Paolo Pin
[email protected]
http://venus.unive.it/pin
Venezia, 24 Marzo 2006
Assistenza didattica per il corso di
Matematica II, Prof.ssa Paola Ferretti, A.A. 2005/2006
- Argomenti trattati nelle esercitazioni -
24 Febbraio 2006
1. Richiamo delle definizioni di intorno, punto di accumulazione e limite.
2. Esempî:
• definizione adattata a casi particolari:
a)
lim f (x) = −∞ e b)
x→x0 +
lim f (x) = L+ ;
x→+∞
• dimostrazione, tramite la definizione, che:
c) 6 ∃ lim
x→0
1
x
, d)
lim + −
x→+0
1
1
= −∞ ed e) lim
=0 .
x→+∞
x
x
Nei casi (a) e (b) si adatta la definizione di limite, con gli opportuni insieme
aperti (illimitati oppure aperti solo a destra o a sinistra); chiedersi l’esistenza
di ognuno di tali insiemi è equivalente a chiederne il raggio r (per quelli
limitati) o il limite M (per gli altri):
(a) ∀ M > 0, ∃ r > 0 tale che ∀ x 6= x0 , x ∈ [x0 , x0 +r) : f (x) ∈ (−∞, M );
(b) ∀ r > 0, ∃ M > 0 tale che ∀ x 6= x0 , x ∈ (M, +∞) : f (x) ∈ [L, L + r).
Il caso (c) è stato risolto intuitivamente per via grafica (vedi figura 1):
x0 = 0 non appartiene al dominio di f (x) = x1 ma ne è un punto di accumulazione;
1
f(x) = 1/x
10
8
6
4
Y
2
0
−2
−4
−6
−8
−10
−10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
10
X
Figure 1: Grafico della funzione f (x) = x1 .
per ogni intorno di x0 = 0, f (x) può assumere valori ’altissimi’ M o ’bassissimi’ −M (M > 0) a piacere,
se ci fosse un limite L, per x che tende a x0 = 0, esisterebbe un intorno di
questo L in cui fossero contenuti i valori di f (x), per un certo intorno di
x0 = 0;
questo intorno di L dovrebbe essere limitato (almeno superiormente o inferiormente), ma questo è in contraddizione con quanto affermato all’inizio.
Il caso (d) si risolve applicando la definizione in (a), verificando che
1
∀ M > 0, r = M
soddisfa la definizione (trovando un r che soddisfi qualsiasi
M dato abbiamo risolto tutti i possibili casi).
Il caso (e) si risolve applicando la definizione in (b), verificando che ∀ r > 0,
M = 1r soddisfa la definizione. 2
3. Richiamo della definizione di numeri razionali Q.
Definizione di insieme denso: un insieme A ⊆ R è denso in B ⊆ R
se e solo se ogni punto b ∈ B è un punto di accumulazione per A. 2
Q ed R\Q (i numeri reali non razionali, cioè irrazionali :
sono densi fra loro ed in R [senza dimostrazione].
2
√
2, π, e. . . )
1 x∈Q
come esempio di
4. La funzione di Dirichlet f (x) =
0 altrimenti
funzione limitata senza alcun limite per alcun punto (possibile soluzione
al primo esercizio del compito dell’8 Settembre 2005).
Questa funzione non è rappresentabile graficamente, perché apparirebbe come
le due rette: y = 0 ed y = 1; lo stacco fra i punti di X che la funzione assegna
all’una o all’altra sarebbe indistinguibile.
Come prima cosa si può verificare che la funzione di Dirichlet non potrebbe
avere, in alcun punto, per limite un numero L diverso da 0 o 1, perché un
intorno di L che non contenesse 0 o 1 non soddisferebbe la definizione di
limite.
Se il limite, per un certo x0 ∈ R fosse L = 1, potremmo prendere un intorno
di L = 1 che non contenesse 0, e in questo caso esisterebbe un intorno di
x0 per cui tutti i valori assunti da questi punti non dovrebbero essere 0. x0
contiene infiniti numeri irrazionali (perché R\Q è denso in R, quindi x0 è
un punto di accumulazione per i numeri irrazionali), per i quali la funzione
di Dirichlet dà valore 0, contro le ipotesi iniziali.
In maniera analoga si dimostra che il limite non può essere L = 0 per alcun
x0 ∈ R. 2
5. Esempî di soluzione di limiti particolari:
a)
lim
x→+∞
|
p
x2 − x −
{z
=+∞−∞
√
x =
}
lim
