Matematica per le applicazioni economiche - esercizi

R;

3 2y

Soluzione Esercizio 2.

Dobbiamo mostrare che per ogni M > 0 esiste > 0 tale che se 2 < x < 2 + allora f (x) < M .

M M

Considero dunque M > 0 e mostro che l’insieme delle soluzioni della disequazione

1 < M

2 x

contiene un insieme della forma (2; 2 + ) dove > 0 é opportunamente scelto.

M M

Si ha che 1 M x 2M 1

< M , < 0:

2 x x 2

M x 2M 1 stabilisce che esso é negativo nell’insieme

Lo studio del segno di x 2 2M + 1 1

2; = 2; 2 +

M M

2M +1 2M +1 1

(osserviamo che, per ogni M > 0, si ha che > 2). Dunque de…nito = 2= concludiamo

M

M M M

la dimostrazione.

Soluzione Esercizio 3. 5

É immediato veri…care che la funzione f é continua su n f0; 1g. Dobbiamo controllare dunque la

R

continuitá nei punti 0 e 1. Osserviamo anzitutto che f (0) = 0 e f (1) = a + b. Inoltre

2

sin(ax )

lim f (x) = lim ax = 0

2

ax

+ +

x!0 x!0

lim f (x) = 0

x!0

lim f (x) = a + b

x!1

lim f (x) = 2b

+

x!1

Dunque f é continua su se e solo se a + b = 2b ossia a + 3b = 0.

R

Soluzione Esercizio 4.

i. Vedi libro di testo.

ii. Esiste x 2 (a; b) tale che

0 0

f (b) f (a) = f (x ) (b a) ;

0

e dunque nel nostro caso jsin (b) sin (a)j = jcos (x ) (b a)j jb aj ;

0

dove la disuguaglianza segue dal fatto che 8x 2 jcos xj 1.

R,

Soluzione Esercizio 5. 3 2

x x

f (x) = 2

x 1

1. Dominio.

dom f = n f 1; +1g.

R 8 2 2

x (x 1)

> x

= se x < 1 e x 6 = 1

<

3 2 2 2

x x x 1 x+1

x jx 1j

f (x) = = = >

2 2

x 1 x 1 : 2 2

x (x 1) x

= se x> 1

2

x 1 x+1

2

x

Dunque studiamo g (x) = e poi, con semplici modi…che, disegniamo il gra…co di f: Piu’ precisa-

x+1

mente, 8

< g (x) se x < 1 e x 6 = 1

f (x) = : g (x) se x> 1

Si osservi che dom g = f 1g

Rn

2. Segno.

g (x) > 0 se e solo se x > 1.

3. Punti di discontinuita’.

2 1

x =" "= 1;

lim

x! 1 x+1 0

2

x 1

=" " = +1;

lim +

x! 1 +

x+1 0 6

4. Comportamento a 1 e eventuali asintoti non verticali.

2

x

lim = lim 2x = 1.

1 1

x! x!

x+1 2

x

m = lim = lim 1 = 1:

1 1

x! x!

2

x +x

2 2 2

x x x x x = 1.

n = lim x = lim = lim

1 1 1

x! x! x!

x+1 x+1 x+1

Dunque asintoto obliquo (per x ! 1): y = x 1.

5. Derivata prima. 2

2x (x + 1) x x (x + 2)

0

g (x) = =

2 2

(x + 1) (x + 1)

2 0

0

g + +

g crescente decrescente crescente

2 e’un punto di massimo locale, g ( 2) = 4.

0 e’un punto di minimo locale, g (0) = 0.

2

x

g (x) = x+1 y 10

5

0

-5 -2.5 0 2.5 5

x

-5

-10

f (x) y 10

7.5

5

2.5

0

-5 -2.5 0 2.5 5

x

-2.5

-5

Soluzione Esercizio 6.

1. L’impresa deve massimizzare 2

(q) = R (q) C (q) = q + 6q 1

sotto il vincolo q 2 [0; 5]. Poiche’ e’una funzione polinomio, essa e’continua. Poiche’[0; 5] e’u n

intervallo chiuso e limitato, la esistenza di massimo globale segue dal teorema di Weierstrass (o del valore

estremo). 7

0 00

2. (0) = 1; (5) = 25 + 30 1 = 4. . (q) = 2q + 6 e (q) = 2. Dunque la funzione pro…tto

0

e’strettamente concava e q e’un massimo per su (0; 5) se e solo se (q ) = 0 ovvero q = 3.

