SOLUZIONI PRIMO ESONERO

Marco Pezzulla

29 dicembre 2014

FOGLIO 1

1. Determinare l’insieme di derivabilita della funzione

f(x) = |x+ 1| − 4|x3|

Determinare, inoltre, tutti gli estremi relativi di f .

2. Studiare l’invertibilita della funzione f(x) = ex − arctan(x) + x nelrispettivo dominio. Determinare dominio e insieme di derivabilita del-l’inversa di f e calcolare df−1

dy(1).

3. Stabilire se l’equazione x = log1/2 x ammette soluzioni. (Suggerimento:

D(log1/2 x) = 1x ln(1/2)

).

4. Sia

f(x) =

{ln(x) se x ∈ R \ Z1 se x ∈ Z

Studiare il comportamento della funzione per x→ +∞. Dimostrare ilrisultato utilizzando la definizione di limite.

5. Stabilire il comportamento che deve avere una funzione f e la rispettivaderivata f ′ nell’intorno del punto x0, affinche quest’ultimo risulti unpunto di flesso a tangente verticale per f .

1

SVOLGIMENTO

1. Il dominio di f e chiaramente tutto R. Inoltre f e una funzione continuasu R perche composizione di funzioni continue. Esplicitando i moduliche compaiono nell’espressione, possiamo scrivere

f(x) =

4x3 − x− 1 se x < −1

4x3 + x+ 1 se −1 ≤ x < 0

−4x3 + x+ 1 se x ≥ 0

Inoltre, ∀x 6= −1, 0

f ′(x) =

12x2 − 1 se x < −1

12x2 + 1 se −1 < x < 0

−12x2 + 1 se x > 0

Poiche f e una funzione continua, per verificare se e derivabile nei punti−1 e 0, possiamo fare il limite da destra e da sinistra della derivata neidue punti e verificare che coincidono e sono uguali a un numero finito.In particolare

limx→−1−

f ′(x) = 11 6= limx→−1+

f ′(x) = 13

Dunque in −1 la funzione non e derivabile, e −1 e un punto angoloso,mentre

limx→0−

f ′(x) = 1 = limx→0+

f ′(x)

Dunque nel punto 0 la funzione e derivabile e la sua derivata vale 1.Possiamo concludere che Df ′ = R \ {−1}.Dallo studio della derivata prima possiamo dire che f ′ e positiva prima

di√

112

e negativa dopo, nel punto√

112

si annulla. Dunque√

112

e un

punto di massimo assoluto e

f

(√1

12

)=

2

3

√1

12+ 1

Non c’e un punto di minimo assoluto perche

limx→±∞

f(x) = −∞

2

2. Iniziamo osservando che Df = R, f e continua in Df , essendo sommadi funzioni continue e

f ′(x) = ex − 1

1 + x2+ 1 = ex +

x2

1 + x2> 0, ∀x ∈ R

Dunque f e monotona crescente, quindi invertibile su R. Essendo fcontinua e monotona crescente possiamo dire che

Cf = ( limx→−∞

f(x), limx→+∞

f(x)) = (−∞,+∞)

Dunque Df−1 = D(f−1)′ = R e

df−1

dy(1) =

1

ex0 +x20

1+x20

con x0 ∈ R|1 = ex0 − arctan(x0) + x0. Il punto cercato e x0 = 0.Dunque

df−1

dy(1) = 1

3. Poniamo f(x) := x− log1/2(x). Calcoliamo poi

f ′(x) = 1− 1

x ln(1/2)> 0, x ∈ R+

Dunque f e crescente in R+. Inoltre

limx→0+

f(x) = −∞; f(1) = 1

La funzione e continua, quindi per il Teorema di esistenza degli zeripossiamo concludere che f(x) ha un solo zero, dunque l’equazione dataha una e una sola soluzione.

4. Il limite non esiste perche

∀δ > 0,∃x′, x′′ > δ | f(x′) = ln(x′), f(x′′) = 1

Ma limx→+∞ ln(x) = +∞, mentre limx→+∞ 1 = 1 dunque possiamoconcludere che @ limx→+∞ f(x). In particolare x′ ∈ R \ Z, mentrex′′ ∈ Z.