x→+∞
√
x·
√
√
x−1− x
√
√
lim
x · ( x − 1 − 1)
x→+∞
√
√
x ·
lim ( x − 1 − 1)
=
lim
=
x→+∞
x→+∞
= +∞ · +∞ = +∞ ;
b)
x2 + x
=
x→+∞
{z x }
|
lim
x x+1
·
x→+∞ x
1
lim
= +∞ / +∞
=
3
lim x + 1 = +∞ . 2
x→+∞
6. Enunciato [senza dimostrazione] del
Teorema sul limite della funzione composta:
se esistono limt→t̄ g(t) = x̄ e limx→x̄ f (x) = L, allora:
lim f (g(t)) = lim f (x) = L
x→x̄
t→t̄
se e solo se
(i) g(t) 6= x0 per ogni t 6= t0 in un intorno di t0 ,
oppure (ii) L è finito ed f (x̄) = L . 2
[Vedi per esempio G.C. Barozzi e C. Corradi, Matematica Generale per le
Scienze Economiche, Il Mulino, 1999, pagg. 304-307.]
7. Esempî di soluzione di limiti particolari:
a) se esiste limx→x0 f (x), allora:
lim ef (x) = e(limx→x0 f (x)) ;
x→x0
b) studiare limx→+∞ ax · e−x al variare di a ∈ R, a > 0:
lim ax · e−x =
x→+∞
=
lim e((loge a)·x) · e−x
x→+∞
lim e((loge a)·x−x)
x→+∞
lim (ex )(loge a−1)
(loge a−1)
x
=
lim e
= (+∞)(loge a−1)
=
x→+∞
x→+∞
per a ∈ (0, e): abbiamo (log a − 1) = t < 0 e quindi (+∞)t = 0;
per a = e: abbiamo (log a−1) = 0 e quindi limx→+∞ (ex )0 = limx→+∞ 1 = 1;
per a ∈ (e, +∞): abbiamo (log a − 1) = t > 0 e quindi (+∞)t = +∞. 2
4
3 Marzo 2006
1. Richiamo della definizioni di derivata:
f ′ (x) ≡
d(f (x))
dx
=
f (x + h) − f (x)
, se esiste ed è finito. 2
h→0
h
lim
2. Dimostrazione, attraverso la definizione, del fatto che:
d(ax2 + bx + c)
= 2ax + b .
dx
d(ax2 + bx + c)
dx
=
=
=
=
=
=
a(x + h)2 + b(x + h) + c − ax2 + bx + c
lim
h→0
h
2
2
a(x + 2xh + h ) + b(x + h) + c − ax2 + bx + c
lim
h→0
h
ax2 + 2axh + ah2 + bx + bh + c − ax2 − bx − c
lim
h→0
h
2
2axh + ah + bh
lim
h→0
h
lim (2ax + ah + b)
h→0
2ax + b + lim (ah)
h→0
= 2ax + b . 2
3. Derivate delle funzioni più comuni [senza dimostrazione] :
d (ex ) /dx
d (loge (x)) /dx
d (xn ) /dx
d (xa ) /dx
= ex
= x1
= n · xn−1
= a · xa−1
x∈R
x ∈ R, x > 0
x ∈ R, ∀ n ∈ Z\{0} ≡ {. . . − 2, −1, 1, 2 . . .}
x ∈ R, x > 0, a ∈ R
4. Enunciato [senza dimostrazione] del
Teorema sulla derivata di funzione composta:
se g è derivabile in x̄, ed f è derivabile in g(x̄), allora:
d(f (g(x̄)))
≡ ( f (g(x̄)) )′ = f ′ (g(x̄)) · g′ (x̄). 2
dx
5
5. Esempî di soluzione di derivate di alcune funzioni:
d
a)
x3 −x2 +3
x
dx
d(x3 −x2 +3)
dx
=
=
=
=
ma anche
x3 −x2 +3
x
dx
−
d(x2 )
dx
dx
dx
· x − x3 − x2 + 3 · 1
x2
− 2x · x − x3 − x2 + 3
x2
3
2
3
3x − 2x − x + x2 − 3
x2
3
2
2x − x − 3
;
x2
3x2
=
d
d(x3 )
dx
· x − x3 − x2 + 3 ·
2
x
d x2 − x + x3
=
dx
d(x−1 )
d(x2 ) dx
−
+3
=
dx
dx dx
2x3 − x2 − 3
3
;
= 2x − 1 + 2 =
x
x2
d e((loge a)·x)
d (ax )
b)
=
= (loge a) · e((log e a)·x) = (loge a) · ax ;
dx
dx
loge x
d
log
a
d (loga x)
1
d (loge x)
1
1
1
e
c)
=
=
·
=
· =
;
dx
dx
loge a
dx
loge a x
(loge a) · x
1
d (f (x))
1
f ′ (x)
d (loge (f (x)))
=
·
≡
· f ′ (x) =
;
dx
f (x)
dx
f (x)
f (x)
d(x2 )
d loge (x2 )
2x
2
e)
= dx2 = 2 = ,
dx
x
x
x
d loge (x2 )
d (2 · loge x)
d (loge x)
2
ma anche:
=
=2·
= ;
dx
dx
dx
x
d)
f)
d ((loge x) · x − x)
dx
d ((loge x) · x) d (x)
−
dx
dx
d (x) d (x)
d (loge x)
· x + (loge x) ·
−
=
dx
dx
dx
1
=
· x + (loge x) · 1 − 1
x
= 1 + loge x − 1
=
= loge x . 2
6
6. Dimostrazione del fatto che la funzione
√
x non è derivabile per x = 0.
3
x1/2
Y
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
X
7
8
9
10
X
Figure 2: Grafico della funzione f (x) =
d(xa )
dx
Applicando la regola
“ 1”
d x2
dx
=
1
2
1
· x− 2 =
1
1
2·x 2
√
x, e sue tangenti per x → 0.
= a · xa−1 alla funzione
√
1
x = x 2 , otteniamo:
. Quest’ultima funzione non è definita per x = 0. 2
7. Provare se le seguenti funzioni sono, o meno, limitate, continue o derivabili
ex
x ∈ [0, 1)
a) f (x) =
;
e + x − 1 x ∈ [1, 4]

