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SCRITTO DI PROVA Nr. 1
Esercizio 1 (8 punti) Sia data la funzione
f (x) =
3
(x − 1)(x + 2) + 1
- Determinare il dominio di f.
- Spiegare perch´e f non ha asintoti obliqui
- Calcolare f
′
(x) e individuare gli eventuali punti di non derivabilit`a di f
- Determinare gli intervalli di monotonia e i punti di estremo relativo di f , specifi-
candone il tipo
- Disegnare un grafico qualitativo di f
Soluzione Esercizio 1
- domf = R
- La funzione non ha asintoti obliqui in quanto f ∼ x
2 / 3 per x → ±∞.
- Per x %= 1, − 2 f `e derivabile, in quanto composizione di funzioni derivabili e f
′ (x) =
1
3
((x − 1)(x + 2))
− 2 / 3
(2x+1). In x = 1, − 2 f ha punti di non derivabilit`a a tangente
verticale, in quanto f `e continua in tali punti e
lim
x→ 1
f
′
(x) = +∞, lim
x→− 2
f
′
(x) = −∞.
- Poich´e f
′ (x) si annulla per x = −
1
2
, ed `e negativa per x < −
1
2
, con x %= −2 e positiva
per x > −
1
2
e x %= 1, allora f risulta strettamente decrescente in ] − ∞, −2] e in
[− 2 , −
1
2
] e strettamente crescente in [−
1
2
, +∞[. In x = −
1
2
f ha un punto di minimo
assoluto.
- Il grafico si trova nella figura 1.
Esercizio 2. (5 punti) Sia data la funzione
f (x) =
x
2
sin
5
x
− αx sinh
1
x
2
x
3 e
−x
Al variare di α ∈ R, calcolare lim
x→+∞
f (x)
Soluzione Esercizio 2
Figure 1:
Osserviamo che, per x → +∞ il numeratore N (x) verifica
N (x) = x
2
sin
x
− αx sinh
x
2
= x
2
x
3
6 x
3
x
3
− αx
x
2
x
4
= (5 − α)x −
3
6 x
x
Il denominatore D(x) per x → +∞ soddisfa invece
D(x) = 3x + o(x).
Pertanto
lim
x→+∞
f (x) =
5 − α
SCRITTO DI PROVA Nr. 2
Esercizio 1 (8 punti) Sia data la funzione
f (x) = 4|x − 2 | + log(e
2 x
− 1)
- Determinare il dominio, i limiti agli estremi del dominio e gli eventuali asintoti di
f.
- Calcolare f
′
(x) (ove esista) e individuare gli eventuali punti di non derivabilit`a di
f , specificandone il tipo.
- Determinare gli intervalli di monotonia e i punti di estremo relativo di f , specifi-
candone il tipo
- Disegnare un grafico qualitativo di f
Figure 2:
- Verificare che ogni soluzione definita in un intorno di t = 2 ha un punto di estremo
in t = 2 e stabilirne il tipo.
- Determinare la soluzione che soddisfa alla condizione iniziale y(3) = −1, determi-
nandone l’intervallo di definizione
Soluzione Esercizio 2
- Sia y = f (t) una soluzione definita in un intorno di t = 2. Allora, per definizione di
soluzione, f
′
(t) = 4(f (t) + 2)
4
3 (t − 2)
3
per ogni t in un intorno di t = 2. Pertanto
f
′ (t) < 0 per t < 2, f
′ (t) = 0 per t = 2, f
′ (t) > 0 per t > 2, da cui segue che f ha
in t = 2 ha un punto di minimo relativo.
