Esame 2015 Matematica Applicazioni economiche Unifi, Esami di Analisi Matematica. Università degli Studi di Firenze
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Esame 2015 Matematica Applicazioni economiche Unifi, Esami di Analisi Matematica. Università degli Studi di Firenze

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esame matematica 2015 unifirenze
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Capitolo 1

Compiti di esame 2015

1.1 Compito del 12 Gennaio 2015

1.1.1 Compito A

Esercizio 1. (9 punti) Dare la definizione di lim x→x0

f(x) = L, con x0 e L

finiti. 1) Enunciare e dimostrare il teorema di unicità del limite.

2) Calcolare lim x→−3

x2 − 9 x+ 3

e poi si verifichi il risultato ottenuto usando la de-

finizione di limite data sopra.

Esercizio 2. (5 punti) Sia

f(x) =

{ −x2 + 1, se x ≤ 1 − 1

x , se x > 1.

1) Determinare il dominio D di f e disegnare il suo grafico. 2) Enunciare il teorema su derivabilità e continuità di una funzione in un punto x0. 3) Dire se f è continua nel suo dominio D, e se è derivabile in D.

Esercizio 3. (7 punti) Sia f(x) = 3x+ 6

x− 1 .

1) Determinare il dominio Dom(f) di f e disegnare il suo grafico studiando solo i limiti di f ed il segno della derivata prima. 2) Utilizzando il grafico, determinare l’immagine Im(f) di f . 3) Dire se f : Dom(f) → Im(f) è invertibile e, in caso di risposta positiva, determinare la sua funzione inversa.

5

6

Esercizio 4. (5 punti) Sia data la funzione f : R→ R,

f (x) = 1

12 b x4 − 5

6 b x3 + 3 b x2 + 7x+ 8,

con b 6= 0. Si studino gli intervalli di concavità e convessità di f per tutti i valori di b 6= 0.

Esercizio 5. (7 punti) Siano date le tre funzioni derivabili f1, f2, f3, cia- scuna definita in R e tali che

f1 (x) ∈ (0, 1) , f ′1 (x) > 0, f2 (x) > 0, f ′2 (x) > 0, f3 (x) > 0, f ′3 (x) > 0.

Consideriamo le tre funzioni g1, g2, g3, anche esse definite in R, definite come

g1 (x) = f1 ( x3 + f2 (x)

) , g2 (x) = f1 (x)·f2 (x)·f3 (x) g3 (x) =

log ( f1 (x)

) f3 (x)

1) Si dica se le funzioni g1, g2, g3 sono derivabili; 2) Si dica se le funzioni g1, g2, g3 sono crescenti.

Esercizio 6. (7 punti) Una catena di alberghi vende uno stesso pasto in due diversi mercati, che indichiamo con 1 e 2. Una legge impone che ogni prezzo sia minore o uguale a 4. Nei due mercati le funzioni di domanda, che associano a ciascun prezzo la quantità domandata, sono rispettivamente (l’indice corrisponde al mercato)

d1 : [0, 4]→ R, d1 (p1) = 8− 2p1, d2 : [0, 4]→ R, d2 (p2) = 6− p2.

Le funzioni che descrivono il profitto nei singoli mercati sono rispettivamente

π1 : [0, 4]→ R, π1 (p1) = p1·d1 (p1)−1, π2 : [0, 4]→ R, π2 (p2) = p2·d2 (p2)−1,

dove 1 rappresenta un costo fisso in ciascun mercato. 1) Si calcolino i prezzi p∗1 e p

∗ 2 che massimizzano rispettivamente π1 e π2

Si supponga ora che l’autorità locale di politica economica discuta una nuova normativa secondo la quale il prezzo del pasto deve essere lo stesso, p, sui due mercati. Se la funzione di domanda globale sui due mercati è

d : [0, 4]→ R, d (p) = 14− 3p,

il profitto complessivo da massimizzare è il seguente:

π : [0, 4]→ R, π (p) = p · d (p)− 2.

2) Si dica se l’introduzione della nuova normativa incrementa o riduce il profitto complessivo.

MAE I Compiti 7

1.1.2 Soluzioni Compito A

Soluzione Esercizio 1. 1) Per ogni ε > 0 esiste δε > 0 tale che per ogni x ∈ Dom(f) se

x 6= x0, |x− x0| < δε allora |f (x)− L| < ε.

2) Vedi libro di testo. 3)

lim x→−3

x2 − 9 x+ 3

= lim x→−3

(x+ 3) (x− 3) x+ 3

= lim x→−3

(x− 3) = −6.

Dato un generico ε > 0, vogliamo trovare un δε > 0 tale che per ogni x 6= −3 per cui 0 < |x+ 3| < δε si abbia

∣∣∣x2−9x+3 + 6∣∣∣ < ε. Ma∣∣∣∣x2 − 9x+ 3 + 6 ∣∣∣∣ = |(x− 3) + 6| = |x+ 3|.

È dunque sufficiente prendere δε = ε.

Soluzione Esercizio 2. 1) La funzione è definita in R ed il grafico è composto da un tratto di parabola prima del punto x0 = 1 e da un tratto di iperbole dopo il punto x0 = 1.

Figura 1.1: Grafico di f(x)

2) Teorema : Se la funzione f è derivabile in un punto x0 interno al suo Dom(f) allora f è anche continua in x0.