 1 − x x ∈ (−∞, 0)
2x
x ∈ [0, 2]
b) f (x) =
;

x2
x ∈ (2, +∞)
(b) è il primo esercizio del compito del 30 Giugno 2003 - versione A.
a) La funzione è definita per x ∈ [0, 4], le due funzioni che la compongono
sono continue, è continua anche nel punto x = 1 perchè
lim ex = e1 = e = e + 1 − 1 ;
x→1−
7
6
10
9
5
8
x2
7
4
e+x−1
3
Y
Y
6
5
e
4
4
2
3
x
2
x
e
2
1−x
1
1
1
0
0
1
2
3
4
X
0
−2
−1
0
1
2
X
Figure 3: Grafico delle funzioni in (a) (sinistra) e in (b) (destra).
è limitata per il teorema di Weierstrass, in quanto continua in un insieme
chiuso e limitato;
non è derivabile nel punto x = 1 perché d(e+x−1)
=1e
dx
lim
x→1−
d (ex )
= lim ex = e1 = e 6= 1 .
dx
x→1−
b) La funzione è definita per x ∈ R, non è limitata perché
lim 1 − x = +∞
x→−∞
lim x2 = +∞ ;
e
x→+∞
le tre funzioni che la compongono sono continue, è continua anche nei punti
x = 0 ed x = 2 perchè
lim 1 − x = 1 = 20
x→0−
e
lim x2 = 22 ;
x→2+
non è derivabile nei punti x = 0 ed x = 2, perchè
= loge 2 · 2x e
d (1 − x)
= −1 6= loge 2 · 20 = loge 2 ,
dx
d x2
= lim 2x = 4 6= loge 2 · 22 = loge 2 · 4 . 2
lim
x→2+
x→2+ dx
lim
x→0−
e
d(2x )
dx
8
3
10 Marzo 2006
1. Richiamo delle definizioni di massimo e minimo, assoluto e relativo.
2. Trovare i punti di massimo e di minimo, relativi ed assoluti, delle
seguenti funzioni nei rispettivi dominî:
p
a) f (x) = x + |x − 1| x ∈ [0, 2]

 −x + 4 x ∈ (−∞, −2)
x2
x ∈ [−2, 0]
b) f (x) =
;

loge x x ∈ (0, +∞)
(b) è il primo esercizio del compito del 12 Giugno 2003 - versione A
10
3
8
−x+4
6
6
x+|x−1|1/2
.
4
4
x
2
2
Y
Y
2
loge x
.
0
−1
5/4
−2
1
−4
−6
−8
0
0
3/4
1
2
X
−10
−4
−3
−2
−1
0
1
X
Figure 4: Grafico delle funzioni in (a) (sinistra) e in (b) (destra).
Per risolvere gli esercizi bisogna valutare la funzione in tutti i punti in cui
(i) la derivata prima si annulla, oppure (ii) appartengono agli estremi degli
intervalli di definizione.
a) La funzione è continua perché composizione di funzioni continue, è definita
in un insieme chiuso e limitato; quindi, per il teorema di Weierstrass, è limitata ed ha massimo e minimo assoluti.
La funzione è equivalente a
√
x + √1 − x x ∈ [0, 1)
f (x) =
,
x + x − 1 x ∈ [1, 2]
9
2
la cui derivata è
d f (x)
≡ f ′ (x) =
dx
(
1−
1+
√1
2 1−x
√1
2 x−1
x ∈ [0, 1)
,
x ∈ (1, 2]
(la derivata non è definita per x = 1) che si annulla solo per x = 34 ;
i punti in cui valutare la funzione sono 4: f (0) = 1, f ( 43 ) = 54 , f (1) = 1 ed
f (2) = 3; in 0 e 1 abbiamo minimi assoluti, in 34 c’è un massimo relativo, in
2 un massimo assoluto.
b) La funzione non ha minimi né massimi assoluti perché
lim f (x) = lim loge x = −∞ così come
x→0+
x→0+
lim f (x) = lim f (x) = +∞ ;
x→−∞
x→+∞
la sua derivata è

