CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ Esercizi risolti

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1 CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ Esercizi risolti. Determinare kπ/ [cos] al variare di k in Z. Ove tale ite non esista, discutere l esistenza dei iti laterali. Identificare i punti di discontinuità della funzione f() = [cos ] ed il loro tipo.. Determinare per quale valore del parametro α la funzione è continua sull intervallo [, + ). [] denota la parte intera di. 3. Sia { + se 0 f() = [] + α se < 0 f() = { sin( ) ( + ) se > 0 a + 3 se 0; determinare a in modo che f risulti continua nel suo dominio. 4. Scrivere l equazione della retta tangente nel punto di ascissa = al grafico di f() = + log( 3) e ricavare la parte principale di f() f() per. 5. Determinare i punti di non derivabilità delle seguenti funzioni a) f() = b) f() = e c) f() = min (, ) 6. Sia { ( β) 0 f() = α sin < 0. Determinare α e β in modo che f sia continua e derivabile su R. 7. Verificare che le funzioni a) f() = log b) f() = sono prolungabili con continuità per = 0. Le funzioni f così prolungate risultano derivabili in = 0? 8. Sia f() una funzione derivabile. Dimostrare che se f è pari allora f è dispari, e viceversa se f è dispari allora f è pari.

2 9. Tra tutte le rette y = k (con k > 0) trovare quella tangente al grafico di f() = e in un punto di ascissa 0 > 0. Utilizzare questo risultato per determinare il numero di soluzioni dell equazione e = k al variare di k in R. 0. Verificare che si può applicare il teorema di Lagrange alla funzione f() = arcsin nel suo dominio [a, b], e determinare i punti di Lagrange, cioè i punti c tali che f (c) = f(b) f(a) b a.. Sia f() = 7 +. Verificare che f è invertibile su R. Verificare che la funzione inversa f è derivabile su R e calcolare (f ) (0) e (f ) ().. Sia f() = ( )e +arctg (log )+. Dimostrare che f è invertibile sul suo dominio e determinare im(f). 3. Dimostrare che la funzione f() = e e + è invertibile in tutto il suo dominio R. Calcolare poi esplicitamente la funzione inversa f ed il suo dominio. 4. Dimostrare che la funzione f() = + log è invertibile nel suo dominio R +. Detta f la funzione inversa, calcolare (f ) (0). 5. Determinare gli intervalli di monotonia della funzione f() = Quanti zeri ha f? Detta f la funzione inversa di f ristretta all intervallo di monotonia contenente = 0, calcolare (f ) (). 6. Tra tutti i triangoli rettangoli di ipotenusa assegnata a trovare quello di area massima. 7. Utilizzando la regola di de l Hopital calcolare a) log( + sin) sin c) (e + ) 8. Verificare che la funzione b) sin (π 3 ) d) sin (log( + 3)) e 3 arcsin π/ ( π ) e) f) + arctg. non ha altri zeri oltre a 0 =. f() = log( + ) Determinare il numero di punti critici della funzione f() = log. 0. Determinare il numero di soluzioni dell equazione e 9 9+ = a al variare di a in R.

3 . Studiare la funzione f() = log 3 log +. Discutere l invertibilità di f, e calcolare (f ) ( 3 ). È possibile scrivere esplicitamente la funzione inversa f?. Tra tutti i cilindri circolari retti di volume fissato V trovare quello di area superficiale totale minima (incluse le facce circolari del cilindro). 3. Un triangolo rettangolo di ipotenusa a è ruotato attorno ad uno dei cateti e genera un cono circolare retto. Trovare il più grande volume possibile di tale cono. [Si ricordi che il volume del cono è 3 area di base altezza.] 4. Dimostrare che 8 < 5 7 < 7 senza calcolare 5 con 3 cifre decimali, ma applicando il teorema di Lagrange alla funzione f() = nell intervallo [49, 5]. 5. a) Sia f una funzione definita su un intervallo I R tale che f() f(t) ( t),, t I. Dimostrare che f è costante su I. (Suggerimento: si dimostri che f ( 0 ) = 0 0 I.) b) Dimostrare lo stesso risultato senza usare la derivata. (Suggerimento: fissati, t I con t <, si divida l intervallo [t, ] in n intervallini di uguale ampiezza.)

