Soluzioni_A08H18

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI ROMA TRE
Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica
SOLUZIONE DELLA PROVA D'ESAME
DI ANALISI MATEMATICA
A.A. 2007/08 - Corso tenuto dal dott. B. Palumbo  18 giugno 2008
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
A1. Verificare (applicando SOLO la definizione) che
lim
x 
x
2x  7
  .
Soluzione. Fissato un generico M > 0, verifichiamo che da un certo NM in poi si ha f(x) > M, cioè
x
2x  7
 M . È lecito elevare al quadrato i due membri, in quanto essi sono certamente positivi (infatti deve
essere x 
x2
7
); abbiamo perciò
 M 2 , cioè x 2  2M 2 x  7 M 2  0 . Le radici del trinomio sono
2x  7
2
M 2  M 4  7M 2 , entrambe reali se supponiamo M  7 . Poiché il trinomio è positivo nei due intervalli
x
M è
esterni alle radici, possiamo affermare che per x  M 2  M 4  7M 2 la disuguaglianza
2x  7
vera. Perciò il limite è verificato, con N M  M 2  M 4  7M 2 .
A2. Studiare la funzione
f ( x) 
x 2  3x  4
e tracciarne il grafico.
x2
Soluzione. Poiché il trinomio x2 + 3x + 4 è sempre positivo (in quanto privo di radici reali), il dominio
della funzione è D = ( , 2)  (2 , +). Ovviamente l'unica intersezione con gli assi è (0 , 1), e inoltre la
funzione è negativa per x < 2 e positiva per x > 2.
Dal segno si deduce facilmente che lim f ( x)   e che lim f ( x)   . Per quanto riguarda i limiti
x2
x2
per x  , osserviamo che numeratore e denominatore hanno lo stesso ordine di infinito; tuttavia, mentre
per x  + si ha lim
x 
x  3x  4
 lim
x 
x2
2
 3 4 
 3 4 
 3 4 
x 2 1   2 
x 1   2 
1   2 
 x x 
 x x 
 x x 
 lim
 lim
1,
x


x


 2
 2
 2
x 1  
x 1  
1  
 x
 x
 x
 3 4 
 3 4 
 3 4 
x 2 1   2 
| x | 1   2 
1   2 
x  3x  4
 x x 
 x x 
 x x 
viceversa è lim
 lim
 lim
  lim
 1 .
x 
x


x


x


x2
 2
 2
 2
x1  
x 1  
1  
 x
 x
 x
Si hanno pertanto i due asintoti orizzontali y = 1 ed y = 1, dei quali solo il secondo interseca il grafico, nel
punto (0 , 1). Per quanto detto, non esistono asintoti obliqui.
 7( x  2)
Il calcolo della derivata dà f ( x) 
, il cui segno è:
2( x  2) 2 x 2  3x  4
2
2
2

2 
Perciò la funzione presenta un massimo relativo nel punto   2 , 
4 

A3. Dimostrare che l'equazione 7 arccos 4x  1  6
9
Soluzione. Sia f ( x)  7 arccos
20  2 x  4 x 2 
1
ammette una ed una sola radice reale.
2
4x  1
1
 6 20  2 x  4 x 2  . Per determinare il dominio di f, occorre
9
2
risolvere il sistema
4x  1

1
 1 

9
20  2 x  4 x 2  0;
La doppia disequazione dà facilmente 9  4x + 1  9, da cui 
5
 x  2 . Per la seconda, si consideri
2
5
e 2, per cui abbiamo ancora la stessa condizione. Dunque f è continua in
2
1
1
 5 
 5
 5 
D   , 2 . Si ha f     7   0 e f (2)   , per cui f presenta almeno uno zero in   , 2  .
2
2
 2 
 2
 2 
8(3x  1)
 5 
Il calcolo della derivata dà, per ogni x in   , 2  , f ( x) 
, il cui segno è:
 2 
20  2 x  4 x 2
che le radici del trinomio sono 

5
2
1
3
2
7
1
1
Pertanto f presenta un minimo relativo (che è anche assoluto) in  , 7 arccos  2 170  
27
2
3
5
1
1
(quest'ultimo numero è approssimativamente 17,417). Ne segue che per   x  la f decresce da 7 
2
3
2
7
1
7
1
1
1
a 7 arccos  2 170  , mentre per  x  2 f cresce da 7 arccos  2 170  a  . Concludiamo
3
2
27
2
27
2
5 1
che f presenta un solo zero reale, che si trova tra  e .
2 3
p
A4. Dopo aver calcolato, in funzione di p, l'integrale
Soluzione.
funzione integranda, scriviamo
A  B  0
x
A
Bx  C
1


 2
. Svolgendo i calcoli, abbiamo il sistema  B  C  1
da cui A   ,
2
( x  1)( x  4) x  1 x  4
5
4 A  C  0,

