Soluzioni tutorato1

Manuela Grella e Simona Giovannetti

23 marzo 2005

Soluzione 1. (i) Per le proprietà del logaritmo abbiamo che ln(1 + \frac{1}{x}) = ln(\frac{x+1}{x}) = ln(x + 1) − ln x. Applico il teorema di Lagrange alla funzione f(x) = ln x nell’intervallo [x, x + 1], quindi ∃ ξ ∈ (x, x + 1) tale che

ln(x + 1) − ln(x) = f′(x)(x + 1 − x) = \frac{1}{ξ}

Poiché x < ξ < x + 1 allora abbiamo che

\frac{1}{x + 1} < \frac{1}{ξ} = ln(1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x}

(ii) Applico Lagrange a f(x) = x + sin x − 2(e^{x} − 1), con ξ ∈ [0, x); ottengo che x + sin x − 2(e^{x} − 1) = f′(ξ)x: poiché ho che f′(x) = 1 + cos x − 2e^{x}, maggiorando cos x con 1 si ha:

x + sin x − 2(e^{x} − 1) = (1 + cos(ξ) − 2e^{ξ}) ≤ (1 + 1 − 2e^{ξ}) ≤ 2 − 2e^{ξ} ≤ 0

(iii)Applico Lagrange a f(x) = tan x − x − \frac{x^{3}}{3} con ξ ∈ [0, x) e x ≤ \frac{π}{2} . Poiché f′(x) = \frac{1}{cos^{2}} − 1 − x^{2} abbiamo che

tan x − x − \frac{x^{3}}{3} = f′(ξ)x = x(\frac{1}{cos^{2} ξ} − 1 − ξ^{2})

Poiché x > 0 non contribuisce allo studio della disuguaglianza, quindi basta dimostrare che \frac{1}{cos^{2}ξ} − 1 − ξ^{2} ≥ 0: minorando −ξ^{2} per ξ ∈ (0, \frac{π}{2} ) (dal

momento che x < \frac{π}{2} ), si ha che \frac{1}{cos^{2}ξ} − 1 − ξ^{2} ≥ \frac{1}{cos^{2}ξ} − 1 − \frac{π^{2}}{4} , quindi quello

che dobbiamo dimostrare è che \frac{1}{cos^{2}ξ} ≥ 1 + \frac{π^{2}}{4} , ma questo è vero perché cos^{2} ξ ≤ _{\frac{1}{1+ \frac{π^{2}}{4}}} dal momento che cos^{2} ξ ≃ ϵ per c che tende a \frac{π}{2} .

Soluzione 2. Applico Lagrange alla funzione h(x) = f(x) − g(x) ∈ [a, x): otteniamo

h(x) − h(a) = h(ξ)(x − a) ξ ∈ (a, x)

E quindi abbiamo:

f(x) − g(x) − f(a) + g(a) = [f′(ξ) − g′(ξ)](x − a)

dove −f(a) + g(a) < 0 e f′(ξ) − g′(ξ) > 0, quindi:

f(x) − g(x) = [f(a) − g(a)] + [f′(ξ) − g′(ξ)](x − a) > 0

Soluzione 3. (i) f(x) = |x^{3} − 1|. Studiamo la funzione x^{3} − 1 poi ribaltiamo la parte negativa.

Il dominio è tutto R; per il segno abbiamo che

f(x) ≥ 0 <=> x^{3} − 1 ≥ 0 <=> x^{3} ≥ 1 <=> x ≥ 1

I limiti sono lim_{x→+∞} x^{3} − 1 = +∞ e lim_{x→−∞} x^{3} − 1 = −∞.

Gli asintoti: non ci sono asintoti verticali o orizzontali; verifichiamo gli asintoti obliqui:

lim_{x→+∞} \frac{x^{3} − 1}{x} = +∞ e lim_{x→−∞} \frac{x^{3} − 1}{x} = +∞

quindi non ci sono neanche gli asintoti obliqui.

La derivata prima è f′(x) = 3x^{2}, quindi f′(x) = 0 <=> x = 0 e f′(x) > 0 ∀x ≠ 0.