3

5. Le condizioni richieste sono le seguenti:

• f continua in x0

• @f ′(x0)• limx→x+0

f ′(x) = limx→x−0f ′(x) = ±∞

4

FOGLIO 2

1. Determinare l’insieme di derivabilita della funzione

f(x) = 4|x− 1|+ |x3|

Determinare, inoltre, tutti gli estremi relativi di f .

2. Studiare l’invertibilita della funzione f(x) = 3 + e(x−1)3

nel rispettivodominio. Determinare dominio e insieme di derivabilita dell’inversa dif e calcolare df−1

dy(3 + e).

3. Stabilire se l’equazione x = log2 x ammette soluzioni.

(Suggerimento: D(log2 x) = 1x ln(2)

; 1ln(2)≈ 1.44; log2

(1

ln(2)

)≈ 0.52).

4. Sia

f(x) =

{x se x ∈ R \ Z−1 se x ∈ Z

Studiare il comportamento della funzione per x→ −∞. Dimostrare ilrisultato utilizzando la definizione di limite.

5. Stabilire il comportamento che deve avere una funzione f e la rispettivaderivata f ′ nell’intorno del punto x0, affinche quest’ultimo risulti unpunto di cuspide per f .

5

SVOLGIMENTO

1. Il dominio di f e chiaramente tutto R. Inoltre f e una funzione continuasu R perche composizione di funzioni continue. Esplicitando i moduliche compaiono nell’espressione, possiamo scrivere

f(x) =

−x3 − 4x+ 4 se x < 0

x3 − 4x+ 4 se 0 ≤ x < 1

x3 + 4x− 4 se x ≥ 1

Inoltre, ∀x 6= 0, 1

f ′(x) =

−3x2 − 4 se x < 0

3x2 − 4 se 0 < x < 1

3x2 + 4 se x > 1

Poiche f e una funzione continua, per verificare se e derivabile nei punti1 e 0, possiamo fare il limite da destra e da sinistra della derivata neidue punti e verificare che coincidono e sono uguali a un numero finito.In particolare

limx→1−

f ′(x) = −1 6= limx→1+

f ′(x) = 7

Dunque in 1 la funzione non e derivabile e 1 e un punto angoloso,mentre

limx→0−

f ′(x) = −4 = limx→0+

f ′(x)

Dunque nel punto 0 la funzione e derivabile e la sua derivata vale −4.Possiamo concludere che Df ′ = R \ {1}.Dallo studio della derivata prima possiamo dire che f ′ e negativa primadi 1 e positiva dopo. Dunque 1 e un punto di minimo assoluto e

f (1) = 1

Non c’e un punto di massimo assoluto perche

limx→±∞

f(x) = +∞

2. Iniziamo osservando che Df = R, f e continua in Df , essendo sommadi funzioni continue e

f ′(x) = 3(x− 1)2e(x−1)3 ≥ 0,∀x ∈ R

6

e si annulla solo per x = 1. Dunque f e crescente in R e quindiinvertibile su R. Essendo f continua e monotona crescente possiamodire che

Cf = Df−1 = ( lim→−∞

f(x), limx→+∞

f(x)) = (3,+∞)

In particolare f−1 e derivabile in (3,+∞) \ {f(1)} = (3,+∞) \ {4}.Per il Teorema di derivazione della funzione inversa, infine

df−1

dy(3 + e) =

1

3(x0 − 1)2e(x0−1)3

con x0 ∈ R|3+e = 3(x0−1)2e(x0−1)3. Il punto cercato e x0 = 2. Dunque

df−1

dy(3 + e) =

1

3e

3. Poniamo f(x) := x− log2(x). Calcoliamo poi

f ′(x) = 1− 1

x ln(2)

f ′′(x) =1

x2 ln 2> 0, x > 0

Dunque f ′(x) e crescente in R+ e f ′(x) = 0 se x = 1ln 2

. Dunque 1ln 2

eun punto di minimo assoluto e

f

(1

ln 2

)=

1

ln 2− log2

(1

ln 2

)≈ 1.44− 0.52 > 0

Dunque possiamo concludere, avendo verificato che la funzione in cor-rispondenza del punto di minimo assume un valore positivo, che lafunzione e tutta positiva, di conseguenza non ha zeri e @ soluzioni perl’equazione data.

