SOLUZIONI PRIMO ESONERO
Marco Pezzulla
29 dicembre 2014
FOGLIO 1
1. Determinare l’insieme di derivabilita della funzione
f(x) = |x+ 1| − 4|x3|
Determinare, inoltre, tutti gli estremi relativi di f .
2. Studiare l’invertibilita della funzione f(x) = ex − arctan(x) + x nelrispettivo dominio. Determinare dominio e insieme di derivabilita del-l’inversa di f e calcolare df−1
dy(1).
3. Stabilire se l’equazione x = log1/2 x ammette soluzioni. (Suggerimento:
D(log1/2 x) = 1x ln(1/2)
).
4. Sia
f(x) =
{ln(x) se x ∈ R \ Z1 se x ∈ Z
Studiare il comportamento della funzione per x→ +∞. Dimostrare ilrisultato utilizzando la definizione di limite.
5. Stabilire il comportamento che deve avere una funzione f e la rispettivaderivata f ′ nell’intorno del punto x0, affinche quest’ultimo risulti unpunto di flesso a tangente verticale per f .
1
SVOLGIMENTO
1. Il dominio di f e chiaramente tutto R. Inoltre f e una funzione continuasu R perche composizione di funzioni continue. Esplicitando i moduliche compaiono nell’espressione, possiamo scrivere
f(x) =
4x3 − x− 1 se x < −1
4x3 + x+ 1 se −1 ≤ x < 0
−4x3 + x+ 1 se x ≥ 0
Inoltre, ∀x 6= −1, 0
f ′(x) =
12x2 − 1 se x < −1
12x2 + 1 se −1 < x < 0
−12x2 + 1 se x > 0
Poiche f e una funzione continua, per verificare se e derivabile nei punti−1 e 0, possiamo fare il limite da destra e da sinistra della derivata neidue punti e verificare che coincidono e sono uguali a un numero finito.In particolare
limx→−1−
f ′(x) = 11 6= limx→−1+
f ′(x) = 13
Dunque in −1 la funzione non e derivabile, e −1 e un punto angoloso,mentre
limx→0−
f ′(x) = 1 = limx→0+
f ′(x)
Dunque nel punto 0 la funzione e derivabile e la sua derivata vale 1.Possiamo concludere che Df ′ = R \ {−1}.Dallo studio della derivata prima possiamo dire che f ′ e positiva prima
di√
112
e negativa dopo, nel punto√
112
si annulla. Dunque√
112
e un
punto di massimo assoluto e
f
(√1
12
)=
2
3
√1
12+ 1
Non c’e un punto di minimo assoluto perche
limx→±∞
f(x) = −∞
2
2. Iniziamo osservando che Df = R, f e continua in Df , essendo sommadi funzioni continue e
f ′(x) = ex − 1
1 + x2+ 1 = ex +
x2
1 + x2> 0, ∀x ∈ R
Dunque f e monotona crescente, quindi invertibile su R. Essendo fcontinua e monotona crescente possiamo dire che
Cf = ( limx→−∞
f(x), limx→+∞
f(x)) = (−∞,+∞)
Dunque Df−1 = D(f−1)′ = R e
df−1
dy(1) =
1
ex0 +x20
1+x20
con x0 ∈ R|1 = ex0 − arctan(x0) + x0. Il punto cercato e x0 = 0.Dunque
df−1
dy(1) = 1
3. Poniamo f(x) := x− log1/2(x). Calcoliamo poi
f ′(x) = 1− 1
x ln(1/2)> 0, x ∈ R+
Dunque f e crescente in R+. Inoltre
limx→0+
f(x) = −∞; f(1) = 1
La funzione e continua, quindi per il Teorema di esistenza degli zeripossiamo concludere che f(x) ha un solo zero, dunque l’equazione dataha una e una sola soluzione.
4. Il limite non esiste perche
∀δ > 0,∃x′, x′′ > δ | f(x′) = ln(x′), f(x′′) = 1
Ma limx→+∞ ln(x) = +∞, mentre limx→+∞ 1 = 1 dunque possiamoconcludere che @ limx→+∞ f(x). In particolare x′ ∈ R \ Z, mentrex′′ ∈ Z.