8

3) La funzione non è continua in x0 = 1 poiché

lim x→1−

f (x) = lim x→1−

( −x2 + 1

) = 0

lim x→1+

f (x) = lim x→1−

−1 x

= −1

Poiché la funzione non è continua in x0 = 1 allora per il Teorema enunciato non è neanche derivabile in quel punto, mentre lo è ovviamente in tutti gli altri punti in quanto ha un’espressione polinomiale o è una funzione razionale.

Soluzione Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione è Dom(f) = {x 6= 1} = (−∞, 1) ∪ (1, +∞). La funzione ha un asintoto orizzontale di equazione y = 3 poiché

lim x→+∞

3x+ 6

x− 1 = 3, lim

x→−∞

3x+ 6

x− 1 = 3

ed uno orizzontale di equazione x = 1 poiché

lim x→1+

3x+ 6

x− 1 = +∞, lim

x→1−

3x+ 6

x− 1 = −∞

Poiché la sua derivata è

D[f ](x) = −9 (x− 1)−2 < 0

la funzione risulta decrescente nei due intervalli (−∞, 1) e (1, +∞) (si tratta di una iperbole e il suo grafico è in figura 1.2 2) Guardando la proiezione del grafico sulla asse verticale vediamo che

Im(f) = R− {3}.

3) Dal grafico vediamo che la funzione è iniettiva perché ogni retta orizzontale incontra il grafico in al massimo un punto. Possiamo vederlo anche risolvendo rispetto a x l’equazione

3x+ 6

x− 1 = y

per vedere se ha soluzioni e quante ne ha

3x+ 6 = y (x− 1) x (3− y) = −y − 6

MAE I Compiti 9

Figura 1.2: Grafico di f(x)

Per y = 3 l’equazione è impossibile (y /∈ Im(f)) mentre per y 6= 3 si ha

x = y + 6

y − 3 .

Quindi per ogni y ∈ Im(f) la soluzione è unica e quindi f : Dom(f)→ Im(f) è iniettiva, e perciò invertibile, e la sua funzione inversa è f−1 : Im(f) → Dom(f) definita come

f−1(x) = y + 6

y − 3 .

Soluzione Esercizio 4. Data la funzione

f (x) = 1

12 b x4 − 5

6 b x3 + 3 b x2 + 7x+ 8

calcoliamo le sue prime due derivate

f ′ (x) = 1

3 b x3 − 5

2 b x2 + 6 b x+ 7

f ′′ (x) = b x2 − 5 b x+ 6 b = b (x− 2) (x− 3)

Discutiamo il segno della derivata seconda a seconda del segno di b Caso 1. Se b > 0 si ha f ′′ > 0, e dunque f strettamente convessa negli in- tervalli (−∞, 2) e (3, +∞) mentre nell’intervallo (2, 3) abbiamo che f ′′ < 0, e dunque f è strettamente concava.

10

Caso 2. Se b < 0, allora la situazione è rovesciata si ha f ′′ < 0, e dunque f strettamente concava negli intervalli (−∞, 2) e (3, +∞) mentre nell’inter- vallo (2, 3) abbiamo che f ′′ > 0, e dunque f è strettamente convessa.

Soluzione Esercizio 5. 1) la funzione g1 è ottenuta come somma e composizione di funzioni derivabili su R ed è dunque derivabile su R. La funzione g2 è prodotto di funzioni derivabili su R, ed è dunque derivabile su R. Poiché f1(x) > 0, la composizione log ◦f1, (ricordate che

(log ◦f1)(x) = log(f1(x)))

è definita per ogni x ∈ R ed è derivabile su tutto R. La funzione g3 è quozien- te di funzioni derivabili con denominatore sempre diverso da 0, perciò anche g3 è derivabile su tutto R.

2) D[g1](x) = g

′ 1 (x) = f

′ 1

( x3 + f2 (x)

) · ( 3x2 + f ′2 (x)

) > 0

per ogni x ∈ R (tutti i fattori sono positivi per ipotesi), dunque g1 è stretta- mente crescente su R.

D[g2](x) = g ′ 2 (x) = f

′ 1 (x) f2 (x) f3 (x)+f1 (x) f

′ 2 (x) f3(x)+f1 (x) f2 (x) f

′ 3 (x)

per ogni x ∈ R (tutti i fattori sono positivi per ipotesi), dunque g2 è stretta- mente crescente su R.

D[g3](x) = g ′ 3 (x) =

f ′1(x)

f1(x) · f3 (x)− f ′3 (x) log (f1 (x))

(f3 (x)) 2

poiché f1 assume solo valori in (0, 1) si ha log(f1(x)) < 0 per ogni x ∈ R, dunque g′3(x) > 0 per ogni x ∈ R, (tutti i fattori sono positivi) e allora g3 è strettamente crescente su R.