 −1 x ∈ (−∞, −2)
d f (x)
≡ f ′ (x) =
2x x ∈ (−2, 0)
;
 1
dx
x
∈
(0,
+∞)
x
che non si annulla per nessun valore in cui è definita (in x = 0 la derivata
non è definita, questo punto viene controllato comunque in quanto estremo
di intervalli);
i punti in cui valutare la funzione sono 2: f (−2) = 4 ed f (0) = 0;
in questi due punti non abbiamo comunque neanche massimi o minimi relativi, per entrambi infatti, spontandosi verso sinistra la funzione aumenta,
verso destra diminuisce. 2
3. La curva di domanda per i tessuti è data da q = (100 − p)2 con 0 ≤ p ≤
100, dove p è il prezzo per cassa di tessuti e q è la domanda in vendite
settimanali. A quale prezzo dovrebbero essere venduti i tessuti per
massimizzare il ricavo? (quarto esercizio del compito dell’8 Settembre
2005)
La curva di domanda indica la quantità di casse che in totale gli acquirenti
compreranno, una volta che l’azienda ne ha fissato il prezzo; come ci si aspetta è decrescente e, oltre un certo valore massimo (in questo caso 100 Euro),
nessun acquirente sarà disposto ad acquistare casse.
Il guadagno lordo dell’azienda è dato dal prezzo di vendita di una singola
cassa, moltiplicato per il numero di casse (funzione a sua volta del prezzo).
In formule il guadagno è: p · q = p · (100 − p)2 .
Dobbiamo pertanto trovare un massimo della funzione f (x) = x(100 − x)2 ,
per x ∈ [0, 100].
10
150.000
Guadagno lordo
148.150 Euro
2
x (100−x)
100.000
~33.33 Euro
50.000
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Prezzo di una cassa
Figure 5: Grafico della funzione f (x) = x(100 − x)2 nel dominio [0, 100].
Sviluppando il polinomio possiamo scrivere f (x) = x3 − 200x + 1002 x, la
cui derivata è f ′ (x) = 3x2 − 400x + 10.000, che si annulla per x = 100
3 ed
x = 100 .
Abbiamo tre punti su cui valutare la funzione, per trovare il massimo: gli
estremi (x = 0 ed x = 100) e il punto critico x = 100
3 .
Per i primi due la funzione è nulla, per il terzo vale 148.150 Euro: il massimo
cercato. 2
4. Fly-by-Night Airlines ha una regola particolare per il bagaglio: la
somma della lunghezza e della larghezza di una valigia deve essere 110
centimetri, così come la somma della larghezza e dell’altezza. Quali
sono le dimensioni della valigia di volume massimo accettata? (esercizio 39, pag. 160, di S. Waner e S.R. Costenoble, Strumenti quantitativi
per la gestione aziendale, volume 2, Apogeo, 2002)
Le condizioni sulle dimensioni equivalgono a:
lu + la = 110
lu = 110 − la
; =⇒
;
la + al = 110
al = 110 − la = lu
Se immaginiamo ogni bagaglio come un parallelepipedo, il suo volume è V =
la · lu · al, che può essere riscritto come V = la · (110 − la)2 .
Dobbiamo quindi massimizzare f (x) = x(110 − x)2 , nonostante le differenze
11
nel contesto, il problema è analogo a quello dell’esercizio precedente: si risolve
con lo stesso procedimento e rivelerà un massimo per x = 110
2
3 .
5
x 10
2
197.190 cm3
1.8
1.6
1.4
1.2
36,6 cm di larghezza
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
110
x
Figure 6: Grafico della funzione f (x) = x(110 − x)2 nel dominio [0, 110].
5. Una compagnia possiede due stabilimenti produttivi, A e B, ognuno dei
quali produce lo stesso bene. In dettaglio, lo stabilimento A produce
x unità al costo di 2x2 + 50000 Euro e lo stabilimento B produce y
unità al costo di y 2 + 40000 Euro. Dovendo evadere un ordine di 1200
unità, come si distribuisce la produzione tra i due stabilimenti al fine
di minimizzare il costo totale di produzione? E a quanto ammonta
tale costo minimo? (terzo esercizio del compito dell’8 Settembre 2003
- versione A)
Il costo totale della produzione è: 2x2 +50000+y 2 +40000 = 2x2 +y 2 +90000
Euro. Porre che la produzione totale sia 1200, equivale a fissare x+y = 1200,
cioè y = 1200 − x.
Dobbiamo quindi minimizzare f (x) = 2x2 +(1200 − x)2 +90000, nell’intervallo
x ∈ [0, 1200] ∗ .
In realtà dovremmo considerare solo i valori interi, ed x ∈ {0, 1, 2, . . . , 1199, 1200}. Nel
caso specifico, come vedremo, la distinzione è ininfluente; altrimenti dovremmo cercare
il valore intero minore, fra i due adiacenti a quello non-intero trovato. Se ad esempio
trovassimo un minimo per x = 400.34, dovremmo valutare la funzione in x = 400 e
x = 401, per poi scegliere il minore fra i due
∗
12
3.000.000
2.000.000
1.050.000 Euro
1.000.000
400 unità
Costi di produzione
2 x2 + (1200−x)2 + 90000
0
200
400
600
800
1000
1200
Produzione nello stabilimento A
Figure 7: Grafico della funzione f (x) = 2x2 +(1200 − x)2 +90000 nel dominio
[0, 1200].
Sviluppando il polinomio possiamo scrivere
f (x) = 3x2 − 2400x + 90000 + 12002 , la cui derivata è f (x) = 6x − 2400, che