3
5. Le condizioni richieste sono le seguenti:
• f continua in x0
• @f ′(x0)• limx→x+0
f ′(x) = limx→x−0f ′(x) = ±∞
4
FOGLIO 2
1. Determinare l’insieme di derivabilita della funzione
f(x) = 4|x− 1|+ |x3|
Determinare, inoltre, tutti gli estremi relativi di f .
2. Studiare l’invertibilita della funzione f(x) = 3 + e(x−1)3
nel rispettivodominio. Determinare dominio e insieme di derivabilita dell’inversa dif e calcolare df−1
dy(3 + e).
3. Stabilire se l’equazione x = log2 x ammette soluzioni.
(Suggerimento: D(log2 x) = 1x ln(2)
; 1ln(2)≈ 1.44; log2
(1
ln(2)
)≈ 0.52).
4. Sia
f(x) =
{x se x ∈ R \ Z−1 se x ∈ Z
Studiare il comportamento della funzione per x→ −∞. Dimostrare ilrisultato utilizzando la definizione di limite.
5. Stabilire il comportamento che deve avere una funzione f e la rispettivaderivata f ′ nell’intorno del punto x0, affinche quest’ultimo risulti unpunto di cuspide per f .
5
SVOLGIMENTO
1. Il dominio di f e chiaramente tutto R. Inoltre f e una funzione continuasu R perche composizione di funzioni continue. Esplicitando i moduliche compaiono nell’espressione, possiamo scrivere
f(x) =
−x3 − 4x+ 4 se x < 0
x3 − 4x+ 4 se 0 ≤ x < 1
x3 + 4x− 4 se x ≥ 1
Inoltre, ∀x 6= 0, 1
f ′(x) =
−3x2 − 4 se x < 0
3x2 − 4 se 0 < x < 1
3x2 + 4 se x > 1
Poiche f e una funzione continua, per verificare se e derivabile nei punti1 e 0, possiamo fare il limite da destra e da sinistra della derivata neidue punti e verificare che coincidono e sono uguali a un numero finito.In particolare
limx→1−
f ′(x) = −1 6= limx→1+
f ′(x) = 7
Dunque in 1 la funzione non e derivabile e 1 e un punto angoloso,mentre
limx→0−
f ′(x) = −4 = limx→0+
f ′(x)
Dunque nel punto 0 la funzione e derivabile e la sua derivata vale −4.Possiamo concludere che Df ′ = R \ {1}.Dallo studio della derivata prima possiamo dire che f ′ e negativa primadi 1 e positiva dopo. Dunque 1 e un punto di minimo assoluto e
f (1) = 1
Non c’e un punto di massimo assoluto perche
limx→±∞
f(x) = +∞
2. Iniziamo osservando che Df = R, f e continua in Df , essendo sommadi funzioni continue e
f ′(x) = 3(x− 1)2e(x−1)3 ≥ 0,∀x ∈ R
6
e si annulla solo per x = 1. Dunque f e crescente in R e quindiinvertibile su R. Essendo f continua e monotona crescente possiamodire che
Cf = Df−1 = ( lim→−∞
f(x), limx→+∞
f(x)) = (3,+∞)
In particolare f−1 e derivabile in (3,+∞) \ {f(1)} = (3,+∞) \ {4}.Per il Teorema di derivazione della funzione inversa, infine
df−1
dy(3 + e) =
1
3(x0 − 1)2e(x0−1)3
con x0 ∈ R|3+e = 3(x0−1)2e(x0−1)3. Il punto cercato e x0 = 2. Dunque
df−1
dy(3 + e) =
1
3e
3. Poniamo f(x) := x− log2(x). Calcoliamo poi
f ′(x) = 1− 1
x ln(2)
f ′′(x) =1
x2 ln 2> 0, x > 0
Dunque f ′(x) e crescente in R+ e f ′(x) = 0 se x = 1ln 2
. Dunque 1ln 2
eun punto di minimo assoluto e
f
(1
ln 2
)=
1
ln 2− log2
(1
ln 2
)≈ 1.44− 0.52 > 0
Dunque possiamo concludere, avendo verificato che la funzione in cor-rispondenza del punto di minimo assume un valore positivo, che lafunzione e tutta positiva, di conseguenza non ha zeri e @ soluzioni perl’equazione data.