4 Soluzioni. Per la periodicità, è sufficiente considerare i casi: k = 0,,, 3. Disegnando il grafico di f() = [cos ] si vede che: f() = 0 f(0) = ; f() = = f(π); π f() = 0 = f( π π ) f() = ; π + f() = f() = 0 = f( 3 3 π 3 π). π+ I punti = 0, ±π, ±4π,... sono punti di discontinuità einabile. I punti = ± π, ±3 π,... sono punti di discontinuità di prima specie (tipo salto).. La funzione è continua in tutti i punti di [, + ) escluso al più lo zero. Essendo f() = ( + ) = = f(0), + + la funzione è continua in zero da destra. Essendo infine f() = α + [] = α, la funzione sarà continua anche nello zero se e solo se α =, cioè α =. 3. La funzione è continua in tutti i punti escluso al più nello zero. Si ha f() = (a + 3) = a + 3 = f(0), cioè f è continua in zero da sinistra. Calcolando il ite di f() per 0 + abbiamo sin( ) + ( + ) = + o( ) + ( =. + o()) Quindi f è continua in tutto il suo dominio se e solo se a + 3 = cioè a =. 4. Si ha f() = 4/3. Calcolando f () otteniamo f () = 3/9. Quindi la retta tangente nel punto 0 = ha equazione y = 3 9 ( ) Utilizzando la prima formula dell incremento finito si ha f() f() = 3 9 ( ) + o( ) ( ), e quindi la parte principale di f() f() per è 3 9 ( ). 5. a) La funzione f ha due punti angolosi in = ±, come si vede facilmente anche disegnandone il grafico. Ad esempio calcolando le derivate laterali nel punto 0 = otteniamo f ± f() f() () = ± = ± = + ± = ±.

5 b) La funzione f ha un punto angoloso in = 0, come si verifica anche disegnandone il grafico. Esplicitamente, le derivate laterali in 0 = 0 sono date da: f + e (0) = + f (0) = e = t 0 e t t =. c) Risolvendo la disequazione < si vede facilmente che { se, 0, f() = se >. =, Notiamo che f non è definita in = 0. In tutti gli altri punti, escluso al più i punti di raccordo = ±, f è continua e derivabile perchè restrizione di funzioni continue e derivabili. La funzione è chiaramente continua nei punti = ±. Calcolando le derivate laterali in tali punti si ottiene facilmente f ±() = = f ±( ). Quindi f ha due punti angolosi in = ±. Possiamo anche procedere graficamente, notando che il grafico di f si disegna a partire dai due grafici di e prendendo sempre quello che sta al di sotto dell altro. Il grafico così ottenuto presenta appunto due punti angolosi in = ±. 6. Imponendo la continuità in = 0 si ottiene β = ±. La funzione è chiaramente derivabile in ogni punto escluso al più il punto di raccordo = 0, con { ( β) > 0 f () = α cos < 0. Sia β = ±, così che f è continua in = 0. Per studiare la derivabilità in = 0 calcoliamo il ite per che tende a zero della funzione f (). Per un noto teorema, se tale ite esiste ed è uguale a l R allora f è derivabile in zero e f (0) = l. Essendo + f () = β, f () = α, vediamo che f è derivabile in = 0 se e solo se α = β =. In definitiva f è continua e derivabile su R se e solo se (α, β) = (, ), oppure (α, β) = (, ). 7. a) Si ha dom(f) = R \ {0}. Per calcolare il ite di f() per che tende a zero ricordiamo il ite fondamentale α log = 0, α > 0. + Da questo otteniamo log = 0,

6 e quindi f si può prolungare con continuità nello zero ponendo f(0) = 0. Calcolando il ite del rapporto incrementale nello zero otteniamo che f è derivabile in = 0 con f (0) = 0, essendo b) Si ha f() f(0) = / log / = e log = e 0 =. Posto f(0) = e calcolando il ite del rapporto incrementale per che tende a zero otteniamo e log ( e log ) = log = ( ) =. log Quindi in questo caso f non è derivabile in = Sia f pari, f( ) = f(). Prendendo la derivata di ambo i membri e utilizzando la formula di derivazione della funzione composta, otteniamo f ( ) = f (), cioè f é dispari. Analogamente se f è dispari, f( ) = f(), si ottiene f ( ) = f (), e quindi f è pari. 9. Imponendo le condizioni di tangenza tra f() = e e g() = k, cioè { f() = g(), f () = g (), si ottiene facilmente = e k = e. Quindi la retta y = e è tangente a e nel punto di ascissa. Graficamente si deduce allora che l equazione e = k ha soluzione per k < 0 e per k = e, soluzioni per k > e, nessuna per 0 k < e. Possiamo anche procedere in un altro modo, cioè studiamo la funzione f() = e k al variare di k R. Ci interessa trovare quanti zeri ha f, cioè il numero di soluzioni dell equazione f() = 0. Possiamo supporre k 0. Sia k > 0. Si ha ± f() = +. Calcolando la derivata e studiandone il segno otteniamo = 0. f () = e k 0 log k. Quindi f ha un punto di minimo assoluto in = log k. Per stabilire se questo minimo è positivo, negativo o nullo osserviamo che f(logk) = e log k k log k = k( log k) 0 k e. Quindi se k > e il minimo sta al di sotto dell asse e f ha due zeri. In questo caso la retta y = k è secante al grafico di e. Se k = e il minimo giace sull asse, f ha un solo zero, e la retta y = e è tangente a e. Infine se 0 < k < e il minimo è al di sopra dell asse e quindi f non ha zeri. In tal caso la retta y = k non incontra il grafico di e. Sia ora k < 0. Si ha ± f() = ± e f () = e k > 0

