SolCompito31/1/2006 - Università di Trento

Università degli studi di Trento
Facoltà di Ingegneria
a.a. 2005-2006
Risoluzione degli esercizi proposti nella prova di verifica di Analisi Matematica 1
del 31 gennaio 2006
Es. 1. Si calcoli il limite
2 sin x  sin( 2 x)
x 0
x(1  cos x)
lim
Si possono applicare tre strategie di calcolo:
a) Utilizzare gli sviluppi di Mac Laurin delle funzioni sin x , six (2 x) , cos x :
2 x   2 x   o( x 5 ))
x3 x5
2( x 

 o( x 5 ))  (2 x 
2 sin x  sin( 2 x)
3! 5!
3!
5!
lim
 lim

2
4
x 0
x(1  cos x)

x
x
4 
x1  1 

 o( x ) 
2! 4!


3
5
3
5
5
x
x
4x
4x
x
2x 

 o( x 5 )  2 x 

 o( x 5 )
x3 
 o( x 5 )
1
3
60
3
15
4
lim
 lim 3
 2
2
4
5
1
x
x
x
x
x( 
 o( x 4 ))

 o( x 5 )
2
2! 4!
2 24
3
5
b) Il limite si presenta nella forma indeterminata 0 / 0 ; si può quindi utilizzare la regola di
De L’Hòpital derivando il numeratore ed il denominatore ed utilizzando infine il limite
senx
 1 per x  0 :
fondamentale
x
2 sin x  sin 2 x
2 cos x  2 cos 2 x
cos x  cos 2 x
 senx  2sen 2 x
 lim
 2 lim
 2 lim

x 0
x(1  cos x)
1  cos x  xsenx
1  cos x  xsenx
senx  senx  x cos x
senx
(4 cos x  1)
 senx  4senx cos x
senx (4 cos x  1)
1  (4  1  1)
3
2 lim
 2 lim
 2 lim x
 2
 2  2
senx
2senx  x cos x
2senx  x cos x
2 1  1
3
2
 cos x
x
lim
c) Si poteva evitare di applicare gli sviluppi di Mac Laurin e la regola di De L’Hòpital
semplificando inizialmente l’espressione della funzione e ricorrendo al limite fond.le visto sopra
lim
x 0
2 sin x  sin 2 x
2senx  2senx cos x
2senx (1  cos x)
senx
 lim
 lim
 2 lim
 2.
x(1  cos x)
x(1  cos x)
x(1  cos x)
x
x

Es. 2. Si disegni (qualitativamente) il grafico della funzione f ( x)  sin  2
2
 1 x

.

E’opportuno studiare preliminarmente la funzione g (x ) argomento della funzione seno:
2 x
g ( x) 
. Questa funzione ha per dominio tutto il campo reale, è dispari, positiva per x  0
1 x2
2 (1  x 2 )
e negativa per x  0 ; la sua derivata prima è g ' ( x) 
, per cui essa cresce tra x  1 e
(1  x 2 ) 2
x  1; assume il valore massimo  per x  1 ed il valore minimo   per x  1 .
Inoltre g (x ) tende a zero per x   . (vedi grafico A allegato).
Da quanto visto si ricava che anche la funzione data ha per dominio i numeri reali, è dispari e
limitata avendo per codominio l’intervallo chiuso  1,1 . Conviene utilizzare la disparità della
f(x) e studiarla solo nel semiasse positivo delle ascisse. Il grafico completo si ottiene poi per
simmetria rispetto all’origine degli assi. Poiché per x   , g (x ) tende a zero, anche la f(x)
tende ad annullarsi all’infinito. La derivata prima della f(x) ha la seguente espressione:
1 x2
 2 x 
 2 x 
 0 cioè per
; si ha f ' ( x)  0 per 1  x 2  0 e per cos
f ' ( x)  2
cos
2 
2 
2 2
1 x 
1 x 
1 x
2 x


(visto che l’argomento del coseno varia tra   , ), ossia per x 2  4 x  1  0 .
2
2
1 x


La f ' ( x) nelle ascisse positive si annulla per x  1 e per x  2  3 . Per tali valori si hanno punti
di minimo e di massimo dove la funzione assume i valori f (1)  0 , f (2  3 )  f (2  3 )  1 .
 2 x 
Il segno della f ' ( x) dipende dai segni di 1  x 2 e di cos
; in particolare, nelle ascisse
2 
1 x 
positive, si ha f ' ( x)  0 per 0  x  2  3 e per 1  x  2  3 , invece si ha f ' ( x)  0 per
2  3  x  1 . Pertanto si conclude che nei valori x  2  3 si hanno punti di massimo assoluto
ed il valore del massimo è 1, mentre nel valore x  1 si ha un punto di minimo relativo ed il valore
del minimo relativo è 0. Considerazioni analoghe valgono per le ascisse negative.
(vedi grafico B allegato).
Grafico A
1
e
Es. 3. Si calcoli l’integrale
0
1
2 x
2
dx
Per calcolare la primitiva si può procedere con il metodo di sostituzione ponendo e x  t da cui
1
x  ln t ; dx  dt . Inoltre per gli estremi di integrazione si ha: x  0  t  1, x  1  t  e
t
1
e
0
1
2 x
e
e
e
e
1 1
t2 1
t
1
1
dx    2
dt  
dt  
dt  
d (1  2t 2 ) 
2
2
2
t
t
4
2
t

2
1

2
t
1

2
t
1

2
t
1
1
1
1
1
1  1  2e 2
1
2 
2
  ln 1  2t )   ln( 1  2e )  ln 1  2   ln 
4  3
4
1 4


e



.

Es. 4. Si determini la soluzione del problema di Cauchy
 y"6 y '9 y  2e  x

y (0)  0


y ' (0)  0

L’equazione omogenea associata è y"6 y '9 y  0 e l’equazione caratteristica 2  6  9  0 ,
la cui unica soluzione è   3 . L’integrale generale dell’equazione omogenea è perciò
y  c1  c2 x e 3 x . Per determinare ora un integrale particolare  x  dell’equazione non omogenea
si può utilizzare il principio di somiglianza ponendo  x   ae  x e determinare a in modo che la
funzione  sia soluzione dell’equazione data:  ' x   ae  x ,  " x   ae  x ; sostituendo la funzione
 e le sue derivate prima e seconda nell’equazione di partenza si ha: ae  x  6ae  x  9ae  x  2e  x
1
ossia 16ae  x  2e  x da cui si ricava il valore di a   .
8
1
Dunque   x    e  x e l’integrale generale dell’equazione non omogenea assume la forma
8
1
y*  y    c1  c 2 x e 3 x  e  x .
8
Per determinare le costanti c1 e c2 si deve calcolare la derivata prima di y * :
1

c

0
x
1
y
*
(
0
)

0


e
3x
8
, risolvendo poi il sistema 
y*'  3c1  c2  3c2 x e 

1
8
 y*' (0)  0
3c1  c 2   0
8

1

 c1  8
1
1
 1
Da cui si ricava 
e il problema di Cauchy ha la soluzione y*    x  e3 x  e  x .
1
8
8
 2
c 2  
2