B
Per
decomporre
in
fratti
x
dx , calcolare lim A p  .
2
p 
0 ( x  1)( x  4)
A( p)  
1
4
, C  . Perciò il calcolo dell'integrale dà:
5
5
semplici
la
4
 1 1
p
p
p
x 
 
x
 1

1

2
A( p)    5  5 2 5 dx   log | x  1 |   log( x 2  4)   arctg  .
x 4 
20
 5
 0 10
0 5
0  x 1




p
Visto che l'integrale che definisce A(p) ha senso solo per p > 1, abbiamo:
1
1
p2  4 2
p
A( p)   log( p  1)  log
 arctg ,
5
10
4
5
2
che, ricordando le proprietà dei logaritmi, si può scrivere nella forma
A( p) 
1
p2  4 1
2
p 1
p2  4
2
p
log
 log( p  1) 2  arctg  log
 arctg .
2
10
4
10
5
2 10
4( p  1)
5
2
1
p2  4
tende a ; siccome poi l'arcotangente di una funzione che tende a
2
4( p  1)
4

1
1 2    log 2
+ tende a , il limite richiesto vale
.
log 

10
4 52
5
2
Per p  +, la funzione
A5. Dimostrare che la somma della serie
(1) k 1 1
1
1
1
 




k
2
3
9 29
3 9
4  94
k 1 k  9

10
.
9
{Suggerimento: scrivere la formula di Taylor (di ordine n generico) per la funzione f(x) = log(1+x), con
x0 = 0.}
è uguale a log
Soluzione. Seguendo il suggerimento, consideriamo la funzione f(x) = log(1+x). Abbiamo
1
2
(k  1)!
1
, f ( x)  
, f ( x) 
, e in generale f ( k ) ( x)  (1) k 1
per k  1.
f ( x) 
2
3
(1  x)
(1  x)
(1  x) k
1 x
Essendo f(0) = 0 ed f ( k ) (0)  (1) k 1 (k  1)! per k  1, abbiamo la nota formula
n
log(1  x)   (1) k 1
k 1
che nel caso particolare x 
xk
 Rn ( x) ,
k
1
diventa
9
log
n
10
(1) k 1
1

 Rn   .
k
9 k 1 k  9
9
Ora, per il resto vale la formula di Lagrange Rn ( x) 
nostro caso, si ha f ( n 1) ( x)  (1) n
n!
, da cui:
(1  x) n 1
(A)
f ( n1) (c) n1
x , con un c compreso tra x0 ed x. Nel
(n  1)!
1
Rn   
9
n!
n 1
1
(1  c) n 1  1 
,
  
n 1
(n  1)!
(n  1)  9 (1  c) n 1
9
(1) n
1
1
, visto che 0  c  . Siccome quest'ultima espressione tende a 0 per
(n  1)  9 n 1
9
k 1

(1)
10
n  , dalla (A) otteniamo 
 log .
k
9
k 1 k  9
che si può maggiorare con
 y   y   12 y  3e 3 x  2e 4 x
A6. Risolvere il problema di Cauchy  y(0)  3
 y (0)  8.

Soluzione. Consideriamo dapprima l'equazione omogenea associata y   y   12 y  0 , la cui equazione
caratteristica è  2    12  0 . Le radici di questa equazione sono 1  3 ed  2  4 , per cui l'integrale
generale dell'equazione omogenea è:
y0  c1e 3 x  c2 e 4 x .
Per determinare una soluzione particolare, possiamo utilizzare il metodo dei coefficienti indeterminati.
A tale scopo, osserviamo che per quanto riguarda il termine 3e3x possiamo inserire nella y una funzione Ae3x,
mentre per il termine 2e4x è necessario considerare lo stesso esponenziale moltiplicato per x, visto che il
numero 4 appare tra le radici dell'equazione caratteristica (con molteplicità 1). Abbiamo quindi
y  Ae3 x  Bxe4 x . Calcolando le derivate e sostituendo, si ha
9 Ae3 x  8Be 4 x  16Bxe4 x  (3Ae3 x  Be 4 x  4Bxe4 x )  12( Ae3x  Bxe4 x )  3e3 x  2e 4 x ,
da cui A  
1
2
e B  . Pertanto l'integrale generale dell'equazione completa è:
7
2
1
2
y  c1e 3 x  c2 e 4 x  e 3 x  xe4 x .
2
7
3
2
8
La derivata è y  3c1e 3 x  4c2 e 4 x  e 3 x  e 4 x  xe4 x ; ponendo le condizioni iniziali, troviamo:
2
7
7
1