7 R. Dunque f è strettamente crescente su R e si annulla in un solo punto 0 (< 0 perchè f(0) = ). Quindi per k < 0 la retta y = k incontra il grafico di e nel solo punto 0, come è evidente anche graficamente. Un terzo metodo consiste nello studiare la funzione f() = e ; dopo averne disegnato il grafico, si determina il numero di soluzioni dell equazione f() = k al variare di k in R. 0. La funzione f() = arcsin è continua su [, ] ed è derivabile su (, ) (i punti = ± sono punti a tangente verticale, essendo ± f () = + ). Si può quindi applicare il teorema di Lagrange. I punti di Lagrange sono determinati da c = f() f( ) = π, = c = ± 4 π.. La funzione f è continua e strettamente crescente su R, essendo f () = > 0. Quindi f è invertibile su R. Poichè la sua derivata non si annulla mai, la funzione inversa f è derivabile su R. Essendo f(0) = 0 e f() =, si ha. Si ha dom(f) = R +, e (f ) (0) = f (0) =, (f ) () = f () = 8. f () = e ( + ) + ( + log ). Si verifica subito che f () > 0 > 0, quindi f è strettamente crescente su R +, e dunque è invertibile. Per determinare l immagine osserviamo che se f è una funzione continua e strettamente crescente su un intervallo (a, b), allora l immagine im(f) è l intervallo (s, S), dove s = a + f() = inf f, S = b f() = supf. Nel nostro caso abbiamo + f() = π, f() = +, = im(f) = ( π +, + ). 3. Si ha f () = 4 e > 0, R. (e + ) Essendo strettamente crescente, f è invertibile su tutto R. Per calcolare la funzione inversa dobbiamo risolvere l equazione f() = y per in funzione di y. Posto e = t si ottiene l equazione fratta t +y t+ = y, la cui soluzione è t = ( y. Dunque ( ) ( + y) = log y ( ) ( + ) f () = log.

8 Il dominio di f (che è anche l immagine di f) è dato da dom(f ) = { : + > 0} = (, ). 4. Si ha f () = + = + < 0, R +. Quindi f è strettamente decrescente su R + ed è dunque invertibile in questo intervallo. Essendo f() = 0, si ha (f ) (0) = /f () = /. 5. Studiando il segno della derivata f () = = ( + )( ), si vede che f è strettamente crescente sugli intervalli (, ) e (, + ), strettamente decrescente sull intervallo (, ). Notiamo che f() =, f() = +. Essendo + f(0) = > 0, il massimo nel punto = è sicuramente positivo, e dunque f si annulla una volta per < 0. Poichè il minimo in = vale f() = 7/3 < 0, la funzione si annulla in altri due punti per > 0. Quindi f ha tre zeri. L intervallo di monotonia contenente = 0 è (, ). Poichè f(0) =, si ha (f ) () = /f (0) = /. 6. Il problema si risolve facilmente senza calcoli osservando che i triangoli in questione si possono inscrivere in una semicirconferenza di diametro a. Quello di area massima si otterrà quando l altezza relativa all ipotenusa è massima, cioè quando è uguale al raggio a. Questo significa che il triangolo è isoscele, con cateti uguali a a. Dal punto di vista analitico f() = a é l area in funzione della misura di un cateto. Si ha f : [0, a] R, con f(0) = f(a) = 0. Studiando il segno della derivata prima f () = a a si vede che = a è punto di massimo relativo e assoluto, con f( a ) = a a) b) c) d) e) sin (π 3 ) log( + sin) sin = 0 0 = 0 0 cos H +sin = cos =. H = cos (π 3 )π 3 log 3 = π log 3. (e + ) log(e = e +) = e 0 H 0 = e e + e + = e. sin (log( + 3)) = 0 e 3 0 H = 3cos(log(+3)) +3 e 3 log 3 = 3 log 3. arcsin π/ = 0 0 H = = =. +

