Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 8 novembre 2000 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si determini il sottoinsieme dei numeri reali x per cui si abbia

|\frac{2x + 1}{|x| − 3}| ≥ 1,

e lo si scriva (se possibile) come unione di intervalli e/o semirette.

Svolgimento. Si osservi che, se x ≠ ±3,

|\frac{2x + 1}{|x| − 3}| ≥ 1 ⟺ (2x + 1)^{2} ≥ (|x| − 3)^{2} ⟺ 3x^{2} + 4x + 6|x| − 8 ≥ 0.

L’insieme cercato è quindi l’unione delle soluzioni dei due sistemi

\{ \begin{matrix}x < 0 \\ 3x^{2} − 2x − 8 ≥ 0 \end{matrix}  e  \{ \begin{matrix}x ≥ 0 \\ 3x^{2} + 10x − 8 ≥ 0 \end{matrix}

e dunque è (−∞, −3) ∪ (−3, −\frac{4}{3}] ∪ [\frac{2}{3}, 3) ∪ (3, +∞). □

ESERCIZIO 2. Si dimostri per induzione che, per ogni intero n ≥ 1, si ha

2(\sqrt{n + 1} − 1) ≤ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}} ≤ 2\sqrt{n} − 1.

Si utilizzino le disuguaglianze per calcolare

lim_{n→∞} \frac{1}{n^{α}} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}) ,

al variare di α ∈ [0, +∞).

Svolgimento. Per n = 1 le due disuguaglianze divengono 2(\sqrt{2} − 1) ≤ 1 ≤ 2 − 1, che sono verificate (2\sqrt{2} ≤ 3 e, ovviamente, 1 ≤ 1). Supponiamo che le disuguaglianze siano vere per un dato intero n, e quindi si abbia

2(\sqrt{n + 1} − 1) ≤ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}} ≤ 2\sqrt{n} − 1,

allora le stesse sono vere per l’intero successivo n + 1 se, e solo se,

2(\sqrt{n + 2} − 1) ≤ 2(\sqrt{n + 1} − 1) + \frac{1}{\sqrt{n + 1}}  e  2\sqrt{n} − 1 + \frac{1}{\sqrt{n + 1}} ≤ 2\sqrt{n + 1} − 1.

La prima disuguaglianza è equivalente a

2\sqrt{(n + 2)(n + 1)} ≤ 2n + 3  ovvero  4(n + 2)(n + 1) ≤ (2n + 3)^{2}

e quindi è vera. La seconda disuguaglianza è equivalente a

2\sqrt{n(n + 1)} ≤ 2n + 1  ovvero  4n(n + 1) ≤ (2n + 1)^{2}

e quindi sono entrambe vere ed è così conclusa la dimostrazione del passo induttivo.

Per le disuguaglianze appena dimostrate, possiamo scrivere che

\frac{2(\sqrt{n + 1} − 1)}{n^{α}} ≤ \frac{1}{n^{α}} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}) ≤ \frac{2\sqrt{n} − 1}{n^{α}},

qualunque sia il numero reale α e per ogni intero positivo n. Quindi, applicando il “Principio dei Carabinieri”, si ha

lim_{n→∞} \frac{1}{n^{α}} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}) = \{ \begin{matrix}+∞ & se 0 ≤ α < \frac{1}{2} \\ 2 & se α = \frac{1}{2} \\ 0 & se α > \frac{1}{2} \end{matrix} ,

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 3. Si studi la funzione f(x) = arctg |\sqrt{3} cos x − sin x| e si tracci un grafico indicativo del suo andamento. (È richiesto lo studio della derivata seconda.)

Svolgimento. La funzione è definita e continua per ogni x ∈ ℝ ed è periodica, di periodo 2π. Ci occuperemo quindi di studiare la funzione f ristretta all’intervallo [0, 2π] ed osserviamo che essa è certamente derivabile per valori di x che non annullino l’argomento del valore assoluto, ovvero per x ≠ \frac{π}{3} + kπ, con k ∈ ℤ.