4. Il limite non esiste perche

∀δ > 0,∃x′, x′′ < −δ | f(x′) = x′, f(x′′) = −1

Ma limx→−∞−x = −∞, mentre limx→−∞−1 = −1 dunque possia-mo concludere che @ limx→+∞ f(x). In particolare x′ ∈ R \ Z, mentrex′′ ∈ Z.

7

5. Le condizioni richieste sono le seguenti:

• f continua in x0

• f derivabile in Iδ(x0) \ {x0}• limx→x−0

f ′(x) = ±∞, limx→x+0f ′(x) = ∓∞

8

FOGLIO 3

1. Dopo aver individuato il dominioDf della funzione f(x) = (ln |x|)1/|1+x|,determinare una funzione g(x) affinche la funzione

h(x) =

{f(x) se x ∈ Df

g(x) se x ∈ R \Df

risulti continua su tutto R.

2. Calcolare il seguente limite: limx→0+(arctanx)sinx

3. Sia f(x) = x3−3x+2. Determinare il pu ampio intervallo I, contenen-te l’origine, in cui f risulti invertibile. Detta g l’inversa di f ristrettain I, determinare il dominio e l’insieme di derivabilita di g e il valoredella derivata di g nel punto 2.

4. Sia

an =

√n2 + 1

n

Studiare il comportamento della successione per n→ +∞. Dimostrareil risultato utilizzando la definizione di limite.

5. Stabilire per quali valori del parametro reale α la funzione

f(x) =

{−x+ 1 se x ∈ [−1, 0)

αx2 − αx+ 1 se x ∈ [0, 2]

soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo [−1, 2].

9

SVOLGIMENTO

1. Per individuare il dominio della funzione f dobbiamo porre x+ 1 6= 0,quindi x 6= −1, perche x+1 sta a denominatore di una frazione, |x| > 0,cioe x 6= 0, essendo argomento del logaritmo, e ln |x| > 0, cioe |x| > 1,quindi x < −1 o x > 1, perche la funzione esponenziale ha senso solocon base positiva. Da questo studio si evince che

Df = (−∞,−1) ∪ (1,+∞)

In particolare

f(x) =

{(ln(−x))

1−1−x se x < −1

(ln(x))1

1+x se x > 1

Affinche la funzione h(x) risulti continua dobbiamo scegliere una fun-zione g(x) continua e tale che

g(−1) = limx→−1−

f(x)

eg(1) = lim

x→1+f(x)

Ma

limx→−1−

f(x) = limx→−1−

(ln(−x))1

−1−x = limx→−1−

e−1

x+1ln ln(−x) = 0

elimx→1+

f(x) = limx→1+

(ln(x))1

1+x = limx→1+

e1

x+1ln ln(x) = 0

Dunque basta prendere g(x) = 0,∀x ∈ [−1, 1] e la funzione h(x) saracontinua in R.

2.limx→0+

(arctanx)sinx =

= limx→0+

eln((arctanx)sin x) =

= limx→0+

esinx ln(arctanx) =

Ora tutto sta nello studiare il

limx→0+

sinx ln(arctanx)

10

che e una forma indeterminata. Notiamo pero che

limx→0+

ln(arctanx)1

sinx

=∞∞

possiamo applicare il Teorema di De l’Hospital

= limx→0+

1arctanx

11+x2

− cosxsin2 x

=

= − limx→0+

sin2 x

cosx arctanx(1 + x2)= 0

perche

limx→0+

sin2 x

arctanx=

0

0

a cui possiamo applicare il Teorema di de l’Hospital e ricavare:

= limx→0+

2 sinx cosx1

1+x2

= 0

Dunque possiamo concludere che

limx→0+

(arctanx)sinx = 1

3. Innanzitutto notiamo che, essendo un polinomio, la funzione f e con-tinua in R. Calcoliamo la sua derivata prima

f ′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) = 0

per x = ±1. Quindi possiamo sicuramente affermare che per x ∈ [−1, 1]la funzione f e monotona decrescente dunque e invertibile e questo e ilpiu grande intervallo contenente l’origine in cui la funzione e invertibile.