4. Il limite non esiste perche
∀δ > 0,∃x′, x′′ < −δ | f(x′) = x′, f(x′′) = −1
Ma limx→−∞−x = −∞, mentre limx→−∞−1 = −1 dunque possia-mo concludere che @ limx→+∞ f(x). In particolare x′ ∈ R \ Z, mentrex′′ ∈ Z.
7
5. Le condizioni richieste sono le seguenti:
• f continua in x0
• f derivabile in Iδ(x0) \ {x0}• limx→x−0
f ′(x) = ±∞, limx→x+0f ′(x) = ∓∞
8
FOGLIO 3
1. Dopo aver individuato il dominioDf della funzione f(x) = (ln |x|)1/|1+x|,determinare una funzione g(x) affinche la funzione
h(x) =
{f(x) se x ∈ Df
g(x) se x ∈ R \Df
risulti continua su tutto R.
2. Calcolare il seguente limite: limx→0+(arctanx)sinx
3. Sia f(x) = x3−3x+2. Determinare il pu ampio intervallo I, contenen-te l’origine, in cui f risulti invertibile. Detta g l’inversa di f ristrettain I, determinare il dominio e l’insieme di derivabilita di g e il valoredella derivata di g nel punto 2.
4. Sia
an =
√n2 + 1
n
Studiare il comportamento della successione per n→ +∞. Dimostrareil risultato utilizzando la definizione di limite.
5. Stabilire per quali valori del parametro reale α la funzione
f(x) =
{−x+ 1 se x ∈ [−1, 0)
αx2 − αx+ 1 se x ∈ [0, 2]
soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo [−1, 2].
9
SVOLGIMENTO
1. Per individuare il dominio della funzione f dobbiamo porre x+ 1 6= 0,quindi x 6= −1, perche x+1 sta a denominatore di una frazione, |x| > 0,cioe x 6= 0, essendo argomento del logaritmo, e ln |x| > 0, cioe |x| > 1,quindi x < −1 o x > 1, perche la funzione esponenziale ha senso solocon base positiva. Da questo studio si evince che
Df = (−∞,−1) ∪ (1,+∞)
In particolare
f(x) =
{(ln(−x))
1−1−x se x < −1
(ln(x))1
1+x se x > 1
Affinche la funzione h(x) risulti continua dobbiamo scegliere una fun-zione g(x) continua e tale che
g(−1) = limx→−1−
f(x)
eg(1) = lim
x→1+f(x)
Ma
limx→−1−
f(x) = limx→−1−
(ln(−x))1
−1−x = limx→−1−
e−1
x+1ln ln(−x) = 0
elimx→1+
f(x) = limx→1+
(ln(x))1
1+x = limx→1+
e1
x+1ln ln(x) = 0
Dunque basta prendere g(x) = 0,∀x ∈ [−1, 1] e la funzione h(x) saracontinua in R.
2.limx→0+
(arctanx)sinx =
= limx→0+
eln((arctanx)sin x) =
= limx→0+
esinx ln(arctanx) =
Ora tutto sta nello studiare il
limx→0+
sinx ln(arctanx)
10
che e una forma indeterminata. Notiamo pero che
limx→0+
ln(arctanx)1
sinx
=∞∞
possiamo applicare il Teorema di De l’Hospital
= limx→0+
1arctanx
11+x2
− cosxsin2 x
=
= − limx→0+
sin2 x
cosx arctanx(1 + x2)= 0
perche
limx→0+
sin2 x
arctanx=
0
0
a cui possiamo applicare il Teorema di de l’Hospital e ricavare:
= limx→0+
2 sinx cosx1
1+x2
= 0
Dunque possiamo concludere che
limx→0+
(arctanx)sinx = 1
3. Innanzitutto notiamo che, essendo un polinomio, la funzione f e con-tinua in R. Calcoliamo la sua derivata prima
f ′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) = 0
per x = ±1. Quindi possiamo sicuramente affermare che per x ∈ [−1, 1]la funzione f e monotona decrescente dunque e invertibile e questo e ilpiu grande intervallo contenente l’origine in cui la funzione e invertibile.
