Simulazione seconda prova parziale

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1 Simulzione seond prov przile Test. x + dx = x () {( ) + ln [( ) ( + )]} {( ) [( ) ( )]} () + ln + (b) {( ) + ln [( + ) ( + )]} (d) {( + ) + ln [( + ) ( )]}. Si f(x) = x + x. Allor 0 f (y)dy = () (b) () non esiste perhé f non è invertibile (d) 5. Sino, b R, < b e si f : R R un funzione ontinu. Si R e si onsideri l ffermzione: Ess è () ver per 0 (b) ver solo per > 0 b f(x)dx = b f(x)dx () fls sempre e omunque (d) ver solo per = 0 ( ). dx x + x + = () rtn (b) rtn () π (d) ln 5. L funzione f(x) = x + x + x, x () è onvess per ogni x > (b) h minimo ssoluto in x m = () è resente per ogni x > (d) è inferiormente illimitt 6. Sino, b R, < b e si f : R R, f(x) = x + x. L medi integrle in [, b] di f(x) vle: () 5 ( b ) + ( b 5 5) (b) 5 ( b 5 5) + ( b ) () 5 ( b + ) + ( b 5 + 5) (d) 5 ( b 5 + 5) + ( b + ) 7. Sino, b, R, 0 < < b, < 0. Allor b x dx = () ln b (b) ln b

2 () ln b (d) ln( b) + ln( ) 8. L equzione di terzo grdo x + x 6x = h tre rdii reli e distinte per: () < < 7 (b) 7 < < () < < 7 (d) < < 7 9. L funzione f(x) = x xrtnx + ln + x è: () onv per ogni x R (b) deresente per ogni x R () resente per ogni x R (d) onvess per ogni x R Domnde perte. Trire il grfio dell soluzione dell equzione differenzile: y (x) = x y(x), < x <, x y(0) =.. Determinre per quli vlori dei prmetri, b R l funzione definit per si: { ln ( + x + x ) se x 0, f(x) = + bx se x < 0, è derivbile on ontinuità in R

3 Risoluzione Avvertenze Siete ldmente onsigliti di. erre di risolvere il ompito senz onsultre l risoluzione. ffrontre l simulzione solo l termine dell vostr preprzione per l esme. nnotre il tempo impiegto per l risoluzione. svolgere d soli gli eserizi del test nb RBT indi il testo dottto nel orso: Fondmenti di mtemti Znihelli 005 Test. Il mbio di vribile x + = t port : D ltr prte: quindi: x + dx = x t t dt. t t = + t t +, t [ ] t dt = t + ln t ln t + = t + ln t t +. Osservto he: ( = = + ) ( ), + si onude he è l rispost estt.. Per prim os si osservi he f(x) è invertibile essendo f (x) = x + > 0, x R. Poi risolvimo le due equzioni 0 = f(x) e 8 = f(x) si h: 0 = x + x se e solo se 0 = x ( x + ), quindi x = 0 = f (0); 8 = x + x se e solo se x + x = 0, quindi x = = f (8). Dll formol per l integrzione dell funzione invers (vedi RBT pgin 68) si ottiene: 0 f (y)dy = L rispost estt è l d f() f(0) f (y)dy = f() 0 ( x + x ) dx = 8 = 5.. Inizimo supponendo 0, in questo so l uguglinz ( ) è ver e segue dl teorem del mbimento di vribile, inftti se nell integrle primo membro si pone x = t questo è trsformto in: b f(t)dt e quest ultimo oinide evidentemente on il lto destro di ( ). Rispost estt perhé qunto provto vle nhe se < 0.

