieme di definizione, quindi nega-tivo per e−3 > x > 0)

Quindi:

• per x > e−1 o x < e−3 numeratore e denominatore sono con-cordi, quindi la derivata seconda e positiva e la funzione econvessa;

• per e−3 < x < e−1 numeratore e denominatore sono dis-ncordi, quindi la derivata seconda e negativa e la funzione econcava.

37

Osservazione: per x → +∞ la curva si avvicina all’asintoto y = 1dall’alto e deve quindi essere convessa. Invece per x→ 0+ il risultatodel limite e ancora 1, ma non e asintoto, perche l’insieme di definizionenon si estende a −∞.

Figure 2.17: Grafico della funzione f(x) = 2+log(x)1+log(x)

38

Esercizio. Studiare la funzione f(x) =√xlog(x)


(a) per√x: x ≥ 0

(b) per log(x): x > 0

quindi vale la condizione piu restrittiva x > 0: I = (0,∞).

2. segno della funzione:√x ≥ 0, quindi il segno e quello di log(x):

log(x) > 0 equivale a elog(x) > e0 = 1, quindi f(x) > 0 per x >= 1,negativa altrimenti. Inoltre f(1) =

√(1)log(1) = 0, quindi in x = 1

la funzione e crescente perche passa da valori negativi a positivi.

3. limiti agli estremi dell’insieme di definizione

• limx→+∞ f(x) =∞• limx→0+ f(x): questo e della forma 0 ·∞. Si riporta alla forma

∞ · ∞ riscrivendo f(x) come f(x) = log(x)1√x

. In questo modo

si puo applicare il teorema di de l’Hopital. Ricordo cheD[ 1√

x] = D[x−1/2] = (−1/2)x−1/2−1 = (−1/2)x−3/2

limx→0+

f(x) = limx→0+

1x

(−1/2)x−3/2= limx→0+

x−1

(−1/2)x−3/2=

= −2 limx→0+ −2x−1+3/2 = −2 limx→0+√x = 0

• derivata prima

f ′(x) = 12x

1/2−1log(x) +√x/x =

√x(log(x)+2)

2x = log(x)+22√x

. f ′(x) = 0

per log(x) + 2 = 0, quindi per x = e2. f ′(x) > 0 per x > e2;f ′(x) < 0 per x < e2. Questo basta per concludere che inx = e2 la funzione ha un minimo relativo.

• derivata seconda

f ′′(x) = 2√x(1/x)+(log(x)+2)x−1/2

(2√x)2

= 2−log(x)−24x3/2 = −log(x)

4x3/2 .

f ′′(x) = 0 per log(x) = 0, quindi x = 1 e punto di flesso atangente obliqua.

f ′′(x) > 0 per x < 1; f ′′(x) < 0 per x > 1. Questo conferma ilminimo locale.

Esercizio. Studiare la funzione f(x) = log(√x2 − 2x− 3)


(a) per g(x) =√x2 − 2x− 3: x2 − 2x− 3 ≥ 0

39

Figure 2.18: Grafico della funzione f(x) =√xlog(x)

(b) per log(g(x)): g(x) > 0

quindi vale la condizione piu restrittiva x2 − 2x− 3 > 0. Le radici

sono: x1,2 = 2±√4+122 = 2±4

2 , da cui x1 = −1, x2 = 3. Ricordandoche il segno del polinomio di grado due e sempre uguale al segno delcoefficiente del termine di grado piu elevato, tranne che nell’intervallotra le radici si ha che x2 − 2x − 3 > 0 per x > 3 o x < −1 e chex2 − 2x− 3 < 0 per −1 < x < 3. Quindi I = (−∞,−1) ∪ (3,+∞).

2. intersezione con gli assi: x = 0 non fa parte dell’insieme didefinizione, quindi non ci sono intersezioni con l’asse delle ordi-nate. f(x) = 0 se

√x2 − 2x− 3 = 1, quindi se x2− 2x− 3 = 1 ovvero

x2 − 2x− 4 = 0. Le soluzioni sono x1,2 = 2±√4+162 = 2±2

√5

2 = 1±√

5.