9 f) ( π + arctg ) = 0 = + H + = + = + + =. π arctg 8. Si ha dom(f) = (, + ), + f() = +, + f() =. La derivata prima f () = + 4 ( + ) è sempre positiva in dom(f). Quindi f è strettamente crescente nel suo dominio, e non può avere altri zeri oltre a 0 =. 9. Si ha dom(f) = (0, + ), e la derivata prima è f () = + log 3. Quindi f () = 0 log = +. Disegnando le due funzioni log e + si vede facilmente che questa equazione ha un unica soluzione 0 >. Pertanto f ha un solo punto critico 0 >. 0. Innanzitutto non ci sono soluzioni se a 0. Studiando la funzione f() = e 9 9+ si ha dom(f) = R, f() = 0, + f() = +, e si trova che f ha un punto di massimo relativo in =, con f( ) = e 9, e un punto di minimo relativo in =, con f() = e 7. Disegnando un grafico qualitativo di f si vede che l equazione proposta ha. Si ha dom(f) = (0, e ) (e, + ), soluzione per 0 < a < e 7 e per a > e 9, soluzioni per a = e 7, e 9, 3 soluzioni per e 7 < a < e 9. = 0 0 f() = = f(), + + f() = 5 ± 0 =. ± e Quindi la retta y = è asintoto orizzontale e la retta = e è asintoto verticale. La derivata prima è f 5 () = (log + ) > 0 dom(f). Questo implica che f è strettamente crescente su (0, e ) e su (e, + ). Quindi f è invertibile in ognuno di questi due intervalli. Essendo poi f((0, e )) = (, + ), f((e, + )) = (, ),

10 f è iniettiva e quindi invertibile in tutto il suo dominio. Questo si vede facilmente anche disegnando il grafico di f. Essendo f() = 3, si ha ( (f ) 3 ) = f () = 4 5. L equazione f() = y si risolve esplicitamente e si ottiene = e y+3 y. Dunque la funzione inversa è f () = e +3.. Sia r il raggio e h l altezza del cilindro. Allora V = πr h, da cui h = V πr. L area della superficie totale del cilindro è A = πrh + πr = V r + πr. Si tratta di studiare la funzione f(r) = V r + πr per r > 0. In tale intervallo f ha sicuramente un minimo in quanto f è continua e La derivata prima f(r) = f(r) = +. r 0 + r + f (r) = V r + 4πr = 4πr3 V r è positiva per r > 3 V π e negativa per 0 < r < 3 V π. Ne segue che il valore minimo dell area totale si ottiene per r = 3 V ed è dato da π ( ) 3 V A min = f π ( ) /3 V = 6π. π 3. Sia il cateto attorno al quale ruota il triangolo, cioè l altezza del cono. Allora l altro cateto, y = a, è il raggio del cono. Il volume del cono è dato da V = 3 πy = 3 π(a ). Dobbiamo studiare la funzione f() = π 3 (a 3 ) per 0 a. Notiamo che f è continua nell intervallo [0, a]. Essendo f(0) = f(a) = 0, ed essendo f sempre positiva nell intervallo (0, a), f avrà sicuramente un massimo positivo in tale intervallo. Poichè f è derivabile ovunque e la derivata prima f () = π 3 (a 3 )

11 si annulla solo per = a 3, tale punto è un punto di massimo relativo e assoluto. Il volume massimo è dato dunque da ( ) a V ma = f = πa Applicando il teorema di Lagrange alla funzione f() = nell intervallo [49, 5] si ha che esiste almeno un punto c (49, 5) tale che 5 7 = c. Poichè 49 < c < 5 < 64, si ha che 7 < c < 8, da cui passando ai reciproci otteniamo che 8 < c <. Ne segue che 7 5. a) Fissato 0 I, si ha che Dividendo per 0 otteniamo che 8 < 5 7 = c < 7. f() f( 0 ) ( 0 ), I. 0 f() f( 0 ) 0 0, I, 0. Passando al ite per 0 e applicando il teorema del doppio confronto otteniamo 0 f() f( 0 ) 0 = 0 f() f( 0 ) = 0 f ( 0 ) = Poichè 0 I è arbitrario, ne segue che f = 0 su I, e dunque la funzione f è costante nell intervallo I. b) Fissiamo due punti, t I, con t <, e dividiamo l intervallo [t, ] in n intervallini tutti della stessa ampiezza h = t n tramite gli n + punti 0 = t, = t + h, = t + h,..., n = t + (n )h, n = t + nh =, dove n N + è un numero naturale positivo qualsiasi. Applicando la condizione soddisfatta da f ad ogni intervallino [ j, j ] si ha che f( j ) f( j ) ( j j ) = h = ( t) n, j =,,..., n.

12 Da questa scrivendo f() f(t) = f( n ) f( n ) +f( n ) f( n ) + +f( ) f( ) + f( ) f( 0 ), e applicando la disuguagliana triangolare, otteniamo 0 f() f(t) = (f( n ) f( n )) + (f( n ) f( n )) + + (f( ) f( )) + (f( ) f( 0 )) f( n ) f( n ) + f( n ) f( n ) + + f( ) f( ) + f( ) f( 0 ) n volte { }} { h + h + + h = nh = ( t). n Questa vale n N +. Passando al ite per n + otteniamo che f() f(t) = 0, da cui f() = f(t). Poichè e t sono arbitrari, f è costante su I.