Soluzione Esercizio 6. I prezzi appartengono all’intervallo [0, 4], poiché le funzioni profitto sono tut- te continue esse ammettono in questo intervallo massimo e minimo assoluto. Il profitto nel mercato 1 è dato da:

π1 (p1) = (8− 2p1) p1 − 1 = −2p21 + 8p1 − 1. Poiché

π′ (p1) = −4p1 + 8

MAE I Compiti 11

si ha che p∗1 = 8 4

= 2 è un punto critico con

π1 (p ∗ 1) = (8− 2p∗1) p∗1 − 1 = (8− 2 · 2) · 2− 1 = 7.

poiché π1(0) = −1, π1(4) = −1 allora p∗1 = 2 è il punto di massimo globale per π1 con profitto ottimo eguale a 7. Il profitto nel mercato 2 è dato da

π2 (p2) = (6− p2) p2 − 1 = −p22 + 6p2 − 1 :

con

π′ (p2) = −2p2 + 6,

e dunque p∗2 = 6 2

= 3 è un punto critico con

π2 (p ∗ 2) = (6− p∗2) p∗2 − 1 = (6− 3) 3− 1 = 8

poiché π2(0) = −1, π2(4) = 7 allora p∗2 = 3 è il punto di massimo globale per π2 con profitto ottimo eguale a 8. Nel caso di un unico prezzo, il profitto è

π (p) = p (14− 3p)− 2 = −3p2 + 14p− 2 :

con

π′ (p) = −6p+ 14,

e dunque p∗ = 14 6

= 7 3

è un punto critico con

π (p∗) = p∗ (14− 3p∗)− 2 = 7 3

( 14− 37

3

) − 2 = 7

3 (14− 7)− 2 = 43

3 .

poiché π(0) = −2, π(4) = 6 allora p∗ = 7 3

è il punto di massimo globale per

π con profitto ottimo eguale a 43

3 .

Il profitto totale massimo con prezzi diversi nei due mercati (discriminazione di prezzo) è 7 + 8 = 15, mentre nel caso di un unico prezzo, il profitto totale

massimo pari a 43

3 è inferiore. Dunque i responsabili dell’impresa non sono

favorevoli alla nuova legge.

12

1.1.3 Compito B

Esercizio 1. (9 punti) Dare la definizione di lim x→x0

f(x) = L, con x0 e L

finiti. 2) Enunciare e dimostrare il teorema di unicità del limite.

3) Calcolare lim x→−2

x2 − 4 x+ 2

e poi si verifichi il risultato ottenuto usando la de-

finizione di limite data sopra.

Esercizio 2. (5 punti) Sia

f(x) =

{ x2 − 1, se x ≤ 1 1 x , se x > 1.

1) Determinare il dominio D di f e disegnare il suo grafico. 2) Enunciare il teorema su derivabilità e continuità di una funzione in un punto x0. 3) Dire se f è continua nel suo dominio D, e se è derivabile in D.

Esercizio 3. (5 punti) Sia f(x) = 3x+ 6

x− 2 .

1) Determinare il dominio D di f e disegnare il suo grafico studiando solo i limiti di f ed il segno della derivata prima. 2) Utilizzando il grafico, determinare l’immagine I di f . 3) Dire se f : D → I è invertibile e, in caso di risposta positiva, determinare la sua funzione inversa.

Esercizio 4. (6 punti) Sia data la funzione f : R→ R,

f (x) = 1

12 a x4 − 5

6 a x3 + 3 a x2 + 5x+ 9,

con a 6= 0. Si studino gli intervalli di concavità e convessità di f per tutti i valori di a 6= 0.

Esercizio 5. (7 punti) Siano date le tre funzioni derivabili f1, f2, f3, cia- scuna definita in R e tali che

f1 (x) ∈ (0, 1) , f ′1 (x) > 0, f2 (x) > 0, f ′2 (x) > 0, f3 (x) > 0, f ′3 (x) > 0.

Consideriamo le tre funzioni g1, g2, g3, anche esse definite in R, definite come

g1 (x) = f1 ( x5 + f3 (x)

) , g2 (x) = f1 (x)·f2 (x)·f3 (x) , g3 (x) =

log ( f1 (x)

) f1 (x)

MAE I Compiti 13

1) Si dica se le funzioni g1, g2, g3 sono derivabili; 2) Si dica se le funzioni g1, g2, g3 sono crescenti.

Esercizio 6. (7 punti) Una catena di alberghi vende uno stesso pasto in due diversi mercati, che indichiamo con 1 e 2. Una legge impone che ogni prezzo sia minore o uguale a 2. Nei due mercati le funzioni di domanda, che associano a ciascun prezzo la quantità domandata, sono rispettivamente (l’indice corrisponde al mercato)

d1 : [0, 2]→ R, d1 (p1) = 8− 2p1, d2 : [0, 2]→ R, d2 (p2) = 4− 2 p2.

Le funzioni che descrivono il profitto nei singoli mercati sono rispettivamente

π1 : [0, 2]→ R, π1 (p1) = p1·d1 (p1)−1, π2 : [0, 2]→ R, π2 (p2) = p2·d2 (p2)−1,

dove 1 rappresenta un costo fisso.

1) Si calcolino i prezzi p∗1 e p ∗ 2 che massimizzano rispettivamente π1 e π2

Si supponga ora che l’autorità locale di politica economica discuta una nuova normativa secondo la quale il prezzo del pasto deve essere lo stesso, p, sui due mercati. Se la funzione di domanda globale sui due mercati è

d : [0, 2]→ R, d (p) = 12− 4 p,

il profitto complessivo da massimizzare è il seguente:

π : [0, 2]→ R, π (p) = p · d (p)− 2.

2) Si dica se l’introduzione della nuova normativa incrementa o riduce il profitto complessivo.

1.1.4 Soluzioni Compito B

Soluzione Esercizio 1. 1) Per ogni ε > 0 esiste δε > 0 tale che per ogni x ∈< dom(f) se

x 6= x0, |x− x0| < δε allora |f (x)− L| < ε.

2) Vedi libro di testo. 3)

lim x→−2

x2 − 4 x+ 2

= lim x→−2

(x+ 2) (x− 2) x+ 2

= lim x→−2

(x− 2) = −4.

