Matematica Generale - Punti di flesso, di minimo e di massimo

Soluzione

Studiamo gli insiemi di crescenza di f.

−

3

6 x x 2

=

f ' ( x ) ;

3

3 x 4 1 1

− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

4

3

x x x x

3

6 2 0 cioè

3 27

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 1

∈ − ∞ − ∪ +∞ ≥ ⇔ ≥

⎟

⎜ ⎟ ⎜ 3

x , , x 0 x 0

, mentre , quindi:

⎠ ⎠

⎝ ⎝

4 4

27 27

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 1

− +∞

⎟ ⎟

⎜ ⎜

, 0 ,

f crescente in e in

⎠ ⎠

⎝ ⎝

4 4

27 27

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 1

− ∞ − ⎟ ⎟

⎜ ⎜

, 0

,

e in .

f decrescente in ⎠ ⎠

⎝ ⎝

4 4

27 27

1

= ±

x

Tirando le somme sono punti di minimo assoluto, eguale a

4 27

⎛ ⎞

1 2

= −

± =

⎟

⎜

f x 0

; è una cuspide e punto di massimo relativo, non assoluto

⎠

⎝ 4 27 3 3

= = +∞

f ( 0 ) 0 lim f ( x )

in quanto e .

→ ±∞

x

5) Determinare gli eventuali pti di flesso di

4 3

x x

= − + 2

f ( x ) x

12 2

Soluzione 3

x 3

= − +

2

f x x 2 x

' ( ) 3 2

= − +

2

f ' ' ( x ) x 3 x 2

( ) ( ) ( ) = =

− ∞ +∞ x x

1

, 2

,

1 2

, 1

, 2

quindi f convessa in e in , concava in , ed punti

di flesso. = + =

2

f x y x y x y

( , ) log( ) ( , ) ( 2

,

3

)

6) calcolare la derivata di nel pto 0 0

(

1

,

5

)

lungo la direzione del vettore .

Soluzione 1 1

( )

= ⇒ =

f f x y

,

+ 0 0

x x

2

x y 11

y

2 6

= ⇒ =

f f x y

( , )

+ 0 0

y y

2

x y 11

dunque ⎛ ⎞

∂ ⎛ ⎞ 1

1

f 6 1 31

( ) = =

⎟

⎜

⎜ ⎟

2

,

3 ,

∂ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

5

11

v 11 26 11 26

7)

Determinare max/min relativi di

= + +

2 3

f x y x xy y

( , )

Soluzione

= + = = − = −

⎧ ⎧ ⎧

f x y

2 0 y x y x

2 2

x ⎨ ⎨

⎨ = + = + − = + =

2 ⎩ ⎩

2 2

f x y

3 0

⎩ x x x x

3

( 2 ) 0 12 0

y ⎧ ⎧ 1

= −

x

=

= − ⎪ ⎪

⎧ x 0

y 2 x 12

∪

⎨ ⎨ ⎨

da cui le soluzioni =

+ = 1

⎩ y 0

x (

1 12 x ) 0 ⎪ ⎪ =

y

⎩

⎩ 6

passiamo ora all’hessiano ⎛ ⎞

2 1

= = = ⇒ = ⎜ ⎟

f 2

, f 1

, f 6 y H ( 0

,

0 ) ;

xx xy yy ⎝ ⎠

1 0

( ) = −

det H ( 0

, 0 ) 1

, punto di sella, mentre

⎛ ⎞

⎛ ⎞ 2 1

1 1

− = ⎜ ⎟

⎜ ⎟

H ,

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1

12 6

⎛ ⎞

⎛ ⎞

1 1 = − = > >

−

⎜ ⎟

⎜ ⎟

det H , 2 1 1 0

, f 0

, questo ultimo punto è di

⎝ ⎠

⎝ ⎠ xx

12 6

minimo.

