Esercizi proposti dal libro “Esercizi e problemi di analisi matematica” a cura di B.Demidovic Editori Riuniti Prof.ssa Serenella Botta
STUDIO DI FUNZIONI TRASCENDENTI E MISTE Costruire i grafici delle funzioni date, determinando per ciascuna il campo di esistenza, i punti di discontinuità, i punti estremali, gli intervalli di crescenza e di decrescenza, i punti di flesso, la concavità, nonché gli asintoti. y=
951)
ln x x
Passo 1. Classificare la funzione: La funzione è mista perché è irrazionale, fratta e logaritmica. Passo 2. Trovare il Campo di Esistenza: Il campo di esistenza va ricercato tra i valori della x per i quali la scrittura • • •
ln x ha significato: x
ln x ha significato per tutti i valori x > 0
i
x ha significato per tutti i valori x ≥ 0 ii
1 ha significato se x
x ≠ 0 iii
Mettendo a sistema tutte le condizioni si ottiene: x>0 [ x ≥ 0 ⇔ x > 0 quindi il C.E. è x > 0 ovvero ]0,+∞ x ≠0
Possiamo barrare il II e III quadrante del piano cartesiano ed osservare che non ha senso cercare le eventuali simmetrie rispetto all’asse y o all’origine.
1
Esercizi proposti dal libro “Esercizi e problemi di analisi matematica” a cura di B.Demidovic Editori Riuniti Prof.ssa Serenella Botta Passo 3. Studio della funzione negli estremi dell’intervallo di definizione attraverso i limiti
lim+
x →0
ln x ln x e xlim →+∞ x x
a)
lim+
x →0
ln x −∞ e = −∞ non si tratta di una forma indeterminata in quanto ln x x→ ,0 + x
+ x →0 , quindi è della forma ( − ∞) ⋅ ( + ∞) . x,0 +
La retta x = 0 è Asintoto verticale destro. Possiamo abbozzare il grafico disegnando la funzione che proviene asintoticamente da
−∞ b)
lim
x →+∞
ln x = 0 poiché è della F.I. x
rispetto a
+ ∞ + ∞
ma ln x è un infinito di ordine inferiore
x.
La
retta
y =0
è
Asintoto
Orizzontale. la funzione al crescere di x si avvicina asintoticamente alla retta y = 0 per valori della y positivi. Osservazione: Da a) e b) si deduce che la funzione attraversa l’asse delle ascisse almeno una volta. y ≥0⇔
Passo 4. Studio della positività della funzione: poiché
x > 0 allora deve essere
ln x > 0 ⇔ eln x > e0 ⇔ x > 1
ln x ≥0 x
ln x ≥ 0 e poiché: ln x = 0 ⇔ eln x = e0 ⇔ x = 1 2
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ln x < 0 ⇔ 0 < e
ln x
< e ⇔ 0< x <1 0
ln x Allora y = x
positiva se x > 1 è = 0 se x = 1 negativa se 0 < x < 1
Sul grafico approssimato possiamo eliminare i riquadri delimitati dalla retta x=1 nei quali non troviamo punti della funzione e segnare il punto in cui la funzione si annulla, ossia, attraversa l’asse delle x in accordo con quanto osservato al passo 3, anzi, possiamo aggiungere che la funzione attraversa l’asse x solo una volta perchè dopo il punto (1;0 ) si mantiene sempre positiva.
Passo 5. Eventuali intersezioni con gli assi coordinati:
[ non ci sono intersezioni con l’asse delle y Poiché il C.E. è ]0,+∞ Dallo studio della positività si ottiene il punto (1;0 ) come unico punto di intersezione con l’asse delle x. Passo 6. Studio della derivata prima: studiando la derivata prima possiamo stabilire i tratti di crescenza e decrescenza della funzione e gli eventuali punti estremali.