14

Dato un generico ε > 0, vogliamo trovare un δε > 0 tale che per ogni x 6= −2

per cui |x+ 2| < δε si abbia ∣∣∣∣x2 − 4x+ 2 + 4

∣∣∣∣ < ε. Ma∣∣∣∣x2 − 4x+ 2 + 4 ∣∣∣∣ = |(x− 2) + 4| = |x+ 2|.

È dunque sufficiente prendere δε = ε.

Soluzione Esercizio 2. 1) La funzione è definita in R ed il grafico è composto da un tratto di parabola prima del punto x0 = 1 e da un tratto di iperbole dopo il punto x0 = 1.

Figura 1.3: Grafico di f(x)

2) Teorema : Se la funzione f è derivabile in un punto x0 interno al suo Dom(f) allora f è anche continua in x0.

3) La funzione non è continua in x0 = 1 poiché

lim x→1−

f (x) = lim x→1−

( x2 − 1

) = 0

lim x→1+

f (x) = lim x→1−

1

x = 1

Poiché la funzione non è continua in x0 = 1 allora per il Teorema enunciato non è neanche derivabile in quel punto, mentre lo è ovviamente in tutti gli altri punti in quanto ha un’espressione polinomiale o è una funzione razionale.

MAE I Compiti 15

Soluzione Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione è Dom(f) = {x 6= 2} = (−∞, 2) ∪ (2, +∞). La funzione ha un asintoto orizzontale di equazione y = 3 poiché

lim x→+∞

3x+ 6

x− 2 = 3, lim

x→−∞

3x+ 6

x− 2 = 3

ed uno verticale di equazione x = 2 poiché

lim x→2+

3x+ 6

x− 2 = +∞, lim

x→2−

3x+ 6

x− 2 = −∞

Poiché la sua derivata è

D[f ](x) = −12 (x− 2)−2 < 0

la funzione risulta decrescente nei due intervalli (−∞, 2) e (2, +∞) (si tratta di una iperbole e il suo grafico è in figura 1.4

Figura 1.4: Grafico di f(x)

2) Guardando la proiezione del grafico sull’asse verticale vediamo che

Im(f) = R− {3}.

3) Dal grafico vediamo che la funzione è iniettiva perché ogni retta orizzontale incontra il grafico in al massimo un punto. Possiamo vederlo anche risolvendo rispetto a x l’equazione

3x+ 6

x− 2 = y

16

per vedere se ha soluzioni e quante ne ha

3x+ 6 = y (x− 2) x (3− y) = −2 y − 6

Per y = 3 l’equazione è impossibile (y /∈ Im(f)) mentre per y 6= 3 si ha

x = 2 y + 6

y − 3 .

Quindi per ogni y ∈ Im(f) la soluzione è unica e quindi f : Dom(f)→ Im(f) è iniettiva, e perciò invertibile, e la sua funzione inversa è f−1 : Im(f) → Dom(f) definita come

f−1(y) = 2 y + 6

y − 3 .

Soluzione Esercizio 4. Data la funzione

f (x) = 1

12 a x4 − 5

6 a x3 + 3 a x2 + 5x+ 9

calcoliamo le sue prime due derivate

f ′ (x) = 1

3 a x3 − 5

2 a x2 + 6 a x+ 5

f ′′ (x) = a x2 − 5 a x+ 6 a = a (x− 2) (x− 3)

Discutiamo il segno della derivata seconda a seconda del segno di a Caso 1. Se a > 0 si ha f ′′ > 0, e dunque f strettamente convessa negli in- tervalli (−∞, 2) e (3, +∞) mentre nell’intervallo (2, 3) abbiamo che f ′′ < 0, e dunque f è strettamente concava. Caso 2. Se a < 0, allora la situazione è rovesciata si ha f ′′ < 0, e dunque f strettamente concava negli intervalli (−∞, 2) e (3, +∞) mentre nell’inter- vallo (2, 3) abbiamo che f ′′ > 0, e dunque f è strettamente convessa.

Soluzione Esercizio 5. 1) la funzione g1 è ottenuta come somma e composizione di funzioni derivabili su R ed è dunque derivabile su R. La funzione g2 è prodotto di funzioni derivabili su R, ed è dunque derivabile su R. Poiché f1(x) > 0, la sua composizione con la funzione logaritmo è definita

MAE I Compiti 17

per ogni x ∈ R ed è derivabile su tutto R. La funzione g3 è quoziente di funzioni derivabili con denominatore sempre diverso da 0, perciò anche g3 è derivabile su tutto R.

2) D[g1](x) = g

′ 1 (x) = f

′ 1

( x5 + f3 (x)

) · ( 5x4 + f ′3 (x)

) > 0

per ogni x ∈ R (tutti i fattori sono positivi per ipotesi), dunque g1 è stretta- mente crescente su R.

D[g2](x) = g ′ 2 (x) = f

′ 1 (x) f2 (x) f3 (x)+f1 (x) f

′ 2 (x) f3(x)+f1 (x) f2 (x) f

′ 3 (x)

per ogni x ∈ R (tutti i fattori sono positivi per ipotesi), dunque g2 è stretta- mente crescente su R.

D[g3](x) = g ′ 3 (x) =

f ′1(x)

f1(x) · f1 (x)− f ′1 (x) log (f1 (x))

(f1 (x)) 2

= f ′1 (x)(1− log (f1 (x)))

(f1 (x)) 2

poiché f1 assume solo valori in (0, 1) si ha log(f1(x)) < 0 per ogni x ∈ R, dunque g′3(x) > 0 per ogni x ∈ R, (tutti i fattori sono positivi) e allora g3 è strettamente crescente su R.