Quindi, chiaramente

Dg = Cf = [f(1), f(−1)] = [0, 4];Dg′ = (0, 4)

Per il Teorema di derivazione della funzione inversa possiamo dire infineche

dg

dy(2) =

1

3(x20 − 1)

con x0 = g(2) o 2 = f(x0) = x30 − 3x0 + 2, cioe x0 = 0. Dunque

dg

dy(2) = −1

3

11

4. Vogliamo dimostrare che il limite e 1.

∀ε > 0∃δε > 0 | ∀n > δε, 1− ε <√n2 + 1

n< 1 + ε

La prima disuguaglianza e vera ∀n ∈ N, perche

√n2 + 1

n=

√1 +

1

n2> 1

Mentre dalla seconda disuguaglianza si ha

√n2 + 1 < (1 + ε)n⇒ n2 + 1 < (1 + ε)2n2

⇒ n2[(1 + ε)2 − 1] > 1⇒ n2 >1

(1 + ε)2 − 1

Cioe

n >1√

(1 + ε)2 − 1= δε

5. Le ipotesi del Teorema di Lagrange sono la continuita in [−1, 2] e laderivabilita in (−1, 2). Affinche la funzione sia continua dobbiamorichiedere che

f(0) = limx→0−

f(x)

cioef(0) = 1

e cio e verificato ∀α. Possiamo scrivere

f ′(x) =

{−1 se x ∈ [−1, 0)

2αx− α se x ∈ (0, 2)

Affinche la funzione f sia derivabile in 0 bisogna richiedere che

limx→0+

f ′(x) = limx→0−

f ′(x)

Cioe−1 = −α⇒ α = 1

12

FOGLIO 4

1. Dopo aver individuato il dominio Df della funzionef(x) = (ln |1 + x|)1/|x|, determinare una funzione g(x) affinche la fun-zione

h(x) =

{f(x) se x ∈ Df

g(x) se x ∈ R \Df

risulti continua su tutto R.

2. Calcolare il seguente limite: limx→0+(sinx)arctanx

3. Sia f(x) = x3−6x−2. Determinare il pu ampio intervallo I, contenen-te l’origine, in cui f risulti invertibile. Detta g l’inversa di f ristrettain I, determinare il dominio e l’insieme di derivabilita di g e il valoredella derivata di g nel punto −2.

4. Siaan =

n√n2 + 1

Studiare il comportamento della successione per n→ +∞. Dimostrareil risultato utilizzando la definizione di limite.

5. Stabilire per quali valori del parametro reale α la funzione

f(x) =

{x2 − αx+ α se x ∈ [0, 1]

x3 se x ∈ (1, 2]

soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo [0, 2].

13

SVOLGIMENTO

1. Per individuare il dominio della funzione f dobbiamo porre |x+1| > 0,quindi x 6= −1, perche |x + 1| e l’argomento del logaritmo, x 6= 0,essendo denominatore di una frazione, e ln |1 + x| > 0, cioe x < −2 ox > 0, perche la funzione esponenziale ha senso solo con base positiva.Da questo studio si evince che

Df = (−∞,−2) ∪ (0,+∞)

In particolare

f(x) =

{(ln(1 + x))

1x se x > 0

(ln(−1− x))−1x se x < −2

Affinche la funzione h(x) risulti continua dobbiamo scegliere una fun-zione g(x) continua e tale che

g(−2) = limx→−2−

f(x)

eg(0) = lim

x→0+f(x)

Ma

limx→−2−

f(x) = limx→−2−

(ln(−1− x))−1x = lim

x→−2−e−

1xln ln(−1−x) = 0

elimx→0+

f(x) = limx→0+

(ln(1 + x))1x = lim

x→0+e

1xln ln(1+x) = 0

Dunque basta prendere g(x) = 0,∀x ∈ [−2, 0] e la funzione h(x) saracontinua in R.