Quindi, chiaramente
Dg = Cf = [f(1), f(−1)] = [0, 4];Dg′ = (0, 4)
Per il Teorema di derivazione della funzione inversa possiamo dire infineche
dg
dy(2) =
1
3(x20 − 1)
con x0 = g(2) o 2 = f(x0) = x30 − 3x0 + 2, cioe x0 = 0. Dunque
dg
dy(2) = −1
3
11
4. Vogliamo dimostrare che il limite e 1.
∀ε > 0∃δε > 0 | ∀n > δε, 1− ε <√n2 + 1
n< 1 + ε
La prima disuguaglianza e vera ∀n ∈ N, perche
√n2 + 1
n=
√1 +
1
n2> 1
Mentre dalla seconda disuguaglianza si ha
√n2 + 1 < (1 + ε)n⇒ n2 + 1 < (1 + ε)2n2
⇒ n2[(1 + ε)2 − 1] > 1⇒ n2 >1
(1 + ε)2 − 1
Cioe
n >1√
(1 + ε)2 − 1= δε
5. Le ipotesi del Teorema di Lagrange sono la continuita in [−1, 2] e laderivabilita in (−1, 2). Affinche la funzione sia continua dobbiamorichiedere che
f(0) = limx→0−
f(x)
cioef(0) = 1
e cio e verificato ∀α. Possiamo scrivere
f ′(x) =
{−1 se x ∈ [−1, 0)
2αx− α se x ∈ (0, 2)
Affinche la funzione f sia derivabile in 0 bisogna richiedere che
limx→0+
f ′(x) = limx→0−
f ′(x)
Cioe−1 = −α⇒ α = 1
12
FOGLIO 4
1. Dopo aver individuato il dominio Df della funzionef(x) = (ln |1 + x|)1/|x|, determinare una funzione g(x) affinche la fun-zione
h(x) =
{f(x) se x ∈ Df
g(x) se x ∈ R \Df
risulti continua su tutto R.
2. Calcolare il seguente limite: limx→0+(sinx)arctanx
3. Sia f(x) = x3−6x−2. Determinare il pu ampio intervallo I, contenen-te l’origine, in cui f risulti invertibile. Detta g l’inversa di f ristrettain I, determinare il dominio e l’insieme di derivabilita di g e il valoredella derivata di g nel punto −2.
4. Siaan =
n√n2 + 1
Studiare il comportamento della successione per n→ +∞. Dimostrareil risultato utilizzando la definizione di limite.
5. Stabilire per quali valori del parametro reale α la funzione
f(x) =
{x2 − αx+ α se x ∈ [0, 1]
x3 se x ∈ (1, 2]
soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange nell’intervallo [0, 2].
13
SVOLGIMENTO
1. Per individuare il dominio della funzione f dobbiamo porre |x+1| > 0,quindi x 6= −1, perche |x + 1| e l’argomento del logaritmo, x 6= 0,essendo denominatore di una frazione, e ln |1 + x| > 0, cioe x < −2 ox > 0, perche la funzione esponenziale ha senso solo con base positiva.Da questo studio si evince che
Df = (−∞,−2) ∪ (0,+∞)
In particolare
f(x) =
{(ln(1 + x))
1x se x > 0
(ln(−1− x))−1x se x < −2
Affinche la funzione h(x) risulti continua dobbiamo scegliere una fun-zione g(x) continua e tale che
g(−2) = limx→−2−
f(x)
eg(0) = lim
x→0+f(x)
Ma
limx→−2−
f(x) = limx→−2−
(ln(−1− x))−1x = lim
x→−2−e−
1xln ln(−1−x) = 0
elimx→0+
f(x) = limx→0+
(ln(1 + x))1x = lim
x→0+e
1xln ln(1+x) = 0
Dunque basta prendere g(x) = 0,∀x ∈ [−2, 0] e la funzione h(x) saracontinua in R.