3. segno della funzione: f(x) = 0 se√x2 − 2x− 3 > 1, quindi se

x2 − 2x − 4 > 0. Ricordando nuovamente la regola per il segnodi un polinomio di grado due, si ha: f(x) > 0 se x > 1 +

√5 o

x < 1−√

5 e che f(x) < 0 per 1−√

5 < x < 1 +√

5.

4. limite agli estremi dell’insieme di definizione: limx→∞ f(x) = ∞.Infatti sia log(·) che

√· sono funzioni monotone dei loro argo-

menti, ed il polinomio va all’infinito per x tendente all’infinito.Si ha invece che limx→3+ f(x) = −∞ limx→−1− f(x) = −∞ perchel’argomento del logaritmo tende a 0.

40

5. derivata prima. Calcolo prima la derivata dell’argomento dellogaritmo: dato g(x) =

√x2 − 2x− 3 = (x2 − 2x− 3)

12 si ha

g′(x) = 12 (x2 − 2x − 3)

12−1 · (2x − 2) = 1

2 (x2 − 2x − 3)−12 · (2(x − 1)) e

quindi g′(x) = 12

2(x−1)√x2−2x−3 .

Ricordando che D[log(g(x))] = g′(x)g(x) si ha che f ′(x) = 1

22(x−1)√

x2−2x−3·√x2−2x−3 =

(x−1)x2−2x−3 . Si osserva che x = 1 non appartiene all’insieme didefinizione, quindi la derivata non si annulla mai in I. Segnodella derivata prima:

• x− 1 > 0 per x > 1

• x2 − 2x− 3 > 0 per x > 3 e x < −1 (al di fuori dell’intervallotra le radici)

quindi f ′(x) > 0 per x > 3 e f ′(x) < 0 per x < −1. Quindila funzione e crescente per x > 3 e decrescente per x < −1.

f ′′(x) = x2−2x−3−(x−1)(2x−2)(x2−2x−3)2 = −x2+2x−5

(x2−2x−3)2 f ′′(x) si annulla quando il

numeratore e nullo. Ma −x2 + 2x − 5 = 0 non ha soluzioni nelcampo reale, pertanto −x2 + 2x− 5 < 0 ∀x ∈ I e quindi f ′′(x) < 0,∀x ∈ I il che significa che la funzione e concava in ogni puntodell’insieme di definizione.

6. grafico


41

Esercizio. Studiare la funzione f(x) = log(x)x


(a) per log(x): x > 0

(b) per 1/x: x 6= 0

Vale la condizione piu restrittiva: I = (0,+∞).

2. intersezione con gli assi: log(x) = 0 per x = 1.La funzione invecenon esiste per x = 0.

3. segno della funzione. Dato che x > 0 in I, il segno e dato dalsegno di log(x). f(x) > 0 per x > 1; f(x) < 0 per 0 < x < 1.

4. limiti agli estremi dell’insieme di definizione limx→+∞f(x) = limx→∞log(x)x

e della forma ∞∞ . Applicando la regola di de l’Hopital, si ha

limx→+∞f(x) = limx→∞1/x1 = 0. Quindi l’assee delle ascisse, di

equazione y = 0, costituisce asintoto orizzontale per x→∞.

5. derivata prima. Applicando le usuali regole di derivazione, si ha:

f ′(x) = (1/x)·x−log(x)x2 = 1−log(x)

x2 . f ′(x) = 0 per log(x) = 1, quindi perx = e. f ′(x) > 0 per x < e, f ′(x) < 0 per x > e.

6. derivata seconda f ′′(x) = −(1/x)·x2−(1−log(x))·2xx4 = −1−2(1−log(x))

x3 =2log(x)−3

x3 . f ′′(x) = 0 per 2log(x) − 3, quindi log(x) = 32 , cioe x = e

32 .

Dato che x > 0 in I, si ha che f ′′(x) > 0 per x > e32 . f ′′(x) < 0 per

x < e32 .