- Per y %= −2 possiamo separare le variabili, ottenendo
(y + 2)
− 4 / 3 dy = 4
(t − 2)
3 dt,
ovvero
−3(y + 2)
− 1 / 3
= (t − 2)
4
Esplicitando y si perviene a
y = − 2 −
(t − 2)
4
C
− 3
Imponendo la condizione iniziale y(3) = −1 si ricava C = −4. La soluzione cor-
rispondente `e y = −2 +
4
3
1
3
(t − 2)
4
− 3
, ed `e definita per ogni t < 2 +
SCRITTO DI PROVA Nr. 3
Esercizio 1 (8 punti) Sia data la funzione
f (x) =
1 − x
- Determinarne il dominio, i limiti agli estremi del dominio e gli asintoti
- Determinarne gli intervalli di monotonia e i punti di massimo e di minimo
- Disegnarne un grafico qualitativo
Soluzione Esercizio 1
- domf =] − ∞, 1[∪]1, 2[,
lim
x→−∞
f (x) = +∞, lim
x→ 1
∓
f (x) = ±∞, lim
x→ 2
−
f (x) = −∞,
da cui si deduce che f ha asintoti verticali x = 1 e x = 2. Non vi sono asintoti
orizzontali o obliqui.
- f `e continua e derivabile in tutto il suo dominio,
f
′
(x) =
3 − x
2
(2 − x)(1 − x)
2
Dallo studio del segno di f
′ si conclude che f `e strettamente decrescente in ] −
3] e [
3 , 2[, strettamente crescente in [−
3 , 1[ e ]1,
3]. I punti x = ±
sono punti critici di f , in x = −
3 f ha minimo relativo e in x =
3 ha massimo
relativo.
- Il grafico di f `e riportato nella figura 3.
Esercizio 2. (5 punti) Sia data una funzione definita sull’intervallo (−∞, 3).
- Dare la definizione di funzione limitata su (−∞, 3).
`
E sufficiente che f sia limitata e che valga f (x) > 0 per ogni x, per poter concludere
che lim
x→−∞
(1 + x
4
)f (x) = +∞? Giustificare la risposta, fornendo una dimostrazione
o un controesempio.
Soluzione Esercizio 2
Figure 4:
- Il dominio di f `e R. Osserviamo anche che f (2) = 0.
lim
x→ 1
−
f (x) = lim
x→ 1
−
arctan
2 − x
1 − x
π
lim
x→ 1
f (x) = lim
x→ 1
arctan
2 − x
1 − x
π
lim
x→−∞
f (x) = lim
x→−∞
arctan
2 − x
1 − x
π
=⇒ asintoto orizzontale sinistro y =
π
4
lim
x→+∞
f (x) = lim
x→+∞
arctan
x − 2
1 − x
π
=⇒ asintoto orizzontale destro y = −
π
4
- x = 1 punto di discontinuit`a di tipo salto.
- f `e derivabile per ogni x %= 1, 2 in quanto composizione di funzioni derivabili e
f
′
(x) =
(1 − x)
2
2
x < 2 , x %= 1
(1 − x)
2
2
x > 2.
Per studiare la derivabilit`a di f in x = 1, essendo f continua per x = 1, basta
calcolare il limite di f
′ (x) per x → 1: essendo i limiti destro e sinistro finiti e
distinti, si conclude che x = 1 e un punto di non derivabilita di tipo angoloso.
- f `e strettamente crescente su ] − ∞, 1] e su [1, 2[
f `e strettamente decrescente su [2, +∞[
x = 2 punto di massimo relativo
x = 1 punto di massimo assoluto
- Il grafico di f `e riportato nella figura 4.
- L’immagine di f `e
π
]
π
π
]
Esercizio 2. (5 punti) Sia
f (x) =
e
1
x
β x = 0
sin 2x − 2 x
x
2
- Determinare i valori di α e β per cui f `e continua in R.
- Determinare i valori di α e β per cui f `e derivabile in R.
Soluzione Esercizio 2
f (x) =
e
1 /x
β x = 0
sin 2x − 2 x
x
2
- Per ogni x %= 0 f `e continua, in quanto composizione di funzioni continue. Inoltre
lim
x→ 0
−
f (x) = 0, lim
x→ 0
f (x) = β = f (0).