2.limx→0+
(sinx)arctanx =
= limx→0+
eln((sinx)arctan x) =
= limx→0+
earctanx ln(sinx) =
Ora tutto sta nello studiare il
limx→0+
arctanx ln(sinx)
14
che e una forma indeterminata. Notiamo pero che
limx→0+
ln(sinx)1
arctanx
=∞∞
possiamo applicare il Teorema di De l’Hospital
= limx→0+
cosxsinx
− 11+x2
arctan2 x
=
= − limx→0+
cosx arctan2 x(1 + x2)
sinx= 0
perche
limx→0+
arctan2 x
sinx=
0
0
a cui possiamo applicare il Teorema di de l’Hospital e ricavare:
limx→0+
2 arctanx 11+x2
cosx= 0
Dunque possiamo concludere che
limx→0+
(sinx)arctanx = 1
3. Innanzitutto notiamo che, essendo un polinomio, la funzione f e con-tinua in R e calcoliamo la sua derivata prima
f ′(x) = 3x2 − 6 = 3(x2 − 2) = 0
per x = ±√
2. Quindi possiamo sicuramente affermare che perx ∈ [−
√2,√
2] la funzione f e monotona decrescente dunque e inver-tibile e questo e il piu grande intervallo contenente l’origine in cui lafunzione e invertibile.
Quindi, chiaramente
Dg = Cf = [f(√
2), f(−√
2)] = [−4√
2−2, 4√
2−2];Dg′ = (−4√
2−2, 4√
2−2)
Per il Teorema di derivazione della funzione inversa possiamo dire infineche
dg
dy(−2) =
1
3(x20 − 2)
con x0 = g(−2) o −2 = f(x0) = x30 − 6x0 − 2, cioe x0 = 0. Dunque
dg
dy(2) = −1
6
15
4. Vogliamo dimostrare che il limite e 1.
∀ε > 0∃δε > 0 | ∀n > δε, 1− ε <n√n2 + 1
< 1 + ε
La seconda disuguaglianza e vera ∀n ∈ N, perche
n√n2 + 1
=
√n2
n2 + 1< 1
Mentre dalla prima disuguaglianza si ha
√n2 + 1 <
n
1− ε⇒ n2 + 1 <
n2
(1− ε)2
⇒ n2[1
(1− ε)2− 1] > 1⇒ n2 >
1
[ 1(1−ε)2 − 1]
Cioe
n >1√
[ 1(1−ε)2 − 1]
= δε
5. Le ipotesi del Teorema di Lagrange sono la continuita in [0, 2] e la deri-vabilita in (0, 2). Affinche la funzione sia continua dobbiamo richiedereche
f(1) = limx→1+
f(x)
cioef(1) = 1
e cio e verificato ∀α. Possiamo scrivere
f ′(x) =
{2x− α se x ∈ (0, 1)
3x2 se x ∈ (1, 2)
Affinche la funzione f sia derivabile in 1 bisogna richiedere che
limx→1+
f ′(x) = limx→1−
f ′(x)
Cioe3 = 2− α⇒ α = −1
16
FOGLIO 5
1. Sia t = g(x) l’inversa della funzione x = f(t) = e2t + t3 ristretta nel-l’intervallo [−1, 0]. Determinare il dominio Dg di g e il numero dellesoluzioni dell’equazione g(x) + x = 0 in Dg.
2. Determinare l’espressione esplicita della funzionef(x) = max(e−x − 2, ex) con x ∈ R.(Suggerimento: f(x) = e−x − 2,∀x ∈ R | e−x − 2 ≥ ex, f(x) = ex
altrimenti).
3. Sia
f(x) =
{(ex − 1) sin
(1x
)se x 6= 0
α se x = 0
Determinare il valore del parametro reale α affinche f risulti continuain R. Stabilire se, per tale valore di α, risulta anche derivabile.
4. Determinare, mediante il teorema della derivabilita della funzione com-posta, i punti in cui la funzione F (x) = 3
√(x− 1)2 risulta derivabile.
Negli eventuali punti in cui non e possibile applicare il suddetto teore-ma, studiare la derivabilita di F con il rapporto incrementale.