7. grafico

42


Esercizio. Studiare la funzione f(x) = log( 74x

2 + 2√3x+ 1

3 )

1. Insieme di definizione: l’agomento del logaritmo deve esserestrettamente positivo. Ricordando che il segno del polinomio digrado 2 e uguale al segno del coefficiente del termine di grao piu elevato,tranne che nell’intervallo delle radici, cerco gli zeri di74x

2 + 2√3x+ 1

3 = 0. Applicando la formula risolutiva si ha:

x1,2 =− 2√

3±√

4/3− 4 · 7/4 · (1/3)

2 · 74. ∆ = 4/3 − 4 · 7/4 · (1/3) = 4/3 − 7/3 = −1 < 0, quindi non ci sonosoluzioni nel campo reale. 7

4x2 + 2√

3x + 1

3 = 0 e sempre positivo.

Di conseguenza, la funzione puo essere calcolata sempre e I =R = (−∞,+∞)

2. segno della funzione: 74x

2 + 2√3x+ 1

3 > 1, quindi 74x

2 + 2√3x− 2

3 .

x1,2 =− 2√

3±√

4/3− 4 · 7/4 · (−2/3)

2 · 74=− 2√

3±√

4/3 + ·7 · (2/3)

72

=2

7

(− 2√

3±√

4/3 + 14/3

)=

2

7

(− 2√

3±√

18

3

)=

2

7

(−2±

√18√

3

)

43

. Quindi f(x) > 0 per x < x1 o x > x2; f(x) > 0 per x1 < x < x2.Si osserva inoltre che x1 < 0 e x2 > 0; inoltre x1 ' −1.0298 ex2 ' 0.3699.

3. limiti agli estremi dell’insieme di definizione limx→+∞f(x) =∞

4. derivata prima Pongo g(x) = 74x

2 + 2√3x+ 1

3 , da cui g′(x) = 72x+ 2√

3.

Quindi

f ′(x) =

72x+ 2√

374x

2 + 2√3x+ 1

3

Pertanto f ′(x) = 0 per 72x + 2√

3= 0, che ha come soluzione x∗ =

− 2√3· 27 = − 4

7√3. f ′(x) > 0 per x > x∗, f

′(x) < 0 per x < x∗, quindi

x∗ e un punto di minimo.

5. derivata seconda

f ′′(x) =g′′(x) · g(x)− (g′(x))2

g(x)2

Calcolo g′′(x) = 72 . Quindi

f ′′(x) =

72 · (

74x

2 + 2√3x+ 1

3 )− ( 74x+ 2√

3)2

( 74x

2 + 2√3x+ 1

3 )2

che si annulla nei due punti xA e xB, che sono quindi punti diflesso a tangente obliqua. f ′′(x) > 0 per xA < x < xB, negativaaltrimenti.Quindi f(x) e convessa per xA < x < xB, concava altrimenti.

6. grafico

Esercizio. f(x) = log(

13x2+2

√2x+1

)1. flessi in x = ±1−

√2

3

2. grafico

44

Figure 2.21: Grafico della funzione f(x) = log( 74x

2 + 2√3x+ 1

3 )

Figure 2.22: Grafico della funzione f(x) = log(

13x2+2

√2x+1

)

45

Esercizio. f(x) = log(

2116x

2 + 4√5x+ 4

5

)21. grafico

Figure 2.23: Grafico della funzione f(x) = log(

2116x

2 + 4√5x+ 4

5

)2

46

Esercizio. f(x) = log√

2x2 + x+ 14

1. grafico

Figure 2.24: Grafico della funzione f(x) = log√

2x2 + x+ 14

47

Esercizio. f(x) = log[ex(2x2 + x+ 1

4

)]1. flessi in x = −1/2 e x = 0.

2. grafico

Figure 2.25: Grafico della funzione f(x) = log[ex(2x2 + x+ 1

4

)]

48

2.7 Esercizi sulla formula di Taylor

Formula di Taylor arrestata al primo ordine

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +R1(x0)

e stata effettuata la dimostrazione che limx→∞R−1(x)x−x0

= 0, con tutti ipassaggi (domanda per l’orale).