3. Poiche’ (3) = 9 + 18 1 = 10, la soluzione del problema dell’impresa e’q = 3:

Soluzioni FILA B

Soluzione Esercizio 1.

Per dimostrare l’iniettivitá si considerano x; y 2 [0; +1) e si mostra che f (x) = f (y) implica x = y.

Infatti 2 2 2 2

f (x) = f (y) , ln(x + 2x + 3) = ln(y + 2y + 3) , x + 2x + 3 = y + 2y + 3 , (x y)(x + y + 2) = 0:

Poiché (x + y + 2) > 0 deve necessariamente essere x y = 0 ossia x = y.

Per calcolare l’immagine di f si deve determinare tutti e soli y 2 tali che l’equazione f (x) = y

R

ammette almeno una soluzione. Ricordiamo che la de…nizione di f implica x 2 [0; +1). Si ha che

2 2 y

f (x) = y , ln(x + 2x + 3) = y , x + 2x + 3 e = 0:

Tale equazione é di secondo grado e il suo discriminante é

y

(y) = 4e 8:

Si ha che (y) 0 se e solo se y ln(2). Pertanto se y < ln(2) l’equazione non ha soluzioni; se y = ln(2)

l’unica soluzione dell’equazione é 1 62 [0; +1). Dunque se y ln(2) si ha che y 62 Im(f ).

Assumiamo dunque y > ln(2). L’equazione sopra considerata ha due soluzioni

p

p y y

4e 8 2 + 4e 8

2 ; :

2 2

La prima sicuramente non appartiene a [0; +1). La seconda appartiene a tale insieme se e solo se

p y

4e 8

2 + 0 , y ln(3):

2

Concludendo si ha che Im(f ) = [ln(3); +1).

Per il calcolo dell’inversa della funzione occorre soltanto osservare che per ogni elemento dell’immagine

p

p y

2+ 4e 8 y

abbiamo che l’unica soluzione dell’equazione f (x) = y é = 1 + e 2. Pertanto si ha che

2 p

1 y

f : [ln(3); +1) ! y 7! 1+ e 2

R;

Soluzione Esercizio 2.

Dobbiamo mostrare che per ogni " > 0 esiste x > 0 tale che se x > x allora jf (x)j < ". Considero

" "

dunque " > 0 e mostro che l’insieme delle soluzioni della disequazione

cos(x) <"

x

contiene un insieme della forma (x ; +1) dove x é opportunamente scelto.

" "

Osserviamo che, per ogni x 2 n f0g,

R cos(x) 1 :

x x

Pertanto l’insieme delle soluzioni di cos(x) <"

x 8

include l’insieme delle soluzioni di 1 <"

x

Concludiamo dunque se dimostriamo che l’insieme delle soluzioni di

1 <"

x

un insieme della forma (x ; +1) dove x é opportunamente scelto. Ma tale disuguaglianza ha come

" "

1

1 1

soluzione ( 1; ) [ ( ; +1). Dunque de…nito x = concludiamo la dimostrazione

"

" " "

Soluzione Esercizio 3.

É immediato veri…care che la funzione f é continua su n f1; 2g. Dobbiamo controllare dunque la

R

continuitá nei punti 1 e 2. Osserviamo anzitutto che f (1) = 2 e f (2) = 3. Inoltre

lim f (x) = a + b + 1

x!1 lim f (x) = 2

+

x!1

lim f (x) = 3

x!2

ln (1 + (x 2)) + 2a = 5 + 2a

lim f (x) = lim 5 x 2

+ +

x!2 x!2

Dunque f é continua su se e solo se a + b + 1 = 2 e 5 + 2a = 3. La seconda equazione stabilisce che

R

a = 1 e dalla prima deduciamo che b = 2.

Soluzione Esercizio 4.

i. Vedi libro di testo.

ii. Esiste x 2 (0; x) tale che

0 0

f (x) f (0) = f (x ) x;

0

e dunque 0

f (x) = f (0) + f (x ) x f (0) + mx:

0

Poiche’ lim (f (0) + mx) = +1;

x!+1

il risultato voluto segue dal teorema del confronto.

Soluzione Esercizio 5.

1. Dominio. p

2

x 4x + 3 = 0; x = 2 4 3 = 1; 3:

2

x 4x + 3 = (x 1) (x 3) :

dom f = n f1; 3g.

