Appello d'esame svolto Analisi 1

UNIVERSITÀ DELLA CALABRIA

Appello di Analisi 1 del 4 settembre 2018 A

COGNOME e NOME: .....................................................................................................................

MATRICOLA E CORSO DI LAUREA: ..........................................................................................

SPAZIO RISERVATO ALLA COMMISSIONE

Esercizio 1. √

Si consideri la funzione x +1

3

f (x) = 2

x + 4

Determinarne:

dominio

Svolgimento:

La funzione è definita tramite una radice di indice dispari e quindi non c’è nessuna restrizione da

imporre sul radicando della stessa, che a sua volta è formato da una frazione, il cui denominatore è

sempre strettamente positivo. R.

Pertando il dominio della funzione è

studiare il segno della funzione;

Svolgimento:

Poiché la funzione “radice cubica” è positiva quando il suo argomento è positivo e negativa quando il

suo argomento è negativo, il segno della funzione è dato dal segno dell’argomento della radice.

x+1

La frazione ha il denominatore sempre positivo e pertanto il suo segno è dato dal segno del

2

x +4

numeratore, per cui si ha: ⇔ −1

f (x) > 0 x >

e ⇔ −1

f (x) = 0 x = .

limiti agli estremi del dominio;

Svolgimento: lim f (x) = 0 .

x→±∞

intervalli di monotonia ed eventuali punti di massimo e di minimo (relativo e assoluto);

Svolgimento: 1

Si ha f (x) = h(g(x)), dove √

3

h(x) = x

e x +1

g(x) = .

2

x + 4 ∀ ∈ R\{0} ∀ ∈ R

Per quanto visto a lezione, la funzione h(x) è derivabile x e pertanto x tale che

̸ ∀ ∈ R\{−1}, possiamo applicare la regola di derivazione di un prodotto, ottenendo:

g(x) = 0,ovvero x √( ) 2 −

2

2

1 x + 4 x + 4 (x + 1)2x

′ 3

f (x) = 2 2

3 x +1 (x + 4)

−x −

2 2x + 4

√ .

= 2 2 2

3

3 (x + 1) (x + 4)(x + 4)

′

Per trovare i punti stazionari di f , risolviamo l’equazione f (x) = 0, ovvero:

−x −

2 2x + 4 = 0 ,

che ha due soluzioni: √ √

−1 − −1

x = 5 , x = + 5 .

1 2

√ √ √ √

′ ′

∈ −1 − ∪ ∈ − −1

Poiché f (x) < 0 se x (−∞, 5) (−1 + 5, +∞) e f (x) > 0 se x (−1 5, + 5),

√ √ √

−1 − − −1

f (x) è decrescente in (−∞, 5, crescente in (−1 5, + 5) e di nuovo decrescente in

√ √

− −1

(−1 5, + 5). Pertanto x è un punto di minino relativo e x è un punto di massimo relativo.

1 2

Inoltre, poiché da quanto visto sopra f (x) ha un asintoto orizzontale dato dalla retta y = 0 ed è

limitata, x e x sono anche punto di minimo assoluto e massimo assoluto rispettivamente.

1 2

eventuali punti di non derivabilità e loro classificazione;

Svolgimento: −1.

Vediamo ora se f è derivabile in x = Poiché ′

lim f (x) = +∞ ,

±

x→−1

allora si ha anche: −

f (x) f (−1)

lim = +∞

−

x (−1)

±

x→−1

−1

e quindi x = è un punto di flesso a tangente verticale.

tracciare il grafico qualitativo di f (x);

Svolgimento:

dire, motivando la risposta, quanti sono gli zeri dell’equazione

f (x) = 2

Svolgimento:

Per quanto visto sopra il massimo assoluto di f (x) è: √

f (x ) = f (−1 + 5) < 1 .

2

Pertanto l’equazione f (x) = 2 non ammette soluzioni.

2 A

Analisi Matematica 1 - 12/07/2018

Esercizio 2. Determinare gli eventuali punti di massimo e minimo (relativo e assoluto) della funzione

1

2 −

3 2

cos x sin x

f (x) = 3 2

nell’intervallo [0, π].

Svolgimento:

La derivata di f è ′ −2 − −

2

f (x) = cos x sin x sin x cos x = cos x sin x(−2 cos x 1) .

′

Risolvendo l’equazione f (x) = 0 nell’intervallo [0, π], troviamo come soluzioni i punti:

π 2

x = 0 = , x = π , x =

, x π .

1 2 3 4

2 3

′

Per studiare il segno di f (x), osserviamo che ∀ ∈

sin x > 0 x (0, π) ,

( )

π

∀ ∈

cos x > 0 x 0, 2

( )

e 2

−2 − ∀ ∈

cos x 1 > 0 x π, π .

3

( )

Pertanto si ha π 2

′ ∀ ∈

f (x) > 0 x , π

2 3

π 23

e quindi è un punto di minimo relativo e π è un punto di massimo relativo.

2 ( )

Poiché ( )

2 π 1 2 11 2

− − −

f (0) = , f = , f π = , f (π) = ,

3 2 2 3 24 3

deduciamo che 0 è punto di massimo assoluto e π è punto di minimo assoluto.

3