Formula di Taylor arrestata al secondo ordine

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 +R2(x0)

Formula di Taylor arrestata al terzo ordine

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2(x− x0)2 +

f ′′′(x0)

3!(x− x0)3 +R3(x0)

Formula di Mc Laurin: come la formula di Taylor, ma con x0 = 0.Esercizio: sviluppare f(x) = ex fino al III ordine in x0 = 1.Svolgimento: occorre preparare le derivate di ex e calcolarle nel

punto x0 assegnato. f ′(x) = ex, f ′′(x) = ex, f ′′′(x) = ex; f ′(x0) = e,f ′′(x0) = e, f ′′′(x0) = e. Quindi

f(x) = e+ e(x− 1) +e

2(x− 1)2 +

e

3!(x− 1)3 +R3(x0)

Esercizio: sviluppare f(x) = ex2−5x+4 fino al III ordine in x0 = 0.

Svolgimento: occorre preparare le derivate di e calcolarle nel puntox0 assegnato.

f ′(x) = (2x− 5)ex2−5x+4,

f ′′(x) = [2 + (2x− 5)2]ex2−5x+4,

f ′′′(x) ={

2 · (2x− 5) · 2 + [2 + (2x− 5)2] · (2x− 5)}ex

2−5x+4;f ′(x0) = e4, f ′′(x0) = −5e4, f ′′′(x0) = 27e4. Quindi

f(x) = e2 − 5e4(x− 0) +−5e4

2(x− 0)2 +

27e4

3!(x− 0)3 +R3(x0)

Esercizio: sviluppare f(x) = x2−5x+ 4 fino al III ordine in x0 = −2.Svolgimento: occorre preparare le derivate di ex e calcolarle nel

punto x0 assegnato.f ′(x) = 2x− 5, f ′′(x) = 2, f ′′′(x) = 0;f(x0) = (−2)2 − 5(−2) + 4 = 18, f ′(x0) = 2 · (−2) − 5 = −9, f ′′(x0) = 2,

f ′′′(x0) = 0. Quindi

f(x) = 18− 9(x− (−2)) +2

2(x− (−2))2 +

0

3!(x− (−2))3 +R3(x0)

ovvero

49

f(x) = 18− 9(x+ 2) + (x+ 2)2 + 0 +R3(x0)

.Osservazione: lo sviluppo fino al III ordine e uguale allo sviluppo

fino al II ordine, perche le derivate di ordine superiore sono nulle. Ingenerale, lo sviluppo in serie di Taylor di un polinomio di ordine n hatermini non nulli fino ad al piu l’ordine n. I termini da n + 1 in poisono nulli perche le derivate sono tutte nulle. Quindi

f(x) = 18− 9(x+ 2) + (x+ 2)2 + 0 +R3(x0) = 18− 9(x+ 2) + (x+ 2)2 +R2(x0)

Osservazione: Riordinando i termini, si ha

= 18− 9x− 18 + x2 + 4x+ 4 = x2 − 5x+ 4

Quindi: lo sviluppo in serie di Taylor di un polinomio di ordine n e il polinomiostesso.

50

Chapter 3

Integrali

Nel corso sono stati svolti esercizi sui seguenti argomenti:

1. Applicazione del teorema di Torricelli-Barrow per il calcolo delladerivata della funzione integrale;

2. Calcolo dell’integrale definito a partire dall’integrale indefinito;

3. Metodo di integrazione per sostituzione;

4. Metodo di integrazione per parti.

Nel seguito sono riportati esempi ed esercizi, non esaustivi. Perla trattazione completa si rimanda ai libri di testo ed esercizi.

Per comodita di riferimento, si ricordano le usuali regole di derivazionedelle funzioni composte:

1.D[f(x)n] = n · f(x)n−1 · f ′(x) (3.1)

2.D[ef(x)] = ef(x) · f ′(x) (3.2)

3.