Quindi f `e continua anche in x = 0 se e solo se β = 0, ∀α ∈ R.
- Per ogni x %= 0 f `e derivabile, in quanto composizione di funzioni derivabili. Perch´e
sia derivabile anche in x = 0 occorre prima di tutto che sia continua ovvero che
β = 0. Inoltre, per β = 0 risulta
f
′
(0) = lim
x→ 0
sin 2x− 2 x
x
2
x − 0
= lim
x→ 0
2 x −
1
3!
(2x)
3
3
) − 2 x
x
3
= lim
x→ 0
8
6
x
3
3
)
x
3
f
′
−
(0) = lim
x→ 0
−
e
1 /x
x − 0
= lim
x→ 0
−
αx + o(x)
x
= α
Pertanto f `e derivabile anche in x = 0 ⇔ f
′
(0) = f
′
−
(0) ⇔ α = −
4
3
e β = 0.
SCRITTO DI PROVA Nr. 5
Esercizio 1 (8 punti) Sia data la funzione
f (x) = x
3
e
x
x+
Figure 5:
- Data una funzione f (x) continua su (−∞, 1), dire cosa significa che l’integrale im-
proprio
1
−∞
f (x) dx converge.
- Studiare il comportamento dell’integrale improprio
1
−∞
f (x) dx,
con f (x) = e
− 2 |x|
(x + 3 − |x|).
Soluzione Esercizio 2
- Data una funzione f (x) continua su (−∞, 1), l’integrale improprio
1
−∞
f (x) dx
converge se e solo se, scelto un punto x 0
∈ (−∞, 1), esistono finiti i limiti
l = lim
y→−∞
x 0
y
f (x) dx m == lim
y→ 1
−
y
x 0
f (x) dx.
In tal caso
1
−∞
f (x) dx = l + m.
- Data la funzione
f (x) = e
− 2 |x|
(x + 3 − |x|) =
3 e
− 2 x x ≥ 0
e
2 x
(2x + 3) x < 0
l’integrale
1
−∞
f (x) dx converge. Infatti, f e continua sull’intervallo (−∞, 1], ede
sufficiente discutere la convergenza dell’ibntegrale nell’intorno di −∞. Per x → −∞,
f (x) = e
2 x (2x + 3) = o(e
x ) (perch´e 2x + 3 = o(e
−x )). Quindi |f (x)| ≤ e
x se x < 0 e
|x| sufficientemente grande.
Si conclude quindi applicando il criterio di convergenza assoluta e il fatto che
l’integrale
1
−∞
e
x dx converge.
In alternativa, possiamo calcolare esplicitamente il valore dell’integrale richiesto.
Infatti, per y < 0 abbiamo
1
y
f (x) dx =
0
y
e
2 x
(2x + 3) dx +
1
0
3 e
− 2 x
dx
[
e
2 x
(2x + 3)
]
0
y
0
y
e
2 x
dx −
[
e
− 2 x
]
1
0
e
2 y
(2y + 3) +
e
2 y
(e
− 2
− 1)
Passando al limite per y → −∞ si ottiene quindi
lim
y→−∞
1
y
f (x) dx = 4 −
(e
− 2
− 1).
ALTRI ESEMPI DI DOMANDA DA 5 PUNTI
Esercizio 1.
- Data un’equazione differenziale lineare del secondo ordine
ax
′′
′
formulare la definizione di soluzione di tale equazione differenziale.
- Data l’equazione differenziale
x
′′
′
calcolarne l’integrale generale
Soluzione Esercizio 1
- Una soluzione dell’equazione ax
′′
′
- cx = 0 `e una funzione x(t), derivabile due
volte su un intervallo I ⊂ R, che soddisfa ax
′′ (t) + bx
′ (t) + cx(t) = 0 per ogni t ∈ I.
Se I = R si parla di soluzione massimale.