La derivata prima di f è

f′(x) = \{ \begin{matrix}−\frac{\sqrt{3} sin x+cos x}{1+(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}} & se x ∈ [0, \frac{π}{3} ) ∪ (\frac{4π}{3} , 2π] \\ \frac{\sqrt{3} sin x+cos x}{1+(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}} & se x ∈ (\frac{π}{3} , \frac{4π}{3} ) \end{matrix}

ed è quindi positiva sugli intervalli (\frac{π}{3} , \frac{5π}{6} ) e (\frac{4π}{3} , \frac{11π}{6} ). I punti x_{1} = \frac{5π}{6} ed x_{2} = \frac{11π}{6} sono quindi punti di massimo relativo (ed assoluto), con f(x_{1}) = f(x_{2}) = arctg 2; mentre i punti x_{3} = \frac{π}{3} ed x_{4} = \frac{4π}{3} sono punti di minimo relativo (ed assoluto) con f(x_{3}) = f(x_{4}) = 0. In questi ultimi due punti, si ha

f′_{−}(\frac{π}{3} ) = lim_{x→ \frac{π}{3} ^{−}} \frac{f(x) − f(\frac{π}{3} )}{x − \frac{π}{3}} = lim_{x→ \frac{π}{3} ^{−}} f′(x) = −2, f′_{+}(\frac{π}{3} ) = 2, f′_{−}(\frac{4π}{3} ) = −2, f′_{+}(\frac{4π}{3} ) = 2,

e quindi f non è derivabile in tali punti.

Si osservi che

f′′(x) = \{ \begin{matrix}−\frac{(\sqrt{3} cos x−sin x)[1+(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}+2(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}]}{[1+(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}]^{2}} & se x ∈ [0, \frac{π}{3} ) ∪ (\frac{4π}{3} , 2π] \\ \frac{(\sqrt{3} cos x−sin x)[1+(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}+2(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}]}{[1+(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}]^{2}} & se x ∈ (\frac{π}{3} , \frac{4π}{3} ) \end{matrix}

e quindi, dove f è derivabile, la derivata seconda è negativa ed il grafico di f è concavo.

L’andamento di f è quindi descritto dal grafico qui sopra. □

ESERCIZIO 4. Si consideri

f(x) = \{ \begin{matrix}ax + b & se x ≤ −2 \\ \frac{e^{\frac{x−1}{x+2}}}{x + 2} & se x > −2 \end{matrix}

e si determinino (se esistono) dei numeri reali a e b affinché f(x) risulti continua e derivabile su tutta le retta reale.

Svolgimento. Per x ≠ −2, f è continua e derivabile, qualunque siano i numeri reali a e b e si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}a & se x < −2 \\ \frac{e^{\frac{x−1}{x+2}} (1 − x)}{(x + 2)^{3}} & se x > −2 \end{matrix} .

Inoltre, f(−2) = −2a + b = lim_{x→−2^{−}} f(x) e

lim_{x→−2^{+}} f(x) = lim_{x→−2^{+}} \frac{e^{\frac{x−1}{x+2}}}{x + 2} = lim_{t→+∞} \frac{1 + t}{3e^{t}} = 0;

ove si è fatta la sostituzione \frac{x−1}{x+2} = −t. Quindi f è continua per x = −2 se, e solo se, b − 2a = 0. Sotto tale ipotesi,

f′_{−}(−2) = lim_{x→−2^{−}} f′(x) = a  ed  f′_{+}(−2) = lim_{x→−2^{+}} f′(x) = lim_{t→+∞} \frac{t(1 + t)^{2}}{9e^{t}} = 0;

ove si è fatta di nuovo la sostituzione \frac{x−1}{x+2} = −t. Quindi f è derivabile per x = −2 se, e solo se, b − 2a = 0 ed a = 0. Dunque la funzione cercata deve essere identicamente nulla sulla semiretta (−∞, −2]. □

ESERCIZIO 5. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{3 sinh x − 3 sin x + log(1 − x^{3})}{(cos x − 1)^{2} tg^{2} x}.

Svolgimento. Ricordiamo che, in base alle formule di McLaurin, per x → 0 si ha

sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + o(x^{6}), sinh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + o(x^{6}),

cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} − \frac{x^{6}}{6!} + o(x^{6}), cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \frac{x^{6}}{6!} + o(x^{6}),

tg x = x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}), log(1 − x) = −x − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}),

da cui si deduce, in particolare che, sempre per x → 0, si ha

log(1 − x^{3}) = −x^{3} − \frac{x^{6}}{2} + o(x^{6})

e quindi

\frac{3 sinh x − 3 sin x + log(1 − x^{3})}{(cos x − 1)^{2} tg^{2} x} = \frac{−\frac{x^{6}}{2} + o(x^{6})}{(−\frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}))^{2}(x + o(x))^{2}} = −\frac{x^{6}/2 + o(x^{6})}{x^{6}/4 + o(x^{6})}.

