mg1_18giugno 2014_sol

Università di Milano Bicocca
Esame di Matematica Generale I
18 giugno 2014
Esercizio 1
Dopo avere rappresentato graficamente la funzione f (x) utilizzando i grafici
deducibili dalle funzioni elementari, determinare il sottoinsieme del dominio in
cui la funzione assume valori minori o uguali a 1

sin (x + 1)
x < −1


ln
(x
+
2)
−1
≤x<1 .
f (x) =

 √
3
x−2
x≥1
Soluzione
Il grafico della funzione è il seguente:
y
2.5
1.25
0
-5
-2.5
0
2.5
5
7.5
x
-1.25
La funzione f (x) è ≤ 1 ∀x < −1 dato che f (x) = sin(x + 1) e −1 ≤
sin(x + 1) ≤ 1. Per −1 ≤ x < 1 f (x) = ln(x + 2) ≤ 1: la soluzione della
√
disequazione è x ≤ e−2 quindi f (x) ≤ 1 in [−1, e − 2] . Per x ≥ 1 f(x) = 3 x − 2
che risulta ≤ 1quando x ≤ 3, quindi f (x) ≤ 1 in [1, 3] .
In conclusione f(x) ≤ 1 in (−∞, e − 2] ∪ [1, 3] .
Esercizio 2
1
Sia data la funzione f (x): determinare k ∈ R tale che in [−3, 2] siano verificate le ipotesi del teorema degli zeri e trovare il punto in cui vale la tesi del
teorema.
f (x) =
−1 − x2
e
−3+k
x+2
x < −2
.
x ≥ −2
Soluzione:
Le ipotesi sono:
1) continuità: la funzione è continua se limx→−2− f (x) = limx→−2+ f (x) =
f(−2)
limx→−2− (−1 − x2 ) = −5
limx→−2+ (ex+2 − 3 + k) = −2 + k = f(−2)
La funzione è continua per k = −3
2) f(−3)f (2) < 0
f (−3) = −1 − 32 = −10 < 0 f (2) = e4 − 6 = 48. 6 > 0
Dato che ∀x < −2 f (x) < 0 cerchiamo il punto per x ≥ −2: ex+2 − 6 = 0
quando x = ln 6 − 2 = −0.208 . Il punto x = ln 6 − 2 è compreso nell’intervallo
[−2, 2) quindi soddisfa la tesi del teorema.
Esercizio 3
Calcolare i seguenti limiti
√
ln(1 + x) + 3x − 3x2
1 + ln x − 1
lim
e
lim
x→+∞
x→1 (x + 1) ln x
x3 + 2x + cos x
Soluzione:
Utilizzando il confronto fra infiniti si ottiene:
ln(1 + x) + 3x − 3x2
3x
= +∞
=
lim
x→+∞
x→+∞ 2x
x3 + 2x + cos x
lim
Si ha che
√
√
1 + ln x − 1
1 + ln x − 1
1
1 1
1
lim
= lim
lim
= ∗ =
x→1 (x + 1) ln x
x→1
x→1 (x + 1)
ln x
2 2
4
√
essendo, per x → 1, ln x → 0 quindi 1 + ln x − 1 ∼ 12 ln x.
Esercizio 4
A. (Studenti immatricolati precedentemente all’a.a. 2009-2010).
Scrivere la formula di Taylor arrestata al secondo ordine per f (x) =
(x2 + 1)e3x nel punto x0 = 1.
2
Figure 1:
Soluzione:
f (1) = 2e3
f ′ (x) = 2xe3x + (x2 + 1)3e3x f ′ (1) = 8e3
′′
3
f ′′ (x) = 2e3x + 6xe3x + 6xe3x + (x2 + 1)9e3x
f (1)2 = 32e
3
3
3
2
f (x) = 2e + 8e (x − 1) + 16e (x − 1) + o (x − 1)
B. (Studenti immatricolati a partire dall’a.a. 2009-2010). Determinare e rappresentare √
graficamente il dominio della seguente funzione
f (x) = ln(x2 − 1 − y) + y + x − 3
Soluzione:
Il dominio della funzione è definito dalle condizioni:
y < x2 − 1
y ≥ −x + 3
Il dominio è rappresentato dalla parte ombreggiata in verde.
Esercizio 5
Studiare la seguente funzione (dominio, segno, intersezione con gli assi, limiti
agli estremi del dominio, asintoti, monotonia)
x4
3
f (x) =
x+2
e tracciarne un grafico qualitativo.(Non è richiesto lo studio della derivata
seconda)
3
Soluzione
• Dominio: La funzione è definita per i valori di x ∈ R che soddisfano
x + 2 = 0 da cui D = (−∞, −2) ∪ (−2, +∞).
• Segno e intersezione con gli assi.
La funzione intreseca gli assi in (0,0). Inoltre f (x) > 0 quando
quindi per x > −2.
x4
x+2
>0
• Limiti agli estremi del dominio ed asintoti. Essendo
x4
x→±∞
x+2
1 3 x4
lim
x→±∞ x
x+2
x4
3
lim
−x
x→±∞
x+2
x4
3
lim −
x+2
x→−2
x4
3
lim +
x+2
x→−2
lim
3
= ±∞
x
=1
x+2
2
2
3
=
lim x
1−
−1 =−
x→±∞
x+2
3
=
lim
3
x→±∞
= −∞
= +∞
la funzione ha come asintoto verticale la retta x = −2 e come asintoto
obliquo y = x − 23 per x → ±∞.
• Monotonia: La derivata prima di f (x) è
f ′ (x) =
1
3
x4
x+2
− 23 4x3 (x + 2) − x4
(x + 2)2
1
= x3
3
x4
x+2
− 23 3x + 8
(x + 2)2
Dallo studio del segno della derivata si trova che f ′ (x) > 0 in (−∞, − 83 )
e in (0, +∞), quindi la funzione è monotona crescente in (−∞, − 83 ) e
in(0, +∞) e monotona decrescente in (− 83 , −2) e in (−2, 0). I punti x = − 83
e x = 0 sono rispettivamente punto di massimo e punto di minimo relativo.
• Il grafico della funzione è il seguente
4
y
7.5
5
2.5
0
-5
-2.5
0
2.5
5
x
-2.5
-5
5

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