si annulla per x = 400 .
Abbiamo tre punti su cui valutare la funzione, per trovare il massimo: gli
estremi (x = 0 ed x = 1200) e il punto critico x = 400.
Quello per cui f (x) è minore è x = 400 per cui la spesa è 1.050.000 Euro: il
minimo cercato. 2
6. Basic Buckets deve produrre secchi di plastica capienti 5000 cm3 . I
secchi sono cilindrici aperti sul lato superiore, e l’azienda vuole sapere
a quali dimensioni corrisponde la minore quantità di plastica. (esercizio
49, pag. 161, di S. Waner e S.R. Costenoble, Strumenti quantitativi per
la gestione aziendale, volume 2, Apogeo, 2002)
Il volume di un cilindro è dato dalla formula V = πr 2 h =⇒ h, (r è il raggio,
h l’altezza) ponendo V = 5000 si ottiene h = 5000
πr 2 .
Minimizzare la quantità di plastica corrisponde invece a minimizzare la superficie del secchio (la parte esterna e l’unica base): S = πr 2 + 2πrh .
Possiamo sostituire h e trovare S = πr 2 + 2·5000
r .
Il problema equivale a minimizzare f (x) = πx2 + 10000
x , per x > 0 (il raggio
non può essere negativo né nullo).
13
Il limite per x → 0 ed x → +∞ di f (x) è +∞, se trovassimo un unico punto
in cui la derivata si annulla, quello sarebbe un minimo.
4
x 10
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
10
20
30
40
50
x
60
70
Figure 8: Grafico della funzione f (x) = πx2 +
80
10.000
x
La derivata è f ′ (x) = 2πx − 10.000
, che si annulla per
x2
q 3
10
2
x3 = 10.000
2π =⇒ x =
2π · 10 ≃ 11.677 .
14
90
per x > 0.
100
7. Trovare massimi e minimi, assoluti e relativi, per la funzione f (x) =
3x3 − a2 x, definita per x ∈ [−1, 1], nei casi a = 1, a = 23 ed a = 2
(figura 9).
La derivata di f (x) è f ′ (x) = 9x2 − a2 , che si annulla per x = ± a3 , il valore
della funzione in quei punti è: f (− a3 ) = 92 a3 ed f ( a3 ) = − 92 a3 ;
negli estremi la funzione vale invece: f (−1) = a − 3 ed f (1) = 3 − a.
I punti critici sono 4 (−1, − a3 , a3 ed 1), nella tabella sottostante verifichiamo
che, per i 3 valori di a considerati, appartengono sempre tutti all’intervallo
[−1, 1].
Nella tabella calcoliamo anche il valore della funzione nei punti, ricavando
quali sono i massimi e i minimi, relativi e assoluti. 2
a=1
a = 23
a=2
f (−1)
− a3 , f (− a3 )
2
−2
min. ass. − 31 ,
9
3
− 43
min. ass. − 21 ,
4
16
1
min. rel. − 32 ,
9
max. rel.
max. ass.
max. ass.
a
3,
1
3,
1
2,
2
3,
f ( 3a )
− 92
− 43
− 16
9
f (1)
2
max. ass.
min. rel.
3
min. ass.
max. ass.
4
min. ass. −1 max. rel.
2
3
2
3x −a x
3−a
1
3
Y
(2/9)a
0
−a/3
−1
−2
−1
0
1
X
Figure 9: Massimi assoluti e relativi della funzione f (x) = 3x3 − a2 x nel
dominio [−1, 1].
15
8. Una finestra normanna ha la forma di un rettangolo sormontato da
un semicerchio. Se il perimetro della finestra deve essere di 10 metri,
calcolare le misure della finestra in modo che entri la maggior quantità
di luce possibile.
(quinto esercizio del compito del 20 Gennaio 2006 - versione A)
Il perimetro della finestra è dato dal semicerchio (r è il raggio) e dai tre lati
(h è l’altezza, 2r la base): P = 2h + 2r + πr = 2h + (2 + π)r .
La condizione P = 10 equivale a imporre h = 10−(2+π)r
.
2
πr 2
L’area della finestra è A = h(2r) + 2 , sostituendo per h:
2
A = 10−(2+π)r
(2r) + πr2 = 10r − π2 + 2 r 2 .
2
r
h
2r
Abbiamo un problema di massimizzazione in una variabile:
π
.
+ 2 r2
max f (r) = max 10r −
r>0
r>0
2
La derivata
df (r)
dr
= 10 − (π + 4) r si annulla per r =
Il punto è di massimo perché la derivata seconda
(la funzione è una parabola capovolta). 2
16
d2 f (r)
dr 2
10
π+4
≃ 1.4.
= − (π + 4) è negativa
17 Marzo 2006
1. Richiamo sulla caratterizzazione dei punti critici per le funzioni di due
variabili.
2. Trovare i punti stazionari, e classificarli, per la funzione f (x1 , x2 ) =
x21 x22 − x1 log x2 . (esercizio già iniziato nelle lezioni del corso)
f (x1 , x2 ) è definita per x2 > 0.
Il gradiente di f (x1 , x2 ) è
′ 2x1 x22 − log x2
f x1
=
2x21 x2 − xx12
f ′ x2
che si annulla nei punti (0, 1) e ( 2e12 , e).
La sua matrice Hessiana
′′
f x1 , x1 f ′′ x1 , x2
H(x1 , x2 ) =
=
f ′′ x2 , x1 f ′′ x2 , x2
2x22
4x1 x2 −
1
x2
4x1 x2 − x12
2x21 + xx12
2
!
2 −1
in (0, 1):
−1 0
il determinante è negativo =⇒ il punto è di sella,
vale
− 2e2
vale
in (e, 2e12 ):
2
2 2e2 + 4e5
−
2e
e
il determinante
è: 2
2e2 +4e5
2
4
1
4 = 10e −
2
−
+
2e
−
−
8e
+
4e
=
−
2e
4
2
2
e
2e
e
e
è negativo =⇒ il punto è di sella. 2
1
2e4
2
e
17
3
e2
− 4e4 ≃ −192,
x−y
3. Si determinino i punti stazionari di f (x, y) = x2 +y
2 +1 .
(secondo esercizio del compito del 23 Gennaio 2004 - versione A)
f (x, y) è definita per ogni (x, y).
Il gradiente di f (x, y) è:
f ′x
f ′y