Soluzione Esercizio 6. I prezzi appartengono all’intervallo [0, 2], poiché le funzioni profitto sono tut- te continue esse ammettono in questo intervallo massimo e minimo assoluto. Il profitto nel mercato 1 è dato da:

π1 (p1) = (8− 2p1) p1 − 1 = −2p21 + 8p1 − 1.

Poiché π′ (p1) = −4p1 + 8

si ha che p∗1 = 8 4

= 2 è un punto critico con

π1 (p ∗ 1) = (8− 2p∗1) p∗1 − 1 = (8− 2 · 2) · 2− 1 = 7.

poiché π1(0) = −1, allora p∗1 = 2 (estremo destro dell’intervallo) è il punto di massimo globale per π1 con profitto ottimo eguale a 7. Il profitto nel mercato 2 è dato da

π2 (p2) = (4− 2p2) p2 − 1 = −2p22 + 4p2 − 1

18

con π′ (p2) = −4p2 + 4,

e dunque p∗2 = 4 4

= 1 è un punto critico con

π2 (p ∗ 2) = (4− 2p∗2) p∗2 − 1 = (4− 2) 1− 1 = 1

poiché π2(0) = −1, π2(2) = −1 allora p∗2 = 1 è il punto di massimo globale per π2 con profitto ottimo eguale a 1. Nel caso di un unico prezzo, il profitto è

π (p) = p (12− 4p)− 2 = −4p2 + 12p− 2 :

con π′ (p) = −8p+ 12,

e dunque p∗ = 12 8

= 3 2

è un punto critico con

π (p∗) = p∗ (12− 4p∗)− 2 = 3 2

( 12− 43

2

) − 2 = 3

2 (12− 6)− 2 = 7.

poiché π(0) = −2, π(2) = 6 allora p∗ = 3 2

è il punto di massimo globale per

π con profitto ottimo eguale a 7.

Il profitto totale massimo con prezzi diversi nei due mercati (discriminazione di prezzo) è 7 + 1 = 8, mentre nel caso di un unico prezzo, il profitto totale massimo pari a 7 è inferiore. Dunque i responsabili dell’impresa non sono favorevoli alla nuova legge.

1.1.5 Compito C

Esercizio 1. (9 punti) Dare la definizione di lim x→+∞

f(x) = L, con L finito

1) Enunciare e dimostrare il teorema di unicità del limite.

2) Calcolare lim x→+∞

2x2 − 1 5x2 + 3

e poi si verifichi il risultato ottenuto usando la

definizione di limite data sopra.

Esercizio 2. (5 punti) Sia

f(x) =

{ e−x − 2, se x ≤ 1 −(x− 2)2 + 1, se x > 1.

1) Determinare il dominio D di f e disegnare il suo grafico. 2) Enunciare il teorema su derivabilità e continuità di una funzione in un

MAE I Compiti 19

punto x0. 3) Dire se f è continua nel suo dominio D, e se è derivabile in D.

Esercizio 3. (7 punti) Sia f(x) = x− 1 3x+ 6

.

1) Determinare il dominio D di f e disegnare il suo grafico studiando solo i limiti di f ed il segno della derivata prima. 2) Utilizzando il grafico, determinare l’immagine I di f . 3) Dire se f : D → I è invertibile e, in caso di risposta positiva, determinare la sua funzione inversa.

Esercizio 4. (5 punti) Sia data la funzione f : R→ R,

f (x) = 1

12 c x4 +

1

6 c x3 − c x2 + c x+ 6,

con c 6= 0. Si studino gli intervalli di concavità e convessità di f per tutti i valori di c 6= 0.

Esercizio 5. (7 punti) Siano date le tre funzioni derivabili f1, f2, f3, cia- scuna definita in R tali che

f1 (x) > 0, f ′ 1 (x) > 0, f

′ 2 (x) < 0, f3 (x) > 0, f

′ 3 (x) > 0.

Consideriamo le tre funzioni g1, g2, g3, anche esse definite in R, definite come

g1 (x) = f2 ( f1 (x) + x

5 ) , g2 (x) = f2(x)−f1 (x)·f3 (x) , g3 (x) =

ef2(x)

f1 (x)

1) Si dica se le funzioni g1, g2, g3 sono derivabili; 2) Si dica se le funzioni g1, g2, g3 sono decrescenti.

Esercizio 6. (7 punti) Una catena di alberghi vende uno stesso pasto in due diversi mercati, che indichiamo con 1 e 2. Una legge impone che ogni prezzo sia minore o uguale a 5. Nei due mercati le funzioni di domanda, che associano a ciascun prezzo la quantità domandata, sono rispettivamente (l’indice corrisponde al mercato)

d1 : [0, 5]→ R, d1 (p1) = 6− p1 d2 : [0, 5]→ R, d2 (p2) = 10− 2p2.

Le funzioni che descrivono il profitto nei singoli mercati sono rispettivamente

π1 : [0, 5]→ R, π1 (p1) = p1·d1 (p1)−2, π2 : [0, 5]→ R, π2 (p2) = p2·d2 (p2)−2,

20

dove 2 rappresenta un costo fisso. 1) Si calcolino i prezzi p∗1 e p

∗ 2 che massimizzano rispettivamente π1 e π2

Si supponga ora che l’autorità locale di politica economica discuta una nuova normativa secondo la quale il prezzo del pasto deve essere lo stesso, p, sui due mercati. Se la funzione di domanda globale sui due mercati è

d : [0, 5]→ R, d (p) = 16− 3p.

il profitto complessivo da massimizzare è il seguente:

π : [0, 5]→ R, π (p) = p · d (p)− 4.