8)

Determinare max/min assoluti di

= +

2 2

f ( x , y ) x 3 y

lungo il vincolo

+ =

2 2

x y 1

Soluzione

Usiamo la lagrangiana: ( )

λ

= + + + −

2 2 2 2

L x 3 y x y 1

λ

= + =

⎧ 2 2 0

L x x

x

⎪ λ

= + =

⎨ 6 2 0

L y y

y

⎪ = + − =

2 2

⎩ 1 0

L x y

λ

da cui ( )

λ

+ =

⎧ 2 1 0

x = = = ±

⎧ ⎧ ⎧

⎪ x 0 x 0 x 1

( )

λ ∪

+ = ∪

⎨ ⎨ ⎨ ⎨

2 3 0

y le cui soluzioni sono di cui la

= = ± =

⎩

⎩

⎩ y 0 y 1 y 0

⎪ + =

2 2

⎩ 1

x y

prima non è ovviamente accettabile .

Quindi ± =

f ( 0

, 1

) 3 è il max ass, mentre

± =

f ( 1

,

0 ) 1 è il min ass.

9)

Determinare max/min relativi di

= +

2 2

f ( x , y ) x 3 y

lungo

= 2

y x

Soluzione

1° metodo

Sostituendo direttamente il vincolo nella funzione considerata, si ottiene

= = +

2 4

h ( x ) f ( x , y ( x )) x 3 x

Studiando i massimi/minimi della h si ha:

= + = + > ⇔ >

3 2

h ' ( x ) 2 x 12 x 2 x (

1 6 x ) h ' 0 x 0

quindi

= ≥

x 0 f 0

Ed punto di min ass ( la sempre ).

2° metodo

Scriviamo la lagrangiana

λ λ

= + + −

2 2 2

L ( , x , y ) x 3 y ( y x ) da cui si ottiene

λ λ

= − = − =

⎧ 2 2 2 (

1 ) 0

L x x x

x

⎪ λ

= + =

⎨ 6 0

L y

y

⎪ = − =

2

⎩ 0

L y x

λ

La cui unica soluzione accettabile è

λ =

⎧ 0

⎪ =

⎨ x 0

⎪ =

⎩ y 0

E poiché

= = − =

L 0 L 2 x L 1

λλ λ λ

x y

λ

= − = =

L 2 2 L 0 L 6

xx xy yy

Si ha −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

0 2 x 1 0 0 1 ⎟

⎜ ⎟ ⎜

λ

= − − ⇒ = ⎟

⎜ ⎟ ⎜

H 2 x 2 2 0 H ( 0

, 0

, 0 ) 0 2 0

L L ⎟

⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎝

⎠ ⎠

1 0 6 1 0 6

( ) = − <

det H ( 0

, 0

, 0 ) 2 0

E poiché siamo in presenza di un minimo, che è assoluto

L ≥

f 0

poiché , come già osservato, .

10)

Calcolare

∫ x

x ( 2 ) dx

Soluzione =

x t si ottiene

Con la sostituzione

( ) =

∫ ∫ 2

x t

x 2 dx 2 t 2 dt e quest’ultimo si integra per parti due volte ( scegliendo come

fattore finito sempre “la parte polinomiale in t”) ottenendo

⎡ ⎤

⋅ ⎛ ⎞

t

2 2 2 1

− − +

⎜ ⎟

2

⎢ ⎥

t t k dalla quale si ottiene ovviamente

⎝ ⎠

⎣ ⎦

log( 2 ) log( 2 ) log( 2 ) ⎤

⎡

⋅ ⎛ ⎞

x

2 2 2 1 +

− −

⎜ ⎟ ⎥⎦

⎢⎣ x x k

⎝ ⎠

log( 2 ) log( 2 ) log( 2 )

11)

Dire se esiste , ed eventualmente calcolarlo, l’integrale improprio

∫ 0 − x

e dx

− ∞

Soluzione

Dal momento che

= − +

∫ − −

x x

e dx e k

allora certamente