- L’equazione x
′′
′
- 8x = 0 ha equazione caratteristica λ
2
soluzioni λ = − 2 ± 2 i. Quindi l’integrale generale dell’equazione differenziale `e
x(t) = e
− 2 t
(c 1
cos(2t) + c 2
sin(2t)), t ∈ R,
con c 1
, c 2
∈ R costanti arbitrarie.
- Dare la definizione di funzione f crescente su R.
- Se f e g sono crescenti,
e vero che f + ge crescente? - Se f e g sono crescenti,
e vero che f · ge crescente? - Se f
e derivabile e crescente sul suo dominio,e vero che f
′
≥ 0 sul dominio?
Ai punti 2, 3 e 4, rispondere con una dimostrazione (se l’affermazione `e vera) o con un
controesempio (se l’affermazione `e falsa).
Soluzione Esercizio 4
- Una funzione f : R → R si dice crescente su R se per ogni x 1
, x 2
∈ R, con x 1
< x 2
risulta f (x 1
) ≤ f (x 2
- Vero perch´e, nelle ipotesi fatte, se x 1
< x 2
risulta
(f + g)(x 1
) = f (x 1
) + g(x 1
) ≤ f (x 2
) + g(x 2
) = (f + g)(x 2
- Falso. Ad esempio le funzioni f (x) = g(x) = x sono crescenti su R, ma f (x)g(x) =
x
2 non lo `e.
- Vero perch´e, nelle ipotesi fatte, se x 0
< x risulta f (x) − f (x 0
) ≥ 0 e quindi
f
′
(x 0
) = f
′
(x 0
) = lim
x→x
0
f (x) − f (x 0
x − x 0
dove nell’ultimo passaggio si `e utilizzato il teorema di permenenza del segno (se il
limite fosse < 0 il rapporto incrementale sarebbe < 0 per x in un intorno destro di
x 0
Esercizio 5. Verificare che
2 sin x + 4
x
2 log x + 1
= o
x
2
, per x → +∞.
Soluzione Esercizio 5
Bisogna verificare che
lim
x→+∞
x
2 (2 sin x + 4)
x
2 log x + 1
Ora,
lim
x→+∞
x
2 (2 sin x + 4)
x
2 log x + 1
= lim
x→+∞
2 sin x + 4
log x +
1
x
2
= lim
x→+∞
(2 sin x + 4)
log x +
1
x
2
siccome la funzione 2 sin x + 4 `e limitata, mentre
1
log x+
1
x
2
`e infinitesima.
Esercizio 6.
Sia data una successione a n
- Dare la definizione di successione monotona crescente
- Se a n
`e monotona crescente e sup a n
= 3, dimostrare che esiste n 0
tale che, per ogni
n ≥ n 0 , an > 0.
- Se a n
`e monotona e a n
0 per ogni n, `e vero che lim n→+∞
a n
esiste ed `e > 0?
(Giustificare la risposta)
Soluzione Esercizio 6
- Una successione a n
si dice monotona crescente se a n+
≥ a n
per ogni n.
- Dalla definizione di estremo superiore sappiamo che per ogni % > 0 esiste n 0
tale che
an 0
3 − %. Prendiamo allora % = 1, cosicch´e an 0
3 − 1 = 2 > 0 per un certo n 0.
Siccome la successione a n
`e crescente per ipotesi, abbiamo a n
≥ a n 0
0 per ogni
n ≥ n 0
- Il limite esiste per il teorema di esistenza del limite di successioni monotone, ma
potrebbe essere = 0, come succede per la successione a n
= 1/n.
Esercizio 7.
- Data una funzione f : [a, b] → R integrabile, si definisca la media integrale di f
sull’intervallo [a, b].
- Si enunci e si dimostri il Teorema della media integrale.