=
(x2 +y 2 +1)−2x(x−y)
(x2 +y 2 +1)2
−(x2 +y 2 +1)−2y(x−y)
(x2 +y 2 +1)2


 
=
−x2 +y 2 +2xy+1
(x2 +y 2 +1)2
−x2 +y 2 −2xy−1
(x2 +y 2 +1)2


 .
Perché il gradiente si annulli dobbiamo avere f ′ x = f ′ y = 0, controlliamo
intanto la condizione f ′ x = f ′ y ∗ :
−x2 + y 2 + 2xy + 1 = −x2 + y 2 − 2xy − 1 =⇒ 2xy + 1 = −2xy − 1 =⇒
1
.
4xy = −2 =⇒ xy = − 21 =⇒ y = − 2x
Sostituendo (in una qualsiasi dei due denominatori del gradiente) otteniamo:
√
−x2 + 4x12 + 1 − 1 = 0 =⇒ x2 = 4x1 2 =⇒ x4 = 41 =⇒ x = ± √12 = 22 ,
quindi y = ∓
√
2
2
.
Il gradiente si annulla nei punti (
0.8
√
2
2
,
−
2
2 )
√
e (−
√
√
2
2
,
2
2 )
.
2
(x−y)/(x2 + y2 +1)
0.6
0.4
0.2
0
−0.2
−0.4
x
y
−0.6
2
−0.8
2
1
1
0
0
−1
−1
−2
−2
y
Figure 10: Grafico tridimensionale della funzione f (x, y) =
x−y
.
x2 +y 2 +1
Visto che le derivate prime sono frazioni (perché derivate di frazioni), fintanto che
ci interessano solo i valori per cui si annullano, possiamo limitarci a considerare solo i
numeratori.
∗
18
3
4. E data la seguente funzione reale di due variabili reali: f (x, y) = x2y+y2 .
Si determinino, se esistono, i punti critici di f (x, y). Si dica se f (x, y)
ammette punti di minimo assoluto.
(secondo esercizio del compito dell’8 Settembre 2003 - versione A)
f (x, y) è definita per ogni (x, y) diverso da (0, 0).
Il gradiente di f (x, y) è:
f ′x
f ′y


=
−2xy 3
(x2 +y 2 )2
3y 2 (x2 +y 2 )−2y 4
(x2 +y 2 )2


 
=
−2xy 3
(x2 +y 2 )2
3y 2 x2 +y 4
(x2 +y 2 )2


 .
Perché la prima derivata si annulli è necessario che x = 0 o y = 0 .
Se fissiamo x = 0, dalla condizione f ′ y = 0 otteniamo y = 0 (ma il punto
(0, 0) non appartiene al dominio di f (x, y) );
se invece fissiamo y = 0, il gradiente si annulla per qualsiasi valore di x .
Quindi ogni punto della forma (x, 0), diverso da (0, 0), è critico. f (x, y) non
ammette punti di minimo assoluto perché, sulla retta x = 0:
y3
= lim y = −∞ . 2
y→−∞
y→−∞ 02 + y 2
lim
3
2
2
y /(x + y )
10
5
0
f(x,0)=0
−5
−10
10
10
5
5
0
y
0
−5
−5
−10
x
−10
3
Figure 11: Grafico tridimensionale della funzione f (x, y) = x2y+y2 , e retta dei
suoi punti critici (dal grafico si nota che sono tutti punti di sella).
19
5. Si dica se (0, −1) può essere un estremante relativo per la funzione
f (x, y) = ex loge (x2 − y) .
(terzo esercizio del compito del 28 Giugno 2005)
La funzione è definita per x2 − y > 0 =⇒ x2 > y, il punto (0 − 1) è un
punto interno a questo dominio. Il gradiente di f (x, y) è
!
′ ex log(x2 − y) + ex x22x
fx
−y
x
.
=
f ′y
− x2e−y
0
che nel punto (0, −1) vale
.
1
(0, −1) non può essere un estremante relativo semplicemente perché non è
un punto critico. 2
6. Il costo per controllare le emissioni di una fabbrica sale rapidamente
al crescere della riduzione delle emissioni. Ecco un possibile modello:
C(x, y) = 2000 + 200x2 + 100y 2 , dove x è la riduzione in emissioni di
zolfo, y la riduzione in emissioni di piombo (in chili di inquinante al
giorno), e C è il costo giornaliero in Euro che l’azienda sostiene per la
riduzione. I sussidi governativi ammontano a 100 Euro per chilo di zolfo
e 500 per chilo di piombo “rimossi”. Quanti chili di inquinante dovrebbe
rimuovere l’azienda ogni giorno per minimizzare il costo netto?
(esercizio 34, pag. 352, di S. Waner e S.R. Costenoble, Strumenti quantitativi per la gestione aziendale, volume 2, Apogeo, 2002)
Il costo netto dell’azienda è dato dalla funzione f (x, y) = 2000 + 200x2 +
100y 2 − 100x − 500y, definita per tutti gli x e y strettamente positivi.
Si deve quindi risolvere il problema di massimizzazione vincolata:
min 2000 + 200x2 + 100y 2 − 100x − 500y .
x>0
y>0
Il gradiente di f (x, y) è
f ′x
f ′y
che si annulla nel punto ( 41 , 52 ).
La sua matrice Hessiana
′′
f x,
H(x, y) =
f ′′ y,
=
x
x
400x − 100
200y − 500
f ′′ x,
f ′′ y,
y
y
=
.
400 0
0 200
ha determinante sempre positivo =⇒ il punto è di minimo.
20
2
7. Una scatola è un parallelepipedo rettangolo ed è costruita con 2 tipi di
materiali. Le parti superiore ed inferiore sono di cartone pesante che
costa 20 centesimi al metro quadro, quelle laterali di cartone leggero
che costa 10 centesimi al metro quadro. Dato che la scatola deve avere
una capacità di 2 metri cubi, quali devono essere le sue dimensioni se
il prezzo va minimizzato?
(quinto esercizio del compito dell’8 Settembre 2005)
Le dimensioni della scatola sono larghezza (x), lunghezza (y) e altezza (z).
Il costo di produzione (in centesimi) è dato da:
C(x, y, z) =
+ 2(x + y)z · 10 .
2(xy) · 20
|
{z
}
| {z }
coperchio + base facce esterne
Il vincolo sul volume (in centimetri cubi) equivale a:
V = 2000 = xyz =⇒ z = 2000
xy .
Sotituendo per z, abbiamo un problema di massimizzazione vincolata:
min 40xy + 40000
x>0
y>0
x+y
.
xy
Il gradiente di f (x, y) è
f ′x
f ′y