x ln x − x ln x ≥0 x 2 x = x 1 − ln x allora y′ ≥ 0 ⇔ 2 1 − y′ = x 2 2 x x 2 ma
x x
2
[ allora il > 0 perché rapporto di quantità sempre positive e non nulle in ]0,+∞
ln x segno della derivata prima dipende da 1 − 2 ln x 2 1 − ≥ 0 ⇔ ln x ≤ 2 ⇔ x ≤ e 2 3
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schematicamente:
La funzione cresce per 0 < x < e 2 ha un punto di massimo per x = e 2 e decresce per x > e 2 2 2 . Il punto di massimo ha coordinate e ; e Passo 7. Studio della derivata seconda: studiando la derivata seconda possiamo stabilire i tratti di concavità e convessità della funzione e gli eventuali punti di flesso. y′′ = −
3 1 ln x x 1 1 3 ln x 1 3 ln x − 2 1 − + 2 − =− 2 4 − = 2 2 2x x 2 x 2x 2 x x 4 2x x
y′′ ≥ 0 ⇔
1 x
2
1 3 ln x > 0 allora il segno della derivata − 2 ≥ 0 e poiché 2 x x x 4
3 ln x − 2 infatti seconda dipende da 4 8
8 3 ln x y ′′ ≥ 0 ⇔ − 2 ≥ 0 ⇔ ln x ≥ ⇔ x ≥ e 3 = e 2 ⋅ 3 e 2 3 4
La funzione ha la concavità rivolta verso il basso per 0 < x < e 2 ⋅ 3 e 2 ha un punto di flesso per 8 x = e 2 ⋅ 3 e 2 e decresce per x > e 2 ⋅ 3 e 2 . Il punto di flesso ha coordinate e 2 ⋅ 3 e 2 ; 3e ⋅ 6 e 2
In definitiva il grafico della funzione è: 4
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y = senx +
960)
sen2x 2
Si tratta di una funzione trascendente trigonometrica intera che può essere scritta anche come y = senx (1 + cos x ) per le formule di duplicazione del seno. Il C.E. è tutto ℜperché la funzione seno è definita su tutto ℜ Non ci sono punti di discontinuità perché la funzione è somma di funzioni continue quindi è continua su tutto ℜ La funzione è dispari poiché: f ( − x ) = sen( − x ) +
sen( − 2 x ) sen 2 x sen2 x = −senx − = − senx + = − f ( x) 2 2 2
Quindi è simmetrica rispetto all’origine degli assi coordinati.
5
Esercizi proposti dal libro “Esercizi e problemi di analisi matematica” a cura di B.Demidovic Editori Riuniti Prof.ssa Serenella Botta Inoltre la funzione è periodica di periodo 2π , allora basterà studiare la funzione nell’intervallo [0;2π] e disegnarla traslata in tutti gli altri tratti. La funzione è limitata −
3 sen2 x 3 < senx + < + poiché: 2 2 2 senx +
sen 2 x sen 2 x 1 3 ≤ senx + ≤1 + = 2 2 2 2
3 Quindi possiamo eliminare dal grafico cartesiano i riquadri al di sopra della retta y = + e 2 al di sotto della retta y = −
3 poiché i punti della funzione saranno nella striscia di piano 2
compresa tra le due rette. Studiamo la positività nell’intervallo
[0;2π]
della funzione scritta nella forma
y = senx (1 + cos x ) senx(1 + cos x ) ≥ 0
Poiché
cos x ≤1
allora 1 + cos x ≥ 0 ∀x ∈ℜe la positività di senx(1 + cos x ) ≥ 0
senx ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ π allora f ( x ) è
dipende solo da
senx . Da
Sul rettangolo
[0;2π ] × − 3 ;+ 3 2
2
positiva se 0 < x < π se x = 0; π =0 negativa se π < x < 2π
del piano cartesiano dove disegneremo il grafico
probabile della funzione possiamo eliminare i riguardi delimitati dalla retta
x=π
nei quali
non troviamo punti della funzione e marcare gli zeri della funzione, cioè i punti in cui la funzione si annulla x1 = 0; x2 = π; x3 = 2π .
