Soluzioni tutorato1

Manuela Grella e Simona Giovannetti

7 aprile 2005

Ricordiamo la definizione di uniforme continuitá: data f : [a, b] → R é uniformemente continua se∀ϵ∃δ(ϵ)t.c.∀x, y ∈ [a, b]t.c.|x − y| < δ ⇒ |f(x) − f(y)| < ϵ

Questi sono alcuni criteri per stabilire se una funzione é uniformemente continua: (i)se f(x) é uniformemente continua su tutto l’intervallo e possiede un asintoto orizzontale allora f(x) é u.c.. (ii)se f(x) é continua su un compatto allora é u.c. (iii)se f(x),definita in un intervallo aperto, é estendibile ad una funzione continua nell’intervallo chiuso,allora é u.c. (iv) se f(x) non é estendibile ad una funzione continua su un compatto non é u.c.

(v)se f(x) ha derivata limitata é u.c. (vi) se f(x) é lipschitziana é u.c.

Sono utili anche i seguenti lemmi: (i)(Lemma della farfalla)Se f(x) : [a, ∞] → R é u.c.allora∃A, Bt.c.|f(x)| ≤ Ax + B. (Si usa in negativo,cioé per dimostrare che una funzione non é u.c.)

(ii)Se f(x) é u.c. in un intervallo I limitato allora f(x) é limitata in I.

Esercizio 1. La funzione é definita ∀x ≠ 0 e,tenendo conto del modulo, si puó definire in questo modo:

f(x) = \{ \begin{matrix}e^{−x}(logx + 1) & se x > 0 \\ e^{−x}(log(−x) − 1) & se x < 0 \end{matrix}

Cominciamo a studiare la funzione per x > 0. Il segno della funzione è determinato da (logx + 1), dal momento che e^{−x} è sempre positivo, quindi si ha:

e^{−x}(logx + 1) > 0 ⟺ log x > −1 ⟺ x > \frac{1}{e}

e per x = \frac{1}{e} la funzione si annulla. Studiamo ora i limiti:

lim_{x→0^{+}} e^{−x}(log x + 1) = −∞ e lim_{x→+∞} e^{−x}(log x + 1) = 0

per cui si ha un asintoto verticale destro (x = 0) in 0 e un asintoto orizzontale (y=0). Studiamo ora la derivata prima: f′(x) = e^{−x}(\frac{1}{x} − log x − 1). Essa è definita ∀ x > 0. Poiché e^{−x} è sempre positiva, per analizzarne il segno consideriamo la funzione

g(x) = \frac{1}{x} − log x − 1

Studiamone la derivata prima: g′(x) = −\frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{x} = −\frac{1}{x^{2}} (1 + x) che è sempre negativa per x > 0, quindi g(x) è sempre decrescente; dato che g(1) = 0, la funzione g(x) è positiva in (0, 1) e negativa per x > 1, perciò anche f′(x) è positiva in (0, 1) e negativa per x > 1: pertanto f(x) è crescente in (0, 1) e decrescente in (1, +∞); inoltre il punto x = 1 è un punto di massimo relativo, e f(1) = \frac{1}{e}.

Studiamo ora la funzione per x < 0, quindi f(x) = e^{−x}(log(−x) − 1) Per il segno della funzione, poiché e^{−x} è sempre positivo allora si ha:

f(x) > 0 ⟺ log(−x) − 1 > 0 ⟺ log(−x) > 1 ⟺ x < −e

Inoltre f(−e) = 0. Studiamo ora i limiti:

lim_{x→0^{−}} e^{−x}(log(−x) − 1) = −∞ e lim_{x→−∞} e^{−x}(log(−x) − 1) = −∞

quindi abbiamo un asintoto vertivale sinistro (x = 0) in 0. Inoltre la funzione non ha asintoti obliqui a −∞ poiché

lim_{x→−∞} \frac{e^{−x}(log(−x) − 1)}{x} = −∞

. Studiamo la derivata prima: f′(x) = −e^{−x}(log(−x) − 1) + e^{−x}(\frac{1}{x}) = e^{−x}(\frac{1}{x} − log(−x) + 1). Poiché e^{−x} è sempre positivo, per studiare il segno della derivata prima studiamo il segno della funzione:

h(x) = \frac{1}{x} − log(−x) + 1

Consideriamo la sua derivata: h′(x) = −\frac{1}{x^{2}} − \frac{1}{x} = −\frac{1}{x^{2}} (1 + x), che si annulla per x = −1, e quindi qui si annulla anche la f′(x). h′(x) > 0 in (−∞, −1) e < 0 in (−1, 0), quindi −1 è un punto di massimo per h(x) e h(−1) = 0, per cui h(x) < 0 ∀ x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 0). Quindi f′(x) = 0 per x = −1 ed è negativa in tutti gli altri punti dell’intervallo considerato, pertanto f(x) è strettamente decrescente in (−∞, 0) e ha un punto di flesso orizzontale in −1 dove f(−1) = −e.

Esercizio 2. Si noti che la funzione é periodica di 2π,quindi ci limitiamo a studiarla nell’intervallo [0, 2π];in particolare si tratta anche di una funzione dispari(perché lo sono senx e tanx),quindi ci potremmo anche ridurre all’intervallo [0, π]. La funzione in [0, 2π] é definita ∀x ≠ π/2, 3π/2;é positiva in [0, 2π] e in [π, 3π/2] e negativa nei restanti intervalli. Per i limiti si ha: lim_{→π/2^{+}} f(x) = −∞; lim_{→3π/2^{+}} f(x) = −∞; lim_{→3π/2^{−}} f(x) = ∞ ; lim_{→π/2^{−}} f(x) = ∞. La derivata prima é f′(x) = cosx + 1/cosx^{2}; essa si annulla in x = π e f′(x) > 0 ∀x ≠ π;quindi per x = π,dove si ha f(x) = 0, ho un flesso a tangente orizzontale. La derivata seconda é f′′(x) = \frac{senx}{cosx} \frac{−cosx^{3}+2}{cosx^{2}},essa é positiva in [0, π/2] e in [π, 3π/2],dove la funzione é convessa,e negativa nei rimanenti intervalli dove la funzione é concava.

Esercizio 3. Sia dapprima α ≤ 1; posto 1 ≤ x ≤ y, si ha \frac{y}{x} ≥ 1, da cui (\frac{y}{x})^{α} ≤ \frac{y}{x}; perciò:

y^{α} − x^{α} = x^{α} [(\frac{y}{x})^{α} − 1] ≤ x^{α} [(\frac{y}{x}) − 1]

cioè y^{α} − x^{α} ≤ x^{α−1}(y − x); ma il fattore x^{α−1} è ≤ 1, perché x ≥ 1 e l’esponente α − 1 ≤ 0: ne segue che per 1 ≤ x ≤ y vale

f(y) − f(x) = y^{α} − x^{α} ≤ y − x

cioè |f(y) − f(x)| ≤ |y − x|, disuguaglianza valida comunque si prendano x ed y in [1, +∞), dato che x ed y sono ovviamente interscambiabili.

Da ciò segue l’uniforme continuità di f, perché fissato ϵ > 0, si può prendere come δ un qualunque numero minore di ϵ, ad esempio δ = \frac{ϵ}{2}: per |y − x| < δ si ha |f(y) − f(x)| ≤ δ < ϵ.

Esercizio 4. (i)f(x) é u.c. perché f′(x) = \frac{−senx}{(cosx+2)^{2}} e |f′(x)| ≤ 1; (ii)f(x) = \frac{2}{e^{x}−e^{−x}} non é u.c. perché se consideriamo l’intervallo limitato (0,1) essa non é limitata;infatti lim_{→0^{+}} f(x) = −∞. (iii)f(x) é u.c. perché f′(x) = cos(1/x)(−1/x^{2}) e |f′(x)| ≤ π^{2} (iv)f(x) é u.c. su tutto R perché é continua ed ha un asintoto orizzontale infatti il limite a + e - ∞ valgono 1. (v)f(x) é u.c. nell’intervallo [3, ∞] perché f′(x) = \frac{x^{4}−12x^{2}−2x}{(x^{2}−4)^{2}} e lim_{→∞} f′(x) = 1; invece in (−∞, −2) f(x) non é u.c. perché non é u.c. nell’intervallo limitato [−3, −2);infatti lim_{→−2^{−}} f(x) = −∞