2) Si dica se l’introduzione della nuova normativa incrementa o riduce il profitto complessivo.

1.1.6 Soluzioni Compito C

Soluzione Esercizio 1. 1) Per ogni ε > 0 esiste δε > 0 tale che per ogni x ∈ D(f) se

x > δε allora |f (x)− L| < ε.

2) Vedi libro di testo. 3)

lim x→+∞

2x2 − 1 5x2 + 3

= lim x→+∞

2− 1 x2

5 + 3

x2

= 2

5 .

Dato un generico ε > 0, vogliamo trovare un δε > 0 tale che per ogni x > δε

si abbia

∣∣∣∣2x2 − 15x2 + 3 − 25 ∣∣∣∣ < ε. Svolgendo i calcoli otteniamo∣∣∣∣2x2 − 15x2 + 3 − 25

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣5 (2x2 − 1)− 2 (5x2 + 3)5 (5x2 + 3) ∣∣∣∣

=

∣∣∣∣ −115 (5x2 + 3) ∣∣∣∣

= 11

5 (5x2 + 3) < ε

Se risolviamo rispetto a x otteniamo

5x2 + 3 > 11

5 ε

x2 > 1

5

( 11

5 ε − 3 )

MAE I Compiti 21

Se l’espressione al secondo membro è negativa la disequazione è soddisfatta, altrimenti se prendiamo

x >

√ 1

5

( 11

5 ε − 3 )

= δε

la disequazione che definisce il limite è soddisfatta

Soluzione Esercizio 2. 1) La funzione è definita in R ed il grafico è composto da un tratto di espo- nenziale decrescente prima del punto x0 = 1 e da un tratto di parabola dopo il punto x0 = 1.

Figura 1.5: Grafico di f(x)

2) Teorema : Se la funzione f è derivabile in un punto x0 interno al suo Dom(f) allora f è anche continua in x0.

3) La funzione non è continua in x0 = 1 poiché

lim x→1−

f (x) = lim x→1−

( e−x − 2

) =

1

e − 2 < 0

lim x→1+

f (x) = lim x→1−

−(x− 2)2 + 1 = 0

Poiché la funzione non è continua in x0 = 1 allora per il Teorema enunciato non è neanche derivabile in quel punto, mentre lo è ovviamente in tutti gli altri punti in quanto espressa da funzioni elementari.

22

Soluzione Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione è Dom(f) = {x 6= −2} = (−∞, −2)∪(−2, +∞). La funzione ha un asintoto orizzontale di equazione y =

1

3 poiché

lim x→+∞

x− 1 3x+ 6

= 1

3 , lim

x→−∞

x− 1 3x+ 6

= 1

3

ed uno verticale di equazione x = −2 poiché

lim x→−2+

x− 1 3x+ 6

= −∞, lim x→1−

x− 1 3x+ 6

= +∞

Poiché la sua derivata è

D[f ](x) = 1 (x+ 2)−2 > 0

la funzione risulta decrescente nei due intervalli (−∞, −2) e (−2, +∞) (si tratta di una iperbole e il suo grafico è in figura 1.6

Figura 1.6: Grafico di f(x)

2) Guardando la proiezione del grafico sulla asse verticale vediamo che

Im(f) = R− {1 3 }.

3) Dal grafico vediamo che la funzione è iniettiva perché ogni retta orizzontale incontra il grafico in al massimo un punto. Possiamo vederlo anche risolvendo rispetto a x l’equazione

x− 1 3x+ 6

= y

MAE I Compiti 23

per vedere se ha soluzioni e quante ne ha

x− 1 = y (3x+ 6) x (1− 3 y) = 6y + 1

Per y = 1

3 l’equazione è impossibile (y /∈ Im(f)) mentre per y 6= 1

3 si ha

x = 6 y + 1

1− 3 y .

Quindi per ogni y ∈ Im(f) la soluzione è unica e quindi f : Dom(f)→ Im(f) è iniettiva, e perciò invertibile, e la sua funzione inversa è f−1 : Im(f) → Dom(f) definita come

f−1(y) = 6 y + 1

1− 3 y .

Soluzione Esercizio 4. Data la funzione

f (x) = 1

12 c x4 +

1

6 c x3 − cx2 + cx+ 6

calcoliamo le sue prime due derivate

f ′ (x) = 1

3 c x3 +

1

2 c x2 − 2 c x+ c

f ′′ (x) = c x2 + c x− 2 c = c (x+ 2) (x− 1)

Discutiamo il segno della derivata seconda a seconda del segno di b Caso 1. Se b > 0 si ha f ′′ > 0, e dunque f strettamente convessa negli intervalli (−∞, −2) e (1, +∞) mentre nell’intervallo (−2, 1) abbiamo che f ′′ < 0, e dunque f è strettamente concava. Caso 2. Se b < 0, allora la situazione è rovesciata si ha f ′′ < 0, e dunque f strettamente concava negli intervalli (−∞, −2) e (1, +∞) mentre nell’inter- vallo (−2, 1) abbiamo che f ′′ > 0, e dunque f è strettamente convessa.