c1  c2  2  3

3 2
 3c1  4c2    8.
2 7

La soluzione di questo sistema è c1 
y
67
138
, c2 
; perciò la soluzione del problema di Cauchy è:
98
49
67 3 x 14 x  138 4 x 1 3 x
e 
e  e .
98
49
2
B1. Verificare (applicando SOLO la definizione) che
lim
x 
x 1
2 x
  .
Soluzione. Fissato un generico M > 0, verifichiamo che prima di un certo NM f(x) < M, cioè
x 1
  M . La funzione è definita per x < 2, ma possiamo senz'altro supporre x < 1, cosicché i due
2 x
membri sono concordi (entrambi negativi). Ricordando che da a < b < 0 segue a2 > b2, abbiamo
x 2  2x  1
cioè
Le
radici
del
trinomio
sono
 M 2,
x 2  (2  M 2 ) x  (1  2M 2 )  0 .
2 x
 M 2  2  M 4  12 M 2
, entrambe reali. Poiché il trinomio è positivo nei due intervalli esterni alle radici,
2
x 1
 M 2  2  M 4  12 M 2
  M è vera. Perciò il
possiamo affermare che per x 
la disuguaglianza
2
2 x
limite è verificato, con N M 
B2. Studiare la funzione
 M 2  2  M 4  12 M 2
.
2
f ( x) 
x 2  5x  7
e tracciarne il grafico.
x 1
Soluzione. Poiché il trinomio x2 + 5x + 7 è sempre positivo (in quanto privo di radici reali), il dominio
della funzione è D = ( , 1)  (1 , +). Ovviamente l'unica intersezione con gli assi è (0 , 7 ), e inoltre
la funzione è negativa per x < 1 e positiva per x > 1.
Dal segno si deduce facilmente che lim f ( x)   e che lim f ( x)   . Per quanto riguarda i limiti
x1
x1
per x  , osserviamo che numeratore e denominatore hanno lo stesso ordine di infinito; tuttavia, mentre
per x  + si ha lim
x 
x  5x  7
 lim
x 
x 1
2
 5 7 
 5 7 
 5 7 
x 2 1   2 
x 1   2 
1   2 
 x x 
 x x 
 x x 
 lim
 lim
1,
x 
x 
 1
 1
 1
x 1  
x 1  
1  
 x
 x
 x
 5 7 
 5 7 
 5 7 
x 2 1   2 
| x | 1   2 
 1   2 
x  5x  7
 x x 
 x x 
 x x 
viceversa è lim
 lim
 lim
 lim
 1 .
x 
x


x


x


x 1
 1
 1
 1
x 1  
x 1  
1



 x
 x
 x
Si hanno pertanto i due asintoti orizzontali y = 1 ed y = 1, dei quali solo il secondo interseca il grafico, nel
punto (2 , 1). Per quanto detto, non esistono asintoti obliqui.
 3( x  3)
Il calcolo della derivata dà f ( x) 
, il cui segno è:
2( x  1) 2 x 2  5 x  7
2
3
1
1

Perciò la funzione presenta un massimo relativo nel punto   3 ,  
2

B3. Dimostrare che l'equazione 4
8x  3
10  3x  4 x 2  arcsen
 1 ammette una ed una sola radice reale.
13
8x  3
Soluzione. Sia f ( x)  4 10  3x  4 x 2  arcsen
 1 . Per determinare il dominio di f, occorre
13
risolvere il sistema
10  3x  4 x 2  0
 1  8 x  3  1;

13
La doppia disequazione dà facilmente 13  8x 3  13, da cui 
5
 x  2 . Per la prima disequazione,
4
5
e 2, per cui abbiamo ancora la stessa condizione. Dunque f è
4


 5 
 5
continua in D   , 2 . Si ha f       1  0 e f (2)   1  0 , per cui f presenta almeno uno zero
2
2
 4 
 4
 5 
in   , 2  .
 4 
8(1  2 x)
 5 
Il calcolo della derivata dà, per ogni x in   , 2  , f ( x) 
, il cui segno è:
 4 
10  3x  4 x 2
si consideri che le radici del trinomio sono 

5
4
1
2
2
1
1

Pertanto f presenta un massimo relativo (che è anche assoluto) in  , 2 42  arcsen  1
13 
2
5
1

(quest'ultimo numero è approssimativamente 12,0385). Ne segue che per   x  la f cresce da   1 a
4
2
2
1
1
1

2 42  arcsen  1 , mentre per  x  2 f decresce da 2 42  arcsen  1 a  1 . Concludiamo che f
13
2
13
2
5 1
presenta un solo zero reale, che si trova tra  e .
4 2
p
B4. Dopo aver calcolato, in funzione di p, l'integrale
Soluzione.
funzione integranda, scriviamo
A  B  0
x
A
Bx  C
1


 2
. Svolgendo i calcoli, abbiamo il sistema 3B  C  1 da cui A   ,
2
( x  3)( x  9) x  3 x  9
6
9 A  3C  0,