La derivata seconda è f′′(x) = 6x, quindi f′′(x) = 0 <=> x = 0 e f′′(x) > 0 per x > 0 e f′′(x) < 0 per x < 0.

La funzione non è derivabile in 1.

(ii) f(x) = \sqrt{\frac{x^{2}(x−1)}{x+1}}

Il dominio deve essere tale che x + 1 ≠ 0 ed inoltre \frac{x^{2}(x−1)}{x+1} ≥ 0, quindi studiando le disuguaglianze otteniamo che il dominio D è pari a (−∞, −1) ∪ {0} ∪ [1, +∞). Il segno di f(x) è > 0 ∀x ∈ D e f(x) = 0 per x = 0 e per x = 1.

I limiti sono

lim_{x→−∞} f(x) = +∞, lim_{x→−1^{−}} \sqrt{\frac{x^{2}(x − 1)}{x + 1}} = +∞ e lim_{x→+∞} f(x) = +∞

Gli asintoti: non ci sono asintoti orizzontali, ma c’è un asintoto verticale in −1. Vediamo ora gli asintoti obliqui:

m = lim_{x→+∞} \sqrt{\frac{x^{2}(x − 1)}{x + 1}} \frac{1}{x} = lim_{x→+∞} \sqrt{\frac{x^{2}(x − 1)}{x^{2}(x + 1)}} = 1

q = lim_{x→+∞} \sqrt{\frac{x^{2}(x − 1)}{x + 1}} − x = lim_{x→+∞} \frac{\sqrt{x^{2}(x − 1)} − x\sqrt{x + 1}}{\sqrt{x + 1}} =

= lim_{x→+∞} \frac{x^{2}(x − 1) − x^{2}(x + 1)}{(\sqrt{x^{2}(x − 1)} + x\sqrt{x + 1})\sqrt{x + 1}} =

= lim_{x→+∞} \frac{−2x^{2}}{\sqrt{x^{2}(x^{2} − 1)} + x(x + 1)} = −1

quindi abbiamo l’asintoto obliquo con retta y = x − 1 per x → +∞.

m = lim_{x→−∞} \sqrt{\frac{x^{2}(x − 1)}{x + 1}} \frac{1}{x} = lim_{x→−∞} \frac{|x|}{x}\sqrt{\frac{x − 1}{x + 1}} = −1

q = lim_{x→−∞} \sqrt{\frac{x^{2}(x − 1)}{x + 1}} + x = lim_{x→−∞} \frac{\sqrt{x^{2}(x − 1)} + x\sqrt{x + 1}}{\sqrt{x + 1}} =

= lim_{x→−∞} \frac{x^{2}(x − 1) − x^{2}(x + 1)}{(\sqrt{x^{2}(x − 1)} − x\sqrt{x + 1})\sqrt{x + 1}} =

= lim_{x→−∞} \frac{−2x^{2}}{−(x\sqrt{(x^{2} − 1)} + x(x + 1))} = 1

quindi abbiamo l’asintoto obliquo con retta y = 1 − x per x → −∞.

La derivata prima è f′(x) = \sqrt{\frac{x+1}{x^{2}(x−1)}} \frac{x(x^{2}+x−1)}{(x+1)^{2}}: essa si annulla per x =

\frac{−1+\sqrt{5}}{2} (che però non appartiene al dominio della funzione) e per x = \frac{−1−\sqrt{5}}{2}; studiando il segno della derivata abbiamo che per x < ^{\underline{−1−\sqrt{5}}} , f′(x) < 0, quindi è decrescente, mentre nel resto del dominio f′(x) > 0, quindi la funzione è crescente. Da ciò possiamo dedurre che x = \frac{−1−\sqrt{5}}{2} è un punto di minimo. In 1 però, la derivata non esiste, pertanto studiamo il limite:

lim_{x→1^{+}} \sqrt{\frac{x + 1}{x^{2}(x − 1)}} \frac{x(x^{2} + x − 1)}{(x + 1)^{2}} = +∞

quindi la funzione f(x) ha tangenza verticale in 1. Prescindiamo lo studio della derivata seconda.