2.limx→0+

(sinx)arctanx =

= limx→0+

eln((sinx)arctan x) =

= limx→0+

earctanx ln(sinx) =

Ora tutto sta nello studiare il

limx→0+

arctanx ln(sinx)

14

che e una forma indeterminata. Notiamo pero che

limx→0+

ln(sinx)1

arctanx

=∞∞

possiamo applicare il Teorema di De l’Hospital

= limx→0+

cosxsinx

− 11+x2

arctan2 x

=

= − limx→0+

cosx arctan2 x(1 + x2)

sinx= 0

perche

limx→0+

arctan2 x

sinx=

0

0

a cui possiamo applicare il Teorema di de l’Hospital e ricavare:

limx→0+

2 arctanx 11+x2

cosx= 0

Dunque possiamo concludere che

limx→0+

(sinx)arctanx = 1

3. Innanzitutto notiamo che, essendo un polinomio, la funzione f e con-tinua in R e calcoliamo la sua derivata prima

f ′(x) = 3x2 − 6 = 3(x2 − 2) = 0

per x = ±√

2. Quindi possiamo sicuramente affermare che perx ∈ [−

√2,√

2] la funzione f e monotona decrescente dunque e inver-tibile e questo e il piu grande intervallo contenente l’origine in cui lafunzione e invertibile.

Quindi, chiaramente

Dg = Cf = [f(√

2), f(−√

2)] = [−4√

2−2, 4√

2−2];Dg′ = (−4√

2−2, 4√

2−2)

Per il Teorema di derivazione della funzione inversa possiamo dire infineche

dg

dy(−2) =

1

3(x20 − 2)

con x0 = g(−2) o −2 = f(x0) = x30 − 6x0 − 2, cioe x0 = 0. Dunque

dg

dy(2) = −1

6

15

4. Vogliamo dimostrare che il limite e 1.

∀ε > 0∃δε > 0 | ∀n > δε, 1− ε <n√n2 + 1

< 1 + ε

La seconda disuguaglianza e vera ∀n ∈ N, perche

n√n2 + 1

=

√n2

n2 + 1< 1

Mentre dalla prima disuguaglianza si ha

√n2 + 1 <

n

1− ε⇒ n2 + 1 <

n2

(1− ε)2

⇒ n2[1

(1− ε)2− 1] > 1⇒ n2 >

1

[ 1(1−ε)2 − 1]

Cioe

n >1√

[ 1(1−ε)2 − 1]

= δε

5. Le ipotesi del Teorema di Lagrange sono la continuita in [0, 2] e la deri-vabilita in (0, 2). Affinche la funzione sia continua dobbiamo richiedereche

f(1) = limx→1+

f(x)

cioef(1) = 1

e cio e verificato ∀α. Possiamo scrivere

f ′(x) =

{2x− α se x ∈ (0, 1)

3x2 se x ∈ (1, 2)

Affinche la funzione f sia derivabile in 1 bisogna richiedere che

limx→1+

f ′(x) = limx→1−

f ′(x)

Cioe3 = 2− α⇒ α = −1

16

FOGLIO 5

1. Sia t = g(x) l’inversa della funzione x = f(t) = e2t + t3 ristretta nel-l’intervallo [−1, 0]. Determinare il dominio Dg di g e il numero dellesoluzioni dell’equazione g(x) + x = 0 in Dg.

2. Determinare l’espressione esplicita della funzionef(x) = max(e−x − 2, ex) con x ∈ R.(Suggerimento: f(x) = e−x − 2,∀x ∈ R | e−x − 2 ≥ ex, f(x) = ex

altrimenti).

3. Sia

f(x) =

{(ex − 1) sin

(1x

)se x 6= 0

α se x = 0

Determinare il valore del parametro reale α affinche f risulti continuain R. Stabilire se, per tale valore di α, risulta anche derivabile.

4. Determinare, mediante il teorema della derivabilita della funzione com-posta, i punti in cui la funzione F (x) = 3

√(x− 1)2 risulta derivabile.

Negli eventuali punti in cui non e possibile applicare il suddetto teore-ma, studiare la derivabilita di F con il rapporto incrementale.

5. Sia f derivabile e invertibile su R. Calcolare df−1

dy(2), sapendo che

f(1) = 2 e f ′(1) = 12.