5. Sia f derivabile e invertibile su R. Calcolare df−1
dy(2), sapendo che
f(1) = 2 e f ′(1) = 12.
17
SVOLGIMENTO
1. Calcoliamo innanzitutto la derivata prima di f :
f ′(t) = 2e2t + 3t2 > 0, in I = [−1, 0]
Dunque f e crescente in I; di conseguenza possiamo concludere che
Dg = Cf = [f(−1), f(0)] = [e−2 − 1, 1] = J = Dg′
Poniamo poi h(x) = g(x) + x in J ; h e derivabile in J e ∀x ∈ J
h′(x) = g′(x) + 1 =1
2e2t + 3t2+ 1 > 0
Dunque h e crescente in J ; inoltre
h(e−2 − 1) = g(e−2 − 1) + e−2 − 1 = e−2 − 2 < 0
h(1) = g(1) + 1 = 1 > 0
Ma h e continua, quindi, per il Teorema di esistenza degli zeri, ∃! zeroper la funzione h, quindi ∃! soluzione per l’equazione g(x) + x = 0.
2. Dobbiamo individuare per quali x, e−x − 2 ≥ ex e per quali x, invece,e−x − 2 < ex. Poniamo, quindi
h(x) = e−x − 2− ex
e studiamo quando e maggiore minore o uguale a 0.
h(x) ≥ 0⇔ e−x − 2− ex ≥ 0
oe2x + 2ex − 1 ≤ 0
cioet = ex, t2 + 2t− 1 ≤ 0
Delle due radici e accettabile solo t = −1 +√
2 corrispondente a x =ln(−1+
√2) perche l’altra e negativa e non e accettabile essendo t = ex.
Possiamo concludere che
h(x) > 0 per x < ln(−1√
2)
h(x) = 0 per x = ln(−1 +√
2)
h(x) < 0 per x > ln(−1 +√
2)
Dunque, essendo f(x) = max(e−x − 2, ex), possiamo scrivere
f(x) =
{e−x − 2 se x < ln(−1 +
√2)
ex se x ≥ ln(−1 +√
2)
18
3. La funzione e sicuramente continua in R \ {0}. Affinche lo sia anchenel punto 0 deve essere:
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0)
Ora il
limx→0±
f(x) = limx→0
(ex − 1) sin
(1
x
)= 0
perche si ha
1− ex ≤ (ex − 1) sin
(1
x
)≤ ex − 1, se x > 0
ex − 1 ≤ (ex − 1) sin
(1
x
)≤ 1− ex, se x < 0
e ovviamente limx→0(ex − 1) = limx→0(1− ex) = 0.
Dunque f e continua in 0 per α = 0. Per tale valore di α la funzionenon risulta derivabile in 0 perche
limh→0
(eh − 1) sin(1/h)
h= lim
h→0sin(1/h)
che non esiste.
4. Per il Teorema della derivazione della funzione composta si ha
F ′(x) =2
3 3√
(x− 1)
Dunque la funzione F e derivabile in R \ {1}. Nel punto 1, calcoliamo
limh→0
F (1 + h)− F (1)
h= lim
h→0
3√h2
h= lim
h→0
3
√1
h
che e uguale a +∞ se h → 0+, mentre e uguale a −∞ se h → 0−.Dunque:
DF ′ = R \ {1}
5. Vogliamo calcolare df−1
dy(2), allora per il Teorema di derivazione della
funzione inversadf−1
dy(2) =
1
f ′(x0)
19
con x0 | x0 = f−1(2), cioe f(x0) = 2; l’x0 cercato e x0 = 1, perche, peripotesi, f(1) = 2. Quindi, per quanto detto
df−1
dy(2) =
1
f ′(1)= 2
essendo, per ipotesi, f ′(1) = 12.
20
FOGLIO 6
1. Sia t = g(x) l’inversa della funzione x = f(t) = et3
+ t ristretta nel-l’intervallo [−1, 0]. Determinare il dominio Dg di g e il numero dellesoluzioni dell’equazione g(x) + 2x = 0 in Dg.
2. Determinare l’espressione esplicita della funzionef(x) = max(ex − 2, e−x) con x ∈ R.(Suggerimento: f(x) = ex − 2,∀x ∈ R | ex − 2 ≤ e−x, f(x) = e−x
altrimenti).