In conclusione, il limite cercato è uguale a −2. □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 8 novembre 2000 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si determini il sottoinsieme dei numeri reali x per cui si abbia

|\frac{x − 1}{2|x| − 3}| ≤ 1,

e lo si scriva (se possibile) come unione di intervalli e/o semirette.

Svolgimento. Si osservi che, se x ≠ ±\frac{3}{2},

|\frac{x − 1}{2|x| − 3}| ≤ 1 ⟺ (x − 1)^{2} ≤ (2|x| − 3)^{2} ⟺ 3x^{2} + 2x − 12|x| + 8 ≥ 0.

L’insieme cercato è quindi l’unione delle soluzioni dei due sistemi

\{ \begin{matrix}x < 0 \\ 3x^{2} + 14x + 8 ≥ 0 \end{matrix}  e  \{ \begin{matrix}x ≥ 0 \\ 3x^{2} − 10x + 8 ≥ 0 \end{matrix}

e dunque è (−∞, −4] ∪ [−\frac{2}{3}, \frac{4}{3}] ∪ [2, +∞). □

ESERCIZIO 2. Si dimostri per induzione che, per ogni intero n ≥ 1, si ha

2(\sqrt{n + 1} − 1) ≤ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}} ≤ 2\sqrt{n} − 1.

Si utilizzino le disuguaglianze per calcolare

lim_{n→∞} \frac{1}{n^{α}} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}) ,

al variare di α ∈ [0, +∞).

Svolgimento. Per n = 1 le due disuguaglianze divengono 2(\sqrt{2} − 1) ≤ 1 ≤ 2 − 1, che sono verificate (2\sqrt{2} ≤ 3 e, ovviamente, 1 ≤ 1). Supponiamo che le disuguaglianze siano vere per un dato intero n, e quindi si abbia

2(\sqrt{n + 1} − 1) ≤ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}} ≤ 2\sqrt{n} − 1,

allora le stesse sono vere per l’intero successivo n + 1 se, e solo se,

2(\sqrt{n + 2} − 1) ≤ 2(\sqrt{n + 1} − 1) + \frac{1}{\sqrt{n + 1}}  e  2\sqrt{n} − 1 + \frac{1}{\sqrt{n + 1}} ≤ 2\sqrt{n + 1} − 1.

La prima disuguaglianza è equivalente a

2\sqrt{(n + 2)(n + 1)} ≤ 2n + 3  ovvero  4(n + 2)(n + 1) ≤ (2n + 3)^{2}

e quindi è vera. La seconda disuguaglianza è equivalente a

2\sqrt{n(n + 1)} ≤ 2n + 1  ovvero  4n(n + 1) ≤ (2n + 1)^{2}

e quindi sono entrambe vere ed è così conclusa la dimostrazione del passo induttivo.

Per le disuguaglianze appena dimostrate, possiamo scrivere che

\frac{2(\sqrt{n + 1} − 1)}{n^{α}} ≤ \frac{1}{n^{α}} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}) ≤ \frac{2\sqrt{n} − 1}{n^{α}},

qualunque sia il numero reale α e per ogni intero positivo n. Quindi, applicando il “Principio dei Carabinieri”, si ha

lim_{n→∞} \frac{1}{n^{α}} (1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}) = \{ \begin{matrix}+∞ & se 0 ≤ α < \frac{1}{2} \\ 2 & se α = \frac{1}{2} \\ 0 & se α > \frac{1}{2} \end{matrix} ,

e ciò conclude la discussione. □

ESERCIZIO 3. Si studi la funzione f(x) = arctg |\sqrt{3} sin x + cos x| e si tracci un grafico indicativo del suo andamento. (È richiesto lo studio della derivata seconda.)

Svolgimento. La funzione è definita e continua per ogni x ∈ ℝ ed è periodica, di periodo 2π. Ci occuperemo quindi di studiare la funzione f ristretta all’intervallo [0, 2π] ed osserviamo che essa è certamente derivabile per valori di x che non annullino l’argomento del valore assoluto, ovvero per x ≠ \frac{5π}{6} + kπ, con k ∈ ℤ.