D[ln(f(x))] =f ′(x)

f(x)(3.3)

3.1 Esempi di integrazione

1.∫

(x3 + 5)4x2dxSvolgimento: Osservo di avere due polinomi: uno di grado tre( x3 + 5) e l’altro di grado due (x2). Ricordo che la derivatadi un polinomio corrisponde ad un polinomio di grado inferioredi esattamente una unita. Quindi provo a vedere se l’esercizio

51

corrisponde allo schema di derivazione delle funzioni composte.Sostituisco t = x3 + 5. Si ha dt

dx = 3x2, da cui dt = 3x2dx. Quindi∫(x3+5)4x2dx =

∫(x3+5)4 3

3x2dx = 1

3

∫(x3+5)4(3x2)dx. Sostituisco t e

l’integrale diventa: 13

∫(x3 + 5)4(3x2)dx = 1

3

∫(t)4dt = 1

3t5

5 . A questopunto sostituisco nuovamente per ottenere il risultato espresso

tramite la x: 13t5

5 = 13(x3+5)5

5

2.∫

x1−3x2 dx

Svolgimento: osservo di avere una frazione in cui il grado del nu-meratore e uno meno del grado del denominatore. Provo quindia vedere se il numeratore puo essere ricondotto alla derivata deldenominatore, in modo da richiamare la regola di derivazionedel logaritmo di funzioni composte. Provo quindi la sostituzionet = 1 − 3x2 (pongo t uguale al denominatore). Calcolo dt

dx = −6x,da cui formalmente dt = −6xdx. Osservo che il numeratore puoeffettivamente diventare uguale a −6x mediante i seguenti pas-saggi: ∫

x

1− 3x2dx =

∫−6

−6

x

1− 3x2dx =

1

−6

∫−6x

1− 3x2dx (3.4)

A questo punto effetto la sostituzione

1

−6

∫−6x

1− 3x2dx =

1

−6

∫1

tdt =

1

−6ln | t | (3.5)

Ora sostituisco t ed ottengo

1

−6ln | t | +c =

1

−6ln | 1− 3x2 | +c (3.6)

3.∫e2x(1 + e2x)3dx

Svolgimento: osservo che posso scrivere l’integrale nel seguentemodo:12

∫(1 + e2x)3(2e2x)dx. Questo rende evidente che nell’integrale e

presente una funzione e, moltiplicata, la derivata. Provo quindila sostituzione t = 1 + e2x, da cui dt

dx = 2e2x, quindi, formal-mente, dt = 2e2xdx. Sostituendo, l’integrale diventa: 1

2

∫(1 +

e2x)3(2e2x)dx = 12

∫(t)3dt = 1

2 ·t4

4 = t4

8 = (1+e2x)4

8 .

4.∫

4lnxx dx

Svolgimento: mi accorgo che nell’integrale appare il logaritmo edil prodotto per la sua derivata. Quindi provo la sostituzione t =ln(x), da cui dt

dx = 1x , da cui dt = 1

xdx. Sostituendo, ho∫

4lnxx dx =

4∫tdt = 4 t

2

2 + c = 2(ln(x))2 + c.

52

3.2 Esercizi sull’integrale indefinito

Risolvere i seguenti esercizi:

1.∫

5dx . Soluzione: 5x+ c

2.∫

(2x3 + 5x)dx. Soluzione: 12x

4 + 52x

2 + c

3.∫

(x3 − 6x2 + 2x− 1)dx . Soluzione: 14x

4 − 2x3 + x2 − x− c

4.∫

(x23 − 3x

12 )dx. Soluzione: 3

5x53 − 2x

32 + c

5.∫ (

4x

)dx. Soluzione: 4lnx+ c

6.∫

(20(5x2 + 1)2)xdx. Soluzione 2(5x2+1)3

3 + c

7.∫

110 (5x2 + 1)dx. Soluzione x3

6 + x10 + c

8.∫

4lnxx dx. Soluzione 2(lnx)2 + c

9.∫ (x

23−5)

23

3√x

dx. Soluzione 910 (x

23 − 5)

53 + c

10.∫ √

x+ 2dx . Soluzione: 23 (x+ 2)

32 + c

11.∫

2x√

9 + x2dx . Soluzione: 23 (9 + x2)

32 + c

12.∫xex

2

dx Soluzione: 12ex2

+ c

13.∫

ex√ex+1

dx Soluzione: 2√ex + 1 + c

14.∫

2x+3x2+3x+6dx Soluzione: ln[x2 + 3x+ 6] + c

15.∫

2x+3(x2+3x+6)3 dx Soluzione: − 1

21

(x2+3x+6)2 + c

16.∫

(1− 1x )3( 1

x2 )dx Soluzione: − 14 (1− 1

x )4 + c

53

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