3. Sia
f(x) =
{x
1+e1/xse x 6= 0
α se x = 0
Determinare il valore del parametro α affinche f risulti continua in R.Stabilire se, per tale valore di α, risulta anche derivabile.
4. Determinare, mediante il teorema della derivabilita della funzione com-posta, i punti in cui la funzione F (x) = 5
√(x− 1)3 risulta derivabile.
Negli eventuali punti in cui non e possibile applicare il suddetto teore-ma, studiare la derivabilita di F con il rapporto incrementale.
5. Sia f derivabile e invertibile su R. Calcolare df−1
dy(−5), sapendo che
f(−2) = −5 e f ′(−2) = 13.
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SVOLGIMENTO
1. Calcoliamo innanzitutto la derivata prima di f :
f ′(t) = 3t2et3
+ 1 > 0, in I = [−1, 0]
Dunque f e crescente in I; di conseguenza possiamo concludere che
Dg = Cf = [f(−1), f(0)] = [e−1 − 1, 1] = J = Dg′
Poniamo poi h(x) = g(x) + 2x in J ; h e derivabile in J e ∀x ∈ J
h′(x) = g′(x) + 2 =1
3t2et3 + 1+ 2 > 0
Dunque h e crescente in J ; inoltre
h(e−1 − 1) = g(e−1 − 1) +2
e− 2 = −1 + 2e−1 − 2 = −3 +
2
e< 0
h(1) = g(1) + 2 = 2 > 0
Ma h e continua, quindi, per il Teorema di esistenza degli zeri, ∃! zeroper la funzione h, quindi ∃! soluzione per l’equazione g(x) + x = 0.
2. Dobbiamo individuare per quali x, ex − 2 ≥ e−x e per quali x, invece,ex − 2 < e−x. Poniamo, quindi
h(x) = ex − 2− e−x
e studiamo quando e maggiore minore o uguale a 0.
h(x) ≥ 0⇔ ex − 2− e−x ≥ 0
oe2x − 2ex − 1 ≥ 0
cioet = ex, t2 − 2t− 1 ≥ 0
Delle due radici e accettabile solo t = 1 +√
2 corrispondente a x =ln(1 +
√2) perche l’altra e negativa e non e accettabile essendo t = ex.
Possiamo concludere che
h(x) > 0 per x > ln(1 +√
2)
h(x) = 0 per x = ln(1 +√
2)
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h(x) < 0 per x < ln(1 +√
2)
Dunque, essendo f(x) = min(ex − 2, e−x), possiamo scrivere
f(x) =
{ex − 2 se x < ln(1 +
√2)
e−x se x ≥ ln(1 +√
2)
3. La funzione e sicuramente continua in R \ {0}. Affinche lo sia anchenel punto 0 deve essere:
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0)
Ora, ovviamente, il
limx→0±
f(x) = limx→0
x
1 + e1/x= 0
dunque f e continua in 0 per α = 0. Per tale valore di α la funzionenon risulta derivabile in 0 perche
limh→0
f(h)− f(0)
h= lim
h→0
1
1 + e1/h
che e uguale a 1 se h→ 0− mentre e uguale a 0 se h→ 0+, dunque nonesiste.
4. Per il Teorema della derivazione della funzione composta si ha
F ′(x) =3
5 5√
(x− 1)2
Dunque la funzione F e derivabile in R \ {1}. Nel punto 1, calcoliamo
limh→0
F (1 + h)− F (1)
h= lim
h→0
5√h3
h= lim
h→0
5
√1
h2= +∞
DunqueDF ′ = R \ {1}
5. Vogliamo calcolare df−1
dy(−5), allora per il Teorema di derivazione della
funzione inversadf−1
dy(−5) =
1
f ′(x0)
con x0 | x0 = f−1(−5), cioe f(x0) = −5; l’x0 cercato e x0 = −2, perche,per ipotesi, f(−2) = −5. Quindi, per quanto detto
df−1
dy(−5) =
1
f ′(−2)= 3
essendo, per ipotesi, f ′(−2) = 13.
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