=
40y −
40000
x2
40x −
40000
y2

 .
che si annulla nel punto (10, 10).
La sua matrice Hessiana
H(x, y) =
f ′′ x,
f ′′ y,
f ′′ x,
f ′′ y,
x
x
80 40
vale
in (10, 10):
40 80
il determinante è positivo, f ′′ x,
2
x
y
y

=
80000
x3
40
40
80000
y3


= 80 è positivo =⇒ il punto è di minimo.
21
e (x+1)
· y . Si dica se (0, 0) è punto di sella per f . Si
8. Sia f (x, y) = logx+1
dica se f ammette estremanti assoluti nell’insieme D = {(x, y) : x ≥
0, y ≥ 0, x + y ≤ 10} .
(quarto esercizio del compito del 30 Giugno 2003 - versione A)
f (x, y) è definita per x > −1.
Il gradiente di f (x, y) è
 


x+1
−log (x+1)
e (x+1)
′ y · 1−log
y · x+1 (x+1)e 2
2
(x+1)
fx
 


=
=

′
fy
log (x+1)
loge (x+1)
x+1
e
x+1
che effettivamente si annulla nel punto (0, 0).
La matrice Hessiana è:

x+1−2(x+1)(1−loge (x+1))
y·
′′
(x+1)2
′′
f x, x f x, y

=
H(x, y) =

f ′′ y, x f ′′ y, y
1−loge (x+1)
(x+1)2
... 1
vale
x, x è irrilevante perché
y, y è nulla)
1 0
il determinante è negativo =⇒ il punto è quindi di sella.
(f ′′
f ′′
1−loge (x+1)
(x+1)4
0


 ,
in (0, 0):
y (log(x+1))/(x+1)
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
10
8
6
y
10
8
4
6
2
4
2
0
0
x
Per rispondere alla seconda domanda è sufficiente il teorema di Weierstrass
per le funzioni di più variabili:
f (x, y) è continua (perché composizione di funzioni continue);
D = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 10} è il triangolo delimitato dai punti
(0, 0), (10, 0) e (0, 10): è un insieme chiuso e limitato nel piano;
quindi f (x, y) ammette massimo e minimo in D. 2
22
9. La vostra software house vende due programmi, Muri e Porte. Il vostro
profitto in Euro per la vendita di x copie di Muri e y copie di porte è
dato da P (x, y) = 20x + 40y − 0.1(x2 + y 2) . Se potete vendere un massimo di 400 copie complessive dei due programmi, quale combinazione
vi porterà il massimo profitto?
(esercizio 22, pag. 363, di S. Waner e S.R. Costenoble, Strumenti quantitativi per la gestione aziendale, volume 2, Apogeo, 2002)
Dato che x e y non possono essere negativi, il massimo deve essere verificato
nel triangolo di vertici (0, 0), (400, 0) e (0, 400) (il triangolo ABC di figura
12), l’esistenza del massimo è garantita dal teorema di Weierstrass. Il problema è di massimizzazione vincolata: max x > 0
20x+40y −0.1(x2 +y 2 ).
y>0
x + y < 400
L’unico punto critico per la funzione f (x, y) = 20x + 40y − 0.1(x2 + y 2 )
è A = (100, 200) (tralasciamo i calcoli) che è interno al triangolo. Inoltre dobbiamo verificare la frontiera del triangolo. Innazitutto i tre vertici
B = (400, 0), C = (0, 0) e D = (0, 400), i quali vanno trattati come punti
isolati, senza la possibilità di studiarne la derivata.
Infine vanno considerati i tre lati del triangolo, come se fossero funzioni ad
un’unica variabile: sul segmento (0, 0) − (400, 0) la funzione vale f (x, 0) =
20x − 0.1x2 , la cui derivata si annulla in E = (200, 0); sul segmento (0, 0) −
(0, 400) la funzione vale f (0, y) = 40y − 0.1x2 , la cui derivata si annulla in
F = (0, 0); sul segmento (400, 0) − (0, 400) la funzione vale f (x, 400 − x) =
20x + 40(400 − x) − 0.1(x2 + (400 − x)2 ) = −0.2x2 + 60x, la cui derivata si
annulla in G = (150, 250).
In figura 12 viene calcolata f (x, y) in questi sette punti: A è il massimo
cercato. 2
20 x+40 y−0.1 (x2+y2)
450
B
0
400
=
y)
x,
f(
350
0
)=
y
x,
f(
f(x,y
300
)=40
0
0
20
00
G
250
y
4500
200
E
A
4000
5000
y=
40
150
0−
x
100
50
C
00
F
0
50
1000
100
D
150
200
250
300
350
−8000
400
450
x
Figure 12: Curve di livello per la funzione f (x, y) = 20x + 40y − 0.1(x2 + y 2)
nel dominio definito, punti in cui verificare il massimo e loro valore di f (x, y).
23
24 Marzo 2006
1. Trovare l’area delimitata dalla curva y = (x + 1) log x , dall’asse delle
x e dalle rette x = 1 e x = 2.
(terzo esercizio del compito dell’8 Settembre 2005)
L’esercizio chiede di risolvere:
Z
2
per parti
(x + 1) log x dx
=
1
=
=
=
=
#2
Z 1 2
x
+
x
1 2
2
x + x log x −
dx
2
x
1
2
Z 1 2
1
x + x log x −
x + 1 dx
2
2
1
2
1 2
1 2
x + x log x −
x +x
2
4
1
3
5
(4 log 2 − 3) −
·0−
2
4
7
4 log 2 −
. 2
4
"
2. Per quali di k > 1 è soddisfatta l’equazione
Z k
1
+ 3 dx = 3k ?
x
1
Risolviamo l’integrale:
Z k
1
1
+ 3 dx = [log x + 3x]k1
x
= log k + 3k − 3 .
L’equazione si riduce a:
log k + 3k − 3 = 3k =⇒ log k = 3 =⇒ k = e3 .
24
2
3. Si studi, per x > 14 , la monotonia della funzione
Z x
log t + 21
f (x) =
dt .
1
t3
4
(quarto esercizio del compito dell’8 Settembre 2003 - versione A)
Per studiare la monotonia di f (x) possiamo calcolarne la derivata e vedere
per quali valori è positiva, nulla o negativa.
Ricordiamo il teorema fondamentale del calcolo:
Z x
F (x) =
f (t)dt =⇒ F ′ (x) = f (x) .
x0
log(x+ 21 )
f ′ (x) è pertanto
, per analizzarne il segno basta considerare il segno
x3
del numeratore, visto che, per x > 14 , il denominatore è sempre positivo.
Abbiamo:

< 0 x ∈ 41 , 12
1 
= 0 x = 12
log x +
.
2 
1
> 0 x ∈ 2 , +∞
f (x) è decrescente per x < 12 , raggiunge un minimo per x =
per ogni altro valore di x. 2
1
2
e poi cresce
4. Il numero di accessi mensili alla pagina web di un tour operator è dato
dalla funzione N(t) = (t2 + t)et (t = 0 corrisponde al giorno 1 gennaio
2005). Si calcoli il numero totale di accessi al sito fino al mese di maggio
(incluso). (quarto esercizio del compito del 28 Giugno 2005)
L’esercizio chiede di risolvere:
5
Z
Z 5
per parti
2
t
2
t
t
(t + t)e dt
=
(t + t)e − (2t + 1)e dt
0
0
per parti
=
=
=
=
2
t
t
(t + t)e − (2t + 1)e +
Z
(t2 + t)et − (2t + 1)et + 2et
t 2
5
e (t − t + 1) 0
t
2e dt
5
0
5
0
e5 · 21 − 1 ≃ 3. 116
Una maggiore approssimazione del risultato sarebbe un errore, perché gli accessi al sito sono sempre in numero intero. 2
25
5. Come forma di risparmio per la pensione investite 700 euro al mese in
una rendita con un tasso di interesse garantito del 6% per anno. Con un
flusso di investimento continuo e una capitalizzazione continua, quanto
avrete accumulato nella rendita al momento in cui andrete in pensione,
dopo 45 anni?
(esercizio 25, pag. 286, di S. Waner e S.R. Costenoble, Strumenti quantitativi per la gestione aziendale, volume 2, Apogeo, 2002)
Ogni anno il deposito è di 700 · 12 = 8400 euro.
Ricordiamo la formula per il calcolo degli interessi continui, dopo T anni il
deposito di un dato anno vale 8400 · eT ·0.06 euro.
Dobbiamo integrare 45 anni di contributi:
#45
"
Z 45
(45−t)·0.06
e
8400 · e(45−t)·0.06 dt = 8400 · −
0.06
0
45·0.06
0
e
−1
= 8400 ·
≃ 1. 943. 172 euro . 2
0.06
R
6. Si calcoli (log(x))2 dx .
(secondo esercizio del compito del 20 Gennaio 2006 - versione A)
R
Ricordiamo che logxdx = x log x − x :
Z
Z
per parti
2
(log(x)) dx
=
(x log x − x) log x − (log x − 1)dx
=
=
dove k è una costante.
2
(x log x − x) log x − (x log x − x) + x + k
x (log x)2 − 2 log x + 2 + k ,
7. Si trovi (se esiste) una funzione tale che
1
f (0) = 1, f ′ (0) = 2 e f ′′ (x) = x+1
.
R 1
dx = log(x + 1) + k1 .
Possiamo calcolare f ′ (x) = x+1
′
La condizione f (0) = 2 implica log(0 + 1) + k1 = 2 =⇒ k1 = 2 , per cui
abbiamo f ′ (x) = log(x + 1) + 2.
Integrando di nuovo
R
f (x) = (log(x + 1) + 2)dx = (x + 1)log(x + 1) + (x + 1) + k2 .
La condizione f (0) = 1 implica (0+1)log(0+1)+(0+1)+k2 = 1 =⇒ k2 = 0.
La funzione cercata è f (x) = (x + 1)log(x + 1) + x + 1 .
26
2
8. Calcolare, se esiste
Z
1
0
√
1
dx .
1−x
La funzione da integrare è definita per x ∈ (−∞, 1), per x = 1 non è definita
e per x → 1 non è√ limitata.
1−x
1
Ricordiamo che d dx
= − 12 √1−x
.
Z
1
0
√
1
1
√
dx = −2 1 − x 0
1−x
√
√
= lim (−2 1 − x) −(−2 1 − 0) = 2 . 2
x→1
{z
}
|
=0
9. Calcolare, se esiste
Z
+∞
xe−x dx .
0
(quinto esercizio del compito del 28 Giugno 2004 - versione A)
La funzione da integrare è definita e limitata per ogni x ≥ 0.
Z
+∞
Z +∞
per parti
−x
−x
−x
xe dx
=
−xe − − e dx
0
0
=
=
=
+∞
−xe−x − e−x 0
−x
+∞
−e (x + 1) 0
lim (−e−x (x + 1)) −(−e0 (0 + 1)) = 1 . 2
{z
}
|
x→+∞
=0
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