17

SVOLGIMENTO

1. Calcoliamo innanzitutto la derivata prima di f :

f ′(t) = 2e2t + 3t2 > 0, in I = [−1, 0]

Dunque f e crescente in I; di conseguenza possiamo concludere che

Dg = Cf = [f(−1), f(0)] = [e−2 − 1, 1] = J = Dg′

Poniamo poi h(x) = g(x) + x in J ; h e derivabile in J e ∀x ∈ J

h′(x) = g′(x) + 1 =1

2e2t + 3t2+ 1 > 0

Dunque h e crescente in J ; inoltre

h(e−2 − 1) = g(e−2 − 1) + e−2 − 1 = e−2 − 2 < 0

h(1) = g(1) + 1 = 1 > 0

Ma h e continua, quindi, per il Teorema di esistenza degli zeri, ∃! zeroper la funzione h, quindi ∃! soluzione per l’equazione g(x) + x = 0.

2. Dobbiamo individuare per quali x, e−x − 2 ≥ ex e per quali x, invece,e−x − 2 < ex. Poniamo, quindi

h(x) = e−x − 2− ex

e studiamo quando e maggiore minore o uguale a 0.

h(x) ≥ 0⇔ e−x − 2− ex ≥ 0

oe2x + 2ex − 1 ≤ 0

cioet = ex, t2 + 2t− 1 ≤ 0

Delle due radici e accettabile solo t = −1 +√

2 corrispondente a x =ln(−1+

√2) perche l’altra e negativa e non e accettabile essendo t = ex.

Possiamo concludere che

h(x) > 0 per x < ln(−1√

2)

h(x) = 0 per x = ln(−1 +√

2)

h(x) < 0 per x > ln(−1 +√

2)

Dunque, essendo f(x) = max(e−x − 2, ex), possiamo scrivere

f(x) =

{e−x − 2 se x < ln(−1 +

√2)

ex se x ≥ ln(−1 +√

2)

18

3. La funzione e sicuramente continua in R \ {0}. Affinche lo sia anchenel punto 0 deve essere:

limx→0−

f(x) = limx→0+

f(x) = f(0)

Ora il

limx→0±

f(x) = limx→0

(ex − 1) sin

(1

x

)= 0

perche si ha

1− ex ≤ (ex − 1) sin

(1

x

)≤ ex − 1, se x > 0

ex − 1 ≤ (ex − 1) sin

(1

x

)≤ 1− ex, se x < 0

e ovviamente limx→0(ex − 1) = limx→0(1− ex) = 0.

Dunque f e continua in 0 per α = 0. Per tale valore di α la funzionenon risulta derivabile in 0 perche

limh→0

(eh − 1) sin(1/h)

h= lim

h→0sin(1/h)

che non esiste.

4. Per il Teorema della derivazione della funzione composta si ha

F ′(x) =2

3 3√

(x− 1)

Dunque la funzione F e derivabile in R \ {1}. Nel punto 1, calcoliamo

limh→0

F (1 + h)− F (1)

h= lim

h→0

3√h2

h= lim

h→0

3

√1

h

che e uguale a +∞ se h → 0+, mentre e uguale a −∞ se h → 0−.Dunque:

DF ′ = R \ {1}

5. Vogliamo calcolare df−1

dy(2), allora per il Teorema di derivazione della

funzione inversadf−1

dy(2) =

1

f ′(x0)

19

con x0 | x0 = f−1(2), cioe f(x0) = 2; l’x0 cercato e x0 = 1, perche, peripotesi, f(1) = 2. Quindi, per quanto detto

df−1

dy(2) =

1

f ′(1)= 2

essendo, per ipotesi, f ′(1) = 12.

20

FOGLIO 6

1. Sia t = g(x) l’inversa della funzione x = f(t) = et3

+ t ristretta nel-l’intervallo [−1, 0]. Determinare il dominio Dg di g e il numero dellesoluzioni dell’equazione g(x) + 2x = 0 in Dg.

2. Determinare l’espressione esplicita della funzionef(x) = max(ex − 2, e−x) con x ∈ R.(Suggerimento: f(x) = ex − 2,∀x ∈ R | ex − 2 ≤ e−x, f(x) = e−x

altrimenti).