La derivata prima di f è

f′(x) = \{ \begin{matrix}\frac{\sqrt{3} cos x−sin x}{1+(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}} & se x ∈ [0, \frac{5π}{6} ) ∪ (\frac{11π}{6} , 2π] \\ −\frac{\sqrt{3} cos x−sin x}{1+(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}} & se x ∈ (\frac{5π}{6} , \frac{11π}{6} ) \end{matrix}

ed è quindi positiva sugli intervalli [0, \frac{π}{3} ), (\frac{5π}{6} , \frac{4π}{3} ) e (\frac{11π}{6} , 2π). I punti x_{1} = \frac{5π}{6} ed x_{2} = \frac{11π}{6} sono quindi punti di minimo relativo (ed assoluto), con f(x_{1}) = f(x_{2}) = 0; mentre i punti x_{3} = \frac{π}{3} ed x_{4} = \frac{4π}{3} sono punti di massimo relativo (ed assoluto) con f(x_{3}) = f(x_{4}) = arctg 2. Nei primi due punti, si ha

f′_{−}(\frac{5π}{6} ) = lim_{x→ \frac{5π}{6} ^{−}} \frac{f(x) − f(\frac{5π}{6} )}{x − \frac{5π}{6}} = lim_{x→ \frac{5π}{6} ^{−}} f′(x) = −2, f′_{+}(\frac{5π}{6} ) = 2, f′_{−}(\frac{11π}{6} ) = −2, f′_{+}(\frac{11π}{6} ) = 2,

e quindi f non è derivabile in tali punti.

Si osservi che

f′′(x) = \{ \begin{matrix}−\frac{(\sqrt{3} sin x+cos x)[1+(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}+2(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}]}{[1+(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}]^{2}} & se x ∈ [0, \frac{5π}{6} ) ∪ (\frac{11π}{6} , 2π] \\ \frac{(\sqrt{3} sin x+cos x)[1+(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}+2(\sqrt{3} cos x−sin x)^{2}]}{[1+(\sqrt{3} sin x+cos x)^{2}]^{2}} & se x ∈ (\frac{5π}{6} , \frac{11π}{6} ) \end{matrix}

e quindi, dove f è derivabile, la derivata seconda è negativa ed il grafico di f è concavo.

L’andamento di f è quindi descritto dal grafico qui sopra. □

ESERCIZIO 4. Si consideri

f(x) = \{ \begin{matrix}\frac{e^{\frac{x+2}{x−1}}}{x − 1} & se x < 1 \\ a + bx & se x ≥ 1 \end{matrix}

e si determinino (se esistono) dei numeri reali a e b affinché f(x) risulti continua e derivabile su tutta le retta reale.

Svolgimento. Per x ≠ 1, f è continua e derivabile, qualunque siano i numeri reali a e b e si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}−\frac{e^{\frac{x−1}{x+2}} (x + 2)}{(x − 1)^{3}} & se x < 1 \\ b & se x > 1 \end{matrix} .

Inoltre, f(1) = a + b = lim_{x→1^{+}} f(x) e

lim_{x→1^{−}} f(x) = lim_{x→1^{−}} \frac{e^{\frac{x−1}{x+2}}}{x + 2} = lim_{t→+∞} −\frac{1 + t}{3e^{t}} = 0;

ove si è fatta la sostituzione \frac{x+2}{x−1} = −t. Quindi f è continua per x = 1 se, e solo se, b + a = 0. Sotto tale ipotesi,

f′_{+}(1) = lim_{x→1^{+}} f′(x) = b  ed  f′_{−}(1) = lim_{x→1^{−}} f′(x) = lim_{t→+∞} \frac{t(1 + t)^{2}}{9e^{t}} = 0;

ove si è fatta di nuovo la sostituzione \frac{x+2}{x−1} = −t. Quindi f è derivabile per x = 1 se, e solo se, b + a = 0 e b = 0. Dunque la funzione cercata deve essere identicamente nulla sulla semiretta [1, +∞). □

ESERCIZIO 5. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{tg(x^{2}) + cos x − cosh x}{(x + log(1 − x))^{3}}

Svolgimento. Ricordiamo che, in base alle formule di McLaurin, per x → 0 si ha

sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + o(x^{6}), sinh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + o(x^{6}),

cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} − \frac{x^{6}}{6!} + o(x^{6}), cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \frac{x^{6}}{6!} + o(x^{6}),

tg x = x + \frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}), log(1 − x) = −x − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}),

da cui si deduce, in particolare che, sempre per x → 0, si ha

tg(x^{2}) = x^{2} + \frac{x^{6}}{3} + o(x^{6})

e quindi

\frac{tg(x^{2}) + cos x − cosh x}{(x + log(1 − x))^{3}} = \frac{\frac{x^{6}}{2} − 2\frac{x^{6}}{6!} + o(x^{6})}{(−\frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}))^{3}} = \frac{\frac{119}{360}x^{6} + o(x^{6})}{−x^{6}/8 + o(x^{6})}.

In conclusione, il limite cercato è uguale a −\frac{119}{45}. □