R

2. Segno e funzioni pari o dispari. 2 1 2 3

2

x 4 + + +

2

x 4x + 3 + + +

f + + +

9

3. Punti di discontinuita’.

2

x 4 3

lim = " " = 1;

x!1 (x 1)(x 3) 0 ( 2)

2

x 4 3

lim = " " = +1;

+

x!1 +

(x 1)(x 3) 0 ( 2)

2

x 4 5

lim = " " = 1

x!3 (x 1)(x 3) 2 0

2

x 4 5

lim = " " = +1;.

+

x!3 +

(x 1)(x 3) 2 0

4. Comportamento a 1 e eventuali asintoti non verticali.

2

x 4

lim = 1.

1

x! 2

x 4x+3

5. Derivata prima. 2 2

( ) ( )

2x x 4x+3 (2x 4) x 4

0

f (x) = =

2

2

(x 4x+3) 2

3 2 3 2

2x 8x +6x 2x +8x+4x 16 14x 4x 16

= = < 0

2 2

2 2

(x 4x+3) (x 4x+3) 2

dove la disuguaglianza segue dal fatto che il discriminante della equazione 14x 4x 16 = 0 e’negativo.

Dunque, la funzione e’decrescente su ( 1; 1), e’decrescente su (1; 3) e e’decrescente su (1; +1),

y 50

25

0

-5 -2.5 0 2.5 5

x

-25

Soluzione Esercizio 6.

1. L’impresa deve massimizzare 2 2

(q) = R (q) C (q) = 11q q 1 q = q + 10q 1:

sotto il vincolo q 2 [0; 6]. Poiche’ e’una funzione polinomio, essa e’continua. Poiche’[0; 6] e’u n

intervallo chiuso e limitato, la esistenza di massimo globale segue dal teorema di Weierstrass (o del valore

estremo). 0 00

2. (0) = 1; (6) = 36 + 60 1 = 23. (q) = 2q + 10 e (q) = 2. Dunque la funzione

0

pro…tto e’strettamente concava e q e’un massimo per su (0; 6) se e solo se (q ) = 0 ovvero q = 5.

3. Poiche’ (5) = 25 + 50 1 = 24, la soluzione del problema dell’impresa e’q = 5:

10

Esame di

Matematica per le applicazioni economiche 1

19 Febbraio 2013

Fila A

-Pena l’annullamento della prova, è vietato l’uso di calcolatrici, telefoni cellulari, smartphone o ogni

altro strumento che sia in grado di connettersi con l’esterno. Lo studente può portare con sé, al

posto assegnato, soltanto il materiale per scrivere, cancellare. Tutto il resto, cappotti e giacche

incluse, deve essere lasciato agli appositi attaccapanni al momento dell’ingresso in aula.

-È possibile ritirarsi o consegnare soltanto dopo che sia trascorsa almeno un’ora dall’inizio della

prova.

-Si può uscire dall’aula solo dopo aver consegnato il compito per la correzione o essersi ritirato.

-Verranno verbalizzati tutti i risultati d’esame sia positivi che negativi.

-La prova ha la durata di due ore e mezzo. Spiegate con molta cura le vostre risposte.

Consegnate SEPARATAMENTE la parte relativa agli (Esercizi 1 -2 - 3) e quella

relativa agli (Esercizi 4 - 5 - 6).

Esercizio 1 (4 punti)

Sia A il seguente sottoinsieme di R ½ ¾

2

x − 3x + 2

A = x ∈ : ≤ 0 .

R 2

x − 7x + 12

Determinare inf A, sup A e, se esistono, max A e min A .

Esercizio 2 (6 punti)

Determinare il seguente limite cos(2x) − 1

lim 2

x (x cos(x) + 1)

x→0

Esercizio 3 (8 punti)

Enunciare e dimostrare il teorema di Fermat (estremi locali di funzioni derivabili).

Sia f : [−1, 1] → una fuzione continua in [−1, 1], derivabile in (−1, 1) e tale che

R f (−1) = −1 , f (0) = 2 , f (1) = 1

0

Dimostrare che esiste c ∈ (−1, 1) tale che f (c) = 0.

1

Esercizio 4 (6 punti).

Sia f : → la funzione tale che

R R x

f (x) = x |1 − e |

a) stabilire se f è continua in tutti i punti di e, in caso contrario, si dica in quali punti f è

R

discontinua;

b) dopo aver accertato c