Soluzione Esercizio 7
- La media integrale di f sull’intervallo [a, b] `e il valore
b
a
f (x) dx
b − a
- Enunciato: se f `e continua su [a, b] esiste un punto c ∈ [a, b], tale che
f (c) =
b
a
f (x) dx
b − a
Per la dimostrazione, rimandiamo al libro di teoria.
Esercizio 8.
Sia f : R → R una funzione derivabile in x = 0 e tale che f (0) = 1, f
′ (0) = −1.
- Verifichiamo che a n+
≥ a n
per ogni n.
Se x ∈ [n, n + 1] risulta f (x) ≤ f (n + 1) = e
2(n+1)
2
, quindi
an =
n+
n
f (x) dx ≤
n+
n
e
2(n+1)
2
dx = e
2(n+1)
2
Se x ∈ [n + 1, n + 2] risulta f (x) ≥ f (n + 1) = e
2(n+1)
2
, quindi
a n+
n+
n+
f (x) dx ≥
n+
n+
e
2(n+1)
2
dx = e
2(n+1)
2
Pertanto a n
≤ a n+
e a n
→ +∞ (per il teorema del confronto).
Esercizio 10.
- Enunciare il teorema di permanenza del segno.
- Sia f : R → R una funzione infinitesima per x → 3. Dimostrare che esiste un
intorno I del punto x = 3 tale che f (x) < 4 per ogni x ∈ I \ { 3 }.
- Sia g : R → R una funzione tale che g(x) = o(x
4 ) per x → 0. Dimostrare che esiste
un intorno I del punto x = 0 tale che 3g(x) − 2 x
4 < 0 per ogni x ∈ I \ { 0 }.
Soluzione Esercizio 10
- Sia f una funzione definita in un intorno di un punto x 0
∈ R, eventualmente privato
di x 0
. Supponiamo che il limite lim x→x 0
f (x) esista e sia > 0. Allora esiste un
intorno I di x 0 tale che f (x) > 0 per ogni x ∈ I \ {x 0 }.
- Basta applicare il teorema della permanenza del segno, con x 0
= 3, alla funzione
ausiliaria g(x) = 4 − f (x). Dall’ipotesi risulta limx→ 3 g(x) = 4 − 0 = 4 > 0, quindi
esiste un intorno I di 3 tale che g(x) > 0, ossia f (x) < 4, per ogni x ∈ I \ { 3 }.
- Risulta
3 g(x) − 2 x
4
= x
4
(−2 + 3g(x)/x
4
).
Per il teorema di permanenza del segno la funzione −2 + 3g(x)/x
4
= −2 + o(1) si
mantiene < 0 per x in un opportuno intorno I di 0, con x %= 0. Siccome x
4
0 per
x %= 0, risulta
3 g(x) − 2 x
4
< 0
per x ∈ I \ { 0 }.
Esercizio 11.
- Scrivere lo sviluppo di MacLaurin della funzione
f (x) =
1 + sin x −
2 − x
al terzo ordine.
- Calcolare l’ordine di infinitesimo e la parte principale di f (x) per x → 0 rispetto
all’infinitesimo campione g(x) = x.
Soluzione Esercizio 11
E data la funzione f (x) =
1 + sin x −
2
2 −x
(a) Per determinare lo sviluppo di MacLaurin al terzo ordine di f (x), utilizzando le
formule di MacLaurin seguenti:
sin t = t −
t
3
3
),
(1 + t)
1 / 2 = 1 +
t −
t
2
t
3
3 ),
(1 + t)
− 1
= 1 + t + t
2
3
3
),
si ha
f (x) =
1 + (x −
x
3
3 ))
1 / 2
x
− 1
x −
x
3
x −
x
3
2
x −
x
3
3
x
x
2
x
3
3
) =
x
2 −
x
3
3 )
per x → 0.
(b) La parte principale di f (x) `e −
3
8
x
2 , mentre l’ordine di infinitesimo di f (x) rispetto
al campione x per x → 0 vale 2.