3. Sia

f(x) =

{x

1+e1/xse x 6= 0

α se x = 0

Determinare il valore del parametro α affinche f risulti continua in R.Stabilire se, per tale valore di α, risulta anche derivabile.

4. Determinare, mediante il teorema della derivabilita della funzione com-posta, i punti in cui la funzione F (x) = 5

√(x− 1)3 risulta derivabile.

Negli eventuali punti in cui non e possibile applicare il suddetto teore-ma, studiare la derivabilita di F con il rapporto incrementale.

5. Sia f derivabile e invertibile su R. Calcolare df−1

dy(−5), sapendo che

f(−2) = −5 e f ′(−2) = 13.

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SVOLGIMENTO

1. Calcoliamo innanzitutto la derivata prima di f :

f ′(t) = 3t2et3

+ 1 > 0, in I = [−1, 0]

Dunque f e crescente in I; di conseguenza possiamo concludere che

Dg = Cf = [f(−1), f(0)] = [e−1 − 1, 1] = J = Dg′

Poniamo poi h(x) = g(x) + 2x in J ; h e derivabile in J e ∀x ∈ J

h′(x) = g′(x) + 2 =1

3t2et3 + 1+ 2 > 0

Dunque h e crescente in J ; inoltre

h(e−1 − 1) = g(e−1 − 1) +2

e− 2 = −1 + 2e−1 − 2 = −3 +

2

e< 0

h(1) = g(1) + 2 = 2 > 0

Ma h e continua, quindi, per il Teorema di esistenza degli zeri, ∃! zeroper la funzione h, quindi ∃! soluzione per l’equazione g(x) + x = 0.

2. Dobbiamo individuare per quali x, ex − 2 ≥ e−x e per quali x, invece,ex − 2 < e−x. Poniamo, quindi

h(x) = ex − 2− e−x

e studiamo quando e maggiore minore o uguale a 0.

h(x) ≥ 0⇔ ex − 2− e−x ≥ 0

oe2x − 2ex − 1 ≥ 0

cioet = ex, t2 − 2t− 1 ≥ 0

Delle due radici e accettabile solo t = 1 +√

2 corrispondente a x =ln(1 +

√2) perche l’altra e negativa e non e accettabile essendo t = ex.

Possiamo concludere che

h(x) > 0 per x > ln(1 +√

2)

h(x) = 0 per x = ln(1 +√

2)

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h(x) < 0 per x < ln(1 +√

2)

Dunque, essendo f(x) = min(ex − 2, e−x), possiamo scrivere

f(x) =

{ex − 2 se x < ln(1 +

√2)

e−x se x ≥ ln(1 +√

2)

3. La funzione e sicuramente continua in R \ {0}. Affinche lo sia anchenel punto 0 deve essere:

limx→0−

f(x) = limx→0+

f(x) = f(0)

Ora, ovviamente, il

limx→0±

f(x) = limx→0

x

1 + e1/x= 0

dunque f e continua in 0 per α = 0. Per tale valore di α la funzionenon risulta derivabile in 0 perche

limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

1

1 + e1/h

che e uguale a 1 se h→ 0− mentre e uguale a 0 se h→ 0+, dunque nonesiste.

4. Per il Teorema della derivazione della funzione composta si ha

F ′(x) =3

5 5√

(x− 1)2

Dunque la funzione F e derivabile in R \ {1}. Nel punto 1, calcoliamo

limh→0

F (1 + h)− F (1)

h= lim

h→0

5√h3

h= lim

h→0

5

√1

h2= +∞

DunqueDF ′ = R \ {1}

5. Vogliamo calcolare df−1

dy(−5), allora per il Teorema di derivazione della

funzione inversadf−1

dy(−5) =

1

f ′(x0)

con x0 | x0 = f−1(−5), cioe f(x0) = −5; l’x0 cercato e x0 = −2, perche,per ipotesi, f(−2) = −5. Quindi, per quanto detto

df−1

dy(−5) =

1

f ′(−2)= 3

essendo, per ipotesi, f ′(−2) = 13.

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