6
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La funzione in quanto definita su tutto l’asse reale avrà infiniti zeri infatti si annulla per
x = kπ per qualche k ∈Ζ . Studio della derivata prima: y ′ = cos x + 2
cos 2 x ⇒ y ′ = cos x + cos 2 x ⇒ y ′ = 2 cos 2 x + cos x − 1 2
1 1 y ′ ≥ 0 ⇔ 2 cos 2 x + cos x − 1 ≥ 0 ⇔ ( cos x + 1) cos x − ≥ 0 ⇔ cos x − ≥ 0 2 2 ⇔0≤ x≤
π 5 ∨ π ≤ x ≤ 2π iv 3 3
Schematizzando la situazione:
7
Esercizi proposti dal libro “Esercizi e problemi di analisi matematica” a cura di B.Demidovic Editori Riuniti Prof.ssa Serenella Botta π Possiamo concludere che: la funzione cresce per 0 < x < ; ha un punto di massimo per 3 x=
π 3
; decresce per
nuovamente per
π 5 5 < x < π ; ha un punto di minimo per x = π ; cresce 3 3 3
5 π < x < 2π . 3
π 3 3 ; il punto di minimo ha coordinate Il punto di massimo ha coordinate ;+ 3
4
5 3 3 π;− . 3 4
Ovviamente per la funzione definita su tutto ℜesistono infiniti punti di minimo 5 π 3 3 3 3 π + 2kπ;− e di massimo + 2kπ;+ per qualche k ∈Ζ . 3 4 4 3
Studio della derivata seconda: y′′ = −4 cos xsenx − senx ⇒ y′′ = −senx ( 4 cos x + 1) − senx ≥ 0 − senx ≤ 0 y′′ ≥ 0 ⇔ −senx ( 4 cos x + 1) ≥ 0 ⇔ 4 cos x + 1 ≥ 0 4 cos x + 1 ≤ 0
Invece di studiare due sistemi ne studiamo solo uno facendo lo studio del segno del prodotto − senx ( 4 cos x +1) ≥ 0
− senx ≥ 0 ⇔ 4 cos x + 1 ≥ 0
senx ≤ 0 cos x ≥ − 1 ⇔ 4
π ≤ x ≤ 2π cos x ≥ − 1 v 4
π ≤ x ≤ 2π ⇔ 0 ≤ x ≤ arccos − 1 ∨ 2π − arccos − 4
1 ≤ x ≤ 2π 4
Schematicamente si ha:
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1 La funzione ha la concavità rivolta verso il basso negli intervalli 0 ≤ x ≤ arccos − e 4
1 π ≤ x ≤ 2π − arccos − e ha la concavità rivolta verso l’alto negli intervalli 4 1 1 arccos − ≤ x ≤ π e 2π − arccos − ≤ x ≤ 2π ; ed ha tre punti di flesso nei punti 4 4
3 15
3 15
vi; F3 = 2π − arccos . F1 (π ; 0 ) ; F2 = arccos − ; − ; 4 16 4 16 1
1
Allora il grafico probabile nell’intervallo [0;2π] è:
E su tutto ℜdiventa:
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Per la definizione di logaritmo, log a b esiste se la base a è positiva e diversa da zero e l’argomento b del logaritmo è positivo
i
(0 < a < 1 ∨ a > 1) ∧ b > 0 ii
Per definizione di radice di indice pari l’argomento deve essere non negativo.
iii
Perché la divisione per lo zero non è un’operazione lecita.
iv
Ragionando sulla circonferenza goniometrica il coseno si mantiene maggiore di +
trovano a destra della retta
⇔0≤ x≤
v
1 2
e poiché il cos x = +
1 1 π ⇔ x = allora cos x − ≥ 0 2 2 3
π 5 ∨ π ≤ x ≤ 2π 3 3
cos x ≥ −
−
x =+
1 per i valori che si 2
1 si risolve ragionando sulla circonferenza goniometrica il coseno si mantiene maggiore di 4
1 1 1 1 per i valori che si trovano a destra della retta x = − e poiché il cos x = − ⇔ x = arccos − 4 4 4 4
allora:
cos x = −
1 1 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ arccos − ∨ 2π − arccos − ≤ x ≤ 2π 4 4 4
vi
1 1 1 f arccos − = sen arccos − cos arccos − + 1 = 4 4 4
15 1 3 15 1 1 = sen arccos + ⋅ cos arccos − + 1 = − + 1 = 4 4 16 4 4 2
2
15 1 1 1 Osservando che sen arccos − = poiché sen arccos − + − = 1 4 4 4 4
1
Analogamente per f π + arccos + 4