CAM, a.a. 2003-2004 - Esercizi 3 [Soluzioni]

Giampiero Palatucci

22 marzo 2004

1. Dimostrare la validità delle seguenti disuguaglianze:

a. \sqrt{1 + x^{2}} ≤ \sqrt{1 + y^{2}} + |x − y|, ∀ x e y ∈ ℝ^{+}. Se x ≤ y, allora la tesi è banalmente vera. Verifichiamo la disuguaglianza per x > y. Sia f(t) := \sqrt{1 + t^{2}}. Per il Teorema di Lagrange, esiste ξ ∈ (y, x) tale che

\frac{f(x) − f(y)}{x − y} = f′(ξ) = \frac{ξ}{\sqrt{1 + ξ^{2}}}

Poiché, \frac{ξ}{\sqrt{1 + ξ^{2}}} ≤ 1, si ha la tesi.

b. 2 cos^{2} x − 3 sin x + 2 sin^{2} x < 3e^{−x} − 1, ∀x ∈ (0, \frac{π}{2} ).

Poiché cos^{2} x + sin^{2} x = 1, si ha:

2 cos^{2} x − 3 sin x + 2 sin^{2} x < 3e^{−x} − 1 ⇔ 1 − sin x < e^{−x}.

Sia f(x) := e^{x}(1 − sin x), allora la tesi equivale a dimostrare che f(x) < 1 per ogni x nell’intervallo (0, \frac{π}{2}). Osserviamo che f(0) = 1. Dimostriamo che la funzione f è decrescente nell’intervallo (0, \frac{π}{2}). Si ha:

f′(x) = e^{x}(1 − sin x − cos x)

Poiché

\sqrt{2} ≡ sin \frac{π}{4} + cos \frac{π}{4} ≥ sin x + cos x > 1,

allora

1 − \sqrt{2} ≤ (1 − sin x − cos x) < 0.

In particolare

e^{x}(1 − sin x − cos x) < 0, ∀x ∈ (0, \frac{π}{2} ) ,

da cui la monotonia voluta per f.

c. e^{x} ≥ 1 + x, ∀ x ≥ 0;

d. ln (1 + x) ≥ x − \frac{x^{2}}{x} , ∀ x ≥ 0.

2. Dire per quali α ∈ ℝ la funzione f(x) := e^{x} − αx^{3} è convessa.

Osserviamo che f è una funzione derivabile infinite volte con derivate continue. Quindi, il problema equivale a cercare per quali parametri reali α la funzione ha derivata seconda non negativa, i.e. per quali α

f′′(x) = e^{x} − 6αx ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

Se α < 0 la funzione non è convessa. Infatti,

lim_{x→−∞}(e^{x} − 6αx) = −∞.

Se α = 0 f(x) ≡ e^{x} è convessa.

Studiamo il caso α > 0. Subito, se x ≤ 0 si vede che e^{x} ≥ 6αx. Resta da analizzare la disuguaglianza f′′(x) ≥ 0 per le x positive. Poniamo

g(x) := \frac{e^{x}}{6x}

e vediamo per quali α

g(x) ≥ α, ∀x ∈ (0, ∞).

Poiché g è continua in (0, ∞) e lim_{x→0^{+}} g(x) = lim_{x→+∞} g(x) = +∞, allora ha un minimo in (0, ∞). Si ha

g′(x) = \frac{e^{x}}{6x^{2}} (x − 1) = 0 ⇔ x = 1.

Ne segue che g(1) = \frac{e}{6} è un minimo per g.

In definitiva, f è convessa su tutta la retta reale se e solo se 0 ≤ α ≤ \frac{e}{6}.

3. Un triangolo rettangolo di ipotenusa data a viene fatto ruotare attorno ad uno dei due cateti per generare un cono circolare retto. Trovare il cono di volume massimo.

Ricordiamo che il volume di un cono circolare è dato da V = \frac{1}{3}πr^{2}h, dove r è il raggio della circonferenza di base ed h è l’altezza.

Indichiamo con x l’altezza del cono; segue (Teorema di Pitagora) r = \sqrt{a^{2} − x^{2}}. Scriviamo la funzione volume in funzione di x e troviamone il massimo. Si ha:

V (x) = \frac{1}{3}π(a^{2}x − x^{3}).

Da cui

V′(x) = \frac{1}{3}π(a^{2} − 3x^{2}),

che è positiva per in (0, \frac{a}{\sqrt{3}}) e negativa in (\frac{a}{\sqrt{3}}, ∞).

Segue che il volume massimo si ha per r = x = \frac{a}{\sqrt{3}} e h = \sqrt{\frac{2}{3}}a.