Soluzione Esercizio 5. 1) la funzione g1 è ottenuta come somma e composizione di funzioni derivabili su R ed è dunque derivabile su R. La funzione g2 è somma e prodotto di funzioni derivabili su R, ed è dunque derivabile su R.

24

Poiché l’esponenziale è definita in tutto R la funzione g3 è composizione e quoziente di funzioni derivabili con denominatore sempre diverso da 0, ed è quindi derivabile su tutto R.

2)

D[g1](x) = g ′ 1 (x) = f

′ 2

( x5 + f1 (x)

) · ( 5x4 + f ′1 (x)

) > 0

per le ipotesi fatte D[g1](x) è negativa per ogni x ∈ R e dunque g1 è stretta- mente decrescente su R.

D[g2](x) = g ′ 2 (x) = f

′ 2 (x)− f ′1 (x) f3(x)− f1 (x) f ′3 (x)

per le ipotesi fatte D[g2](x) è negativa per ogni x ∈ R e dunque g2 è stretta- mente decrescente su R.

D[g3](x) = g ′ 3 (x) =

ef2(x) (f ′2 (x) f1 (x)− f ′1 (x)) (f1 (x))

2

per le ipotesi fatte D[g3](x) è negativa per ogni x ∈ R e dunque g3 è stretta- mente decrescente su R.

Soluzione Esercizio 6. I prezzi appartengono all’intervallo [0, 5], poiché le funzioni profitto sono tut- te continue esse ammettono in questo intervallo massimo e minimo assoluto. Il profitto nel mercato 1 è dato da:

π1 (p1) = (6− p1) p1 − 2 = −p21 + 6p1 − 2.

Poiché

π′ (p1) = −2p1 + 6

si ha che p∗1 = 6 2

= 3 è un punto critico con

π1 (p ∗ 1) = (6− p∗1) p∗1 − 2 = (6− 3) · 3− 2 = 7.

poiché π1(0) = −2, π1(5) = 3 allora p∗1 = 3 è il punto di massimo globale per π1 con profitto ottimo eguale a 7. Il profitto nel mercato 2 è dato da

π2 (p2) = (10− 2 p2) p2 − 2 = −2 p22 + 10 p2 − 2

con

π′ (p2) = −4 p2 + 10,

MAE I Compiti 25

e dunque p∗2 = 10 4

= 5 2

è un punto critico con

π2 (p ∗ 2) = (10− 2 p∗2) p∗2 − 2 =

( 10− 2 · 5

2

) 5

2 − 2 = 21

2

poiché π2(0) = −2, π2(5) = −2 allora p∗2 = 52 è il punto di massimo globale per π2 con profitto ottimo eguale a

21 2 .

Nel caso di un unico prezzo, il profitto è

π (p) = p (16− 3p)− 4 = −3p2 + 16 p− 4 :

con π′ (p) = −6 p+ 16,

e dunque p∗ = 16 6

= 8 3

è un punto critico con

π (p∗) = p∗ (16− 3p∗)− 4 = 8 3

( 16− 38

3

) − 4 = 8

3 (16− 8)− 4 = 52

3 .

poiché π(0) = −2, π(5) = 3 allora p∗ = 8 3

è il punto di massimo globale per

π con profitto ottimo eguale a 52

3 .

Il profitto totale massimo con prezzi diversi nei due mercati (discriminazione

di prezzo) è 7 + 21

2 =

35

2 , mentre nel caso di un unico prezzo, il profitto

totale massimo pari a 52 3

è inferiore. Poiché 35 2 > 52

3 in quanto

35 · 3 = 105 > 52 · 2 = 104

dunque i responsabili dell’impresa non sono favorevoli alla nuova legge.

26

1.2 Compito del 09 Febbraio 2015

1.2.1 Compito A

Esercizio 1. (6 punti) a. Si diano le definizioni di funzione strettamente crescente e di punto di massimo globale per una funzione. Date le funzioni

f (x) = x2 + 3, g (x) = 1 (costante),

usando le definizioni fornite sopra e dunque senza usare il concetto di derivata, si dica se b1. f è strettamente crescente su [0,+∞); b2. f ha un punto di massimo globale in x0 = 1. c1. g è strettamente crescente su R; c2. g ha un punto di massimo globale in x0 = 1.

Esercizio 2. (6 punti) a. Si formuli e si dimostri il Teorema di Rolle. b. Sia data una funzione f : R→ R derivabile due volte e tale che esistono a, b, c ∈ R con le seguenti proprietà: a < b < c e f(a) = f(b) = f(c) = 1. Si dimostri cha la derivata seconda di f si annulla in almeno un punto dell’intervallo (a, c). Suggerimento: si applichi il Teorema di Rolle a f sui due intervalli [a, b] e [b, c].

Esercizio 3. (6 punti) Si calcolino i seguenti limiti:

a. lim x→1

e √ x − e

log(x) ; b. lim

x→−∞

x2 + e2x

x3 + log(−x) .

Esercizio 4. (8 punti) Sia data la funzione f : [0, +∞)→ R definita come segue

f(x) = xe−x/2.

a. Si studi la funzione f e se ne disegni il grafico per x ≥ 0; b. Si determinino l’immagine, l’estremo superiore e l’estremo inferiore di f . c. Si dia la definizione di funzione dispari; Consideriamo ora la funzione g definita su tutto R, che coincide con f per x ≥ 0, cioé f(x) = g(x) per ogni x ≥ 0, e che risulta essere dispari.