4 . Si trtt di un integrle di tipo I on disriminnte negtivo ome d RBT pgine 70-7, usndo l formol: [ ] b x + px + q dx = rtn b + p + p rtn. q p q p q p in ui: { = b = si vede he b è l rispost estt. 5. Si h: f (x) = { p = q = + x + x + x ( + x ) /. Or il numertore +x+x si nnull in x =, pplindo l regol di Ruffini possimo sriverlo ome + x + x = (x + ) ( x + x ) d ui si onlude he f > 0 se e solo se x >. Qunto ottenuto i die he b è estt. A voler sottilizzre non bbimo esluso nlitimente il so he verrebe esluso solo per l nostr onvenzione he fr le lterntive proposte solo un è estt. Se non i fosse quest onvenzione si dovrebbe lolre: f (x) = 8 5x 0x 0x x 5 ( + x) / ( + x ) 5/ e fr vedere he il polinomio di quinto grdo numertore n(x) = 8 5x 0x 0x x 5 h un sol rdie rele, he si trov nell intervllo [0, ]. In questo modo è eslus. Questo si ottiene, riportimo il rgionmento per ompletezz e perhé i sembr un eserizio utile. Osservndo he n(0) = 8, n() = 88 e he, essendo n (x) = 5 80x 0x 5x = 5 ( + x) ( 9 x + x ), si onlude he n(x) è strettmente deresente dunque lo zero he si trov in [0, ] è l unio flesso di f(x). Riportimo, per ompletezz il grfio di f(x) disegnndo in rosso nhe l tngente inflessionle Bst osservre he: b x dx = b5 5, 5 per indire b x dx = b 7. Il denomintore si nnull per x = he in questo so è un numero negtivo, quindi l integrle è ben definito essendo 0 < < b. Or essendo: dx = ln x x vedimo he è l rispost estt.

5 8. Trimo il grfio dell funzione f(x) = x + x 6x. Essendo f (x) = x + x 6 = (x )(x + ) bbimo un minimo reltivo in x m = e un mssimo reltivo in x M = i ui estremi orrispondenti sono m = f(x m ) =, M = f(x M) = 7. Dl grfio riportto si dedue he l rispost estt è Osservimo he possimo srivere f(x) = x xrtnx + ln( + x ). Si h: f (x) = x rtnx, f (x) = x + x Questo port he d è l rispost estt (si noti he x rtnx mbi segno l vrire di x). Domnde perte. Si trtt di un equzione differenzile linere omogene. Seguendo RBT pgin 9 srivimo, usndo nhe il metodo dei frtti semplii: x A(x) = t x ( 0 t dt = 0 t + + t t ) + t dt [ ] t=x = ln t + ln t + ln( + t ) = ln( x) + ln( + x) ln( + x ) = ln x + x. Si rmmenti he è stt ssegnt l limitzione < x <, quindi l soluzione dell equzione differenzile ssegnt è: Pertnto, d: t=0 y(x) = e A(x) x ln = e +x = x, < x <. + x y x (x) = ( + x ) si dedue he y(x) h un mssimo (per or) reltivo in x 0 = 0 il ui orrispondente estremo è M 0 = y(0) =. Poi essendo: y (x) = ( x ) ( + x ) 5

6 bbimo due flessi simmetrii (d ltronde l funzione ottenut è pri!) in orrispondenz di x ± = ±. Trttndosi di un funzione positiv, nel suo dominio di definizione l funzione ssume minimo ssoluto dove si nnull, vle dire in x = e in x =. Per il Teorem di Weierstrß bbimo poi he il mssimo reltivo x 0 è in effetti ssoluto. -. Affinhé un funzione definit per si si ontinu e derivbile è indispensbile he i due polinomi osultori di ordine, ottenuti per x > 0 e per x < 0 sino oinidenti. Per qunto rigurd x < 0 qui l funzione è già in form polinomile, quindi il polinomio osultore del primo ordine oinide on l funzione stess: q(x) = + bx. Invee, se x > 0 bbimo f(x) = ln( + x + x ) d ui f(0) = 0 e f (0) =. Pertnto il polinomio osultore è p(x) = x. Dunque è file onludere, pplindo il prinipio di identità dei polinomi, he deve essere = 0 e b = dovendosi imporre q(x) = p(x). Con lo sopo di fr pire he in questo modo le funzioni si ttno dolemente riportimo il grfio in ui il rosso è usto per x < 0 e il blu per x >