B
Per
decomporre
in
fratti
x
dx , calcolare lim A p  .
2
p 
0 ( x  3)( x  9)
A( p )  
1
1
, C  . Perciò il calcolo dell'integrale dà:
6
2
semplici
la
1
1
 1
p
p
p
x 
 
x
 1

1

1
A( p)    6  6 2 2 dx   log | x  3 |   log( x 2  9)   arctg  .
x 9 
30
 6
 0 12
0 6
0 x3




p
Visto che l'integrale che definisce A(p) ha senso solo per p > 3, abbiamo::
1
p3 1
p2  9 1
p
A( p)   log
 log
 arctg ,
6
3
12
9
6
3
che, ricordando le proprietà dei logaritmi, si può scrivere nella forma
A( p) 
1
p2  9 1
( p  3) 2 1
p 1
p2  9 1
p
log
 log
 arctg  log
 arctg .
2
12
9
12
9
6
3 12
( p  3)
6
3
p2  9
tende a 1; siccome poi l'arcotangente di una funzione che tende a +
( p  3) 2


tende a , il limite richiesto vale
.
12
2
Per p  +, la funzione
B5. Dimostrare che la somma della serie

1
 k 10
k 1
k

1
1
1
1




2
3
10 2  10
3  10
4  10 4
10
.
9
{Suggerimento: scrivere la formula di Taylor (di ordine n generico) per la funzione f(x) = log(1x),
con x0 = 0.}
è uguale a log
Soluzione. Seguendo il suggerimento, consideriamo la funzione f(x) = log(1x). Abbiamo
1
2
(k  1)!
1
, f ( x) 
, f ( x) 
, e in generale f ( k ) ( x) 
per k  1. Essendo f(0) = 0
f ( x) 
2
3
(
1

x
)
(
1

x
)
(
1  x) k
1 x
ed f ( k ) (0)  (k  1)! per k  1, abbiamo la nota formula
n
 log(1  x)  
k 1
che nel caso particolare x 
xk
 Rn ( x) ,
k
1
diventa
10
 log
n
9
10
1
1
 log

 Rn   .
k
10
9 k 1 k 10
 10 
Ora, per il resto vale la formula di Lagrange Rn ( x) 
nostro caso, si ha f ( n1) ( x) 
n!
, da cui:
(1  x) n1
(B)
f ( n1) (c) n1
x , con un c compreso tra x0 ed x. Nel
(n  1)!
n!
n 1
n 1
1
 1  (1  c)  1 
,
Rn   
  
(n  1)!  10 
(n  1)  10 n 1 (1  c) n 1
 10 
1
1
, visto che 0  c  . Siccome quest'ultima espressione tende a 0 per
(n  1)  9 n 1
10

1
10
 log .
n  , dalla (B) otteniamo 
k
9
k 1 k  10
che si può maggiorare con
.
 y   3 y   10 y  2e 2 x  3e 5 x
B6. Risolvere il problema di Cauchy  y(0)  1
 y (0)  5.

Soluzione. Consideriamo dapprima l'equazione omogenea associata
y   3 y   10 y  0 , la cui
equazione caratteristica è   3  10  0 . Le radici di questa equazione sono  1  2 ed  2  5 , per cui
l'integrale generale dell'equazione omogenea è:
2
y0  c1e 2 x  c2 e5 x .
Per determinare una soluzione particolare, possiamo utilizzare il metodo dei coefficienti indeterminati.
A tale scopo, osserviamo che per quanto riguarda il termine 2e2x possiamo inserire nella y una funzione Ae2x,
mentre per il termine 3e5x è necessario considerare lo stesso esponenziale moltiplicato per x, visto che il
numero 5 appare tra le radici dell'equazione caratteristica (con molteplicità 1). Abbiamo quindi
y  Ae2 x  Bxe5 x . Calcolando le derivate e sostituendo, si ha
4 Ae 2 x  10 Be5 x  25Bxe5 x  3(2 Ae 2 x  Be5 x  5Bxe5 x )  10( Ae 2 x  Bxe5 x )  2e 2 x  3e5 x ,
da cui A  
1
3
e B  . Pertanto l'integrale generale dell'equazione completa è:
6
7
1
3
y  c1e 2 x  c2 e 5 x  e 2 x  xe5 x .
6
7
1
3
15
La derivata è y   2c1e 2 x  5c2 e 5 x  e 2 x  e 5 x  xe5 x ; ponendo le condizioni iniziali, troviamo:
3
7
7
1

c1  c2  6  1

1 3
 2c1  5c2    5.
3 7

La soluzione di questo sistema è c1 
y
13
152
, c2 
; perciò la soluzione del problema di Cauchy è:
98
147
13 2 x 63x  152 5 x 1 2 x
e 
e  e .
98
147
6