MAE I Compiti 27

d. Utilizzando i risultati del punto a) si disegni il grafico di g e si determinino l’immagine, l’estremo superiore e l’estremo inferiore di g. e. Si dica se g è continua in R e se g è derivabile in R.

Esercizio 5. (6 punti) a. Si scriva la formula di Taylor di grado n per una funzione f in un punto x0 specificando le proprietà del resto. b. Siano date le funzioni g : R → R derivabile, tale che g (0) = g′ (0) = 1 e tale che ∀x ∈ R, g (x) > 0, e la funzione

f : R→ R, f (x) = log (1 + g (x)) .

Utilizzando la regola di derivata della funzione composta si calcoli la deriva- ta della funzione f e si scriva il polinomio di Taylor di grado 1 per f in x0 = 0.

Esercizio 6. (8 punti) Un individuo coltiva un orto nel quale lavora per x ore al giorno, con x ∈ [0, 8]. L’individuo ottiene un solo bene dall’orto, la cui quantità è descritta dalla seguente funzione

g : [0, 8]→ R, g (x) = 32 √ x.

L’individuo vuole massimizzare la propria utilità u(x) e tale utilità è data dalla quantità del bene meno il quadrato del tempo trascorso al lavoro nel- l’orto (con specifici coefficienti di proporzionalità). Ovvero la funzione di utilità dell’individuo è:

u : [0, 8]→ R, u (x) = 32 √ x− x2.

a. Prima di risolvere il problema di massimizzazzione possiamo affermare che esiste un punto di massimo globale per la funzione di utilità? b. Calcolare la quantità di lavoro che massimizza la funzione di utilità u(x).

1.2.2 Soluzioni Compito A

Soluzione Esercizio 1. a. La funzione f : S ⊆ R→ R si dice strettamente crescente se

per ogni x, y ∈ S, x < y ⇒ f (x) < f (y) .

x0 è un punto di massimo globale per f : S ⊆ R→ R se

(x0 ∈ S) e per ogni x ∈ S, f (x) ≤ f (x0) .

28

b1. La funzione f è strettamente crescente in [0, +∞); infatti, se x < y e x, y ≥ 0, allora

x2 < y2 ⇒ x2 + 3 < y2 + 3 cioé f (x) < f (y) .

b2. La funzione f non ha un punto di massimo globale in x0 = 1. Per dimostrarlo facciamo vedere che esiste x ∈ [0,+∞) tale che f (1) < f (x); per fare questo si prenda x = 2, allora

f (1) = 12 + 3 = 4 < f (2) = 22 + 3 = 7.

c1. La funzione g non è strettamente crescente infatti, se x < y, allora

g (x) = g (y) = 1.

c2. g ha un punto di massimo globale in x0 = 1 infatti,

per ogni x ∈ R, g (x) = 1 ≤ 1 = g (1) .

Soluzione Esercizio 2. a. L’enunciato e la dimostrazione del Teorema di Rolle si trovano nel libro. b. Il teorema è applicabile alla funzione f(x) sugli intervalli [a, b] e [b, c], poiché si tratta di una funzione continua e derivavile e inoltre f(a) = f(b) e f(b) = f(c). Quindi esistono p ∈ (a, b) e q ∈ (b, c), tali che f ′(p) = 0, f ′(q) = 0 quindi il Teorema di Rolle è di nuovo applicabile alla funzione continua e derivabile f ′ sull’intervallo [p, q]. Quindi esiste s ∈ (p, q) ⊂ [a, b], tale che f ′′(s) = 0.

Soluzione Esercizio 3. a. Il limite

lim x→1

e √ x − e

log(x)

è una forma indeterminata [ 0 0

] . Possiamo quindi applicare il Teorema di de

l’Hôpital

lim x→1

e √ x − e

log(x)

(H) = lim

x→1

e √ x 1 2 √ x

1/x = e

2 .

b. A partire dai limiti

lim x→−∞

x2 = +∞, lim x→−∞

e2x = 0, lim x→−∞

x3 = −∞, lim x→−∞

log(−x) = +∞.

vediamo che il limite limx→−∞ (x 3 + log(−x)) = −∞ in quanto per il con-

fronto fra infiniti il termine x3 è quello dominante e quindi il limite

lim x→−∞

x2 + e2x

x3 + log(−x)

MAE I Compiti 29

risulta una forma indeterminata ∞∞ . Il termine dominante al numeratore è x2. Quindi

lim x→−∞

x2 + e2x

x3 + log(−x) = lim

x→−∞

x2 (

1 + e 2x

x2

) x3 (

1 + log(−x) x3

) = lim x→−∞

x2

x3 = 0.

Il passaggio nel riquadro può essere saltato.

Soluzione Esercizio 4. Per x ≥ 0 si tratta di una funzione che si annulla soltanto in x = 0 e che per x > 0 è positiva. Studiamo la sua crescenza e decrescenza, usando la derivata.

f ′(x) = e−x/2(1− x/2), x ≥ 0 la funzione cresce in [0, 2) e decresce in (2,+∞). Inoltre

lim x→+∞

f(x) = lim x→+∞

xe−x/2 = lim x→+∞

x

ex/2 = 0.

Il valore della funzione in 2 è f(2) = 2e−1 che corrisponde al massimo della funzione per x ≥ 0 mentre x = 0 è il punto di minimo. Il grafico della fun- zione f è in figura 1.7

Figura 1.7: Grafico di f(x)

b. Da quanto detto possiamo dedurre che

sup f(x) = max f(x) = 2

e

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