Analisi Matematica 1_09-09-13_svolgimento

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DELLA CALABRIA
CORSI DI LAUREA IN INGEGNERIA
- Seconda prova scritta di ANALISI MATEMATICA 1 APPELLO DEL 9 settembre 2013
COGNOME: ....................................................................................................................................
NOME: .............................................................................................................................................
MATRICOLA: ..................................................................................................................................
IMPORTANTE
Al termine della prova è necessario riconsegnare solo il presente fascicolo.
I risultati e lo svolgimento relativo vanno riportati negli appositi spazi
o nel retro dei fogli del presente fascicolo: un campo vuoto o assenza di
calcoli dove richiesto signi…cano 0 punti. Gli esercizi valgono 43 punti il primo,
17 punti il secondo, 14 punti il terzo e 12 punti il quarto.
SPAZIO RISERVATO ALLA COMMISSIONE
X
1
Seconda Prova Scritta di Analisi Matematica 1 del 9 settembre 2013
Esercizio 1.
Quesito a. Si consideri la funzione
1
f (x) = log 2
:
x2
Determinarne:
dominio
Svolgimento: La funzione data è de…nita se x 6= 0 e se
1
> 0;
x2
2
ovvero se risulta x 6= 0 e
1
2x2 1
=
6
0;
6= 0; 2x2
x2
x2
2
1
1 6= 0; x 6= p e x 6=
2
1
p .
2
Quindi
D=
1
p
2
1;
1
1
p ; 0 [ 0; p
2
2
[
[
1
p ; +1 .
2
eventuali intersezioni con gli assi;
Svolgimento: La funzione data non ha intersezioni con l’asse delle y. Risolvendo l’equazione
1
= 0;
x2
log 2
si ottiene
2
Poichè 2
1
x2
> 0 per x <
p1
2
ox>
2
2
1
x2
1
x2
p1 ,
2
1
= 1;
x2
l’equazione equivale a
= 1 per x <
=
1 per
1
1
p ox> p ;
2
2
1
1
p <x< p :
2
2
Risolvendo si conclude che la funzione data interseca l’asse delle x per
x=
1; x =
1
p :
3
eventuali asintoti verticali;
Svolgimento:
lim log 2
x!0
lim log 2
x!
1
p
2
lim log 2
x! p1
2
1
x2
1
x2
1
x2
= +1 ) x = 0 asintoto verticale,
1
p asintoto verticale,
2
=
1)x=
=
1
1 ) x = p asintoto verticale.
2
eventuali asintoti orizzontali;
Svolgimento:
lim log 2
x! 1
1
= log 2 ) y = log 2 asintoto orizzontale.
x2
eventuali asintoti obliqui;
Svolgimento: f non ammette asintoti obliqui
2
derivata prima;
Svolgimento: Osserviamo che
f (x) =
Pertanto
f 0 (x) =
(
1
2
1
x2
log 2
log x12
1
x2
se x <
2 se
2
2
=
3
x
x (2x2
1)
o x > p12 ;
< x < p12 :
p1
2
p1
2
per x <
1
1
p ox> p :
2
2
Analogamente
f 0 (x) =
2
x (2x2
1)
1
1
p <x< p :
2
2
per
Dunque f è derivabile nel suo dominio e risulta
2
x (2x2
f 0 (x) =
1)
:
intervalli di monotonia, eventuali punti stazionari e loro classi…cazione;
Svolgimento: Risolvendo la disequazione
2
x (2x2
0;
1)
si conclude facilmente che
f non ammette punti stazionari,
1
1
p ; 0 [ p ; +1 ;
2
2
1
1
1; p
[ 0; p
.
2
2
f è strettamente crescente in
f è strettamente decrescente in
derivata seconda;
Svolgimento: Risulta
f 00 (x) =
2
2x2
1 + 4x2
1)2
x2 (2x2
=
2 1
x2 (2x2
6x2
1)2
:
intervalli di convessità e concavità ed eventuali punti di ‡esso;
Svolgimento: Risolvendo la disequazione
6x2
2 1
1)2
x2 (2x2
0;
si conclude che
f è convessa in
f è concava in
x =
1 1
p ;p
\ D;
6 6
1
1
1; p
[ p ; +1 \ D;
6
6
1
p sono punti di ‡esso per f:
6
3
Seconda Prova Scritta di Analisi Matematica 1 del 9 settembre 2013
Tracciare il gra…co qualitativo di f (x):
Svolgimento:
y
5
4
3
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
-1
5
x
-2
-3
-4
-5
Quesito b. Si consideri la funzione
g(x) =
p
2
x:
Dimostrare che l’equazione f (x) g (x) = 0 ammette un’unica soluzione nell’intervallo
[1; 2].
Svolgimento: Osserviamo che la funzione g è de…nita nell’intervallo D = ( 1; 2]. Posto
h (x) = f (x)
g (x) = log 2
1
x2
p
2
x;
risulta h continua e si ha
h (1) = f (1)
g (1) =
1 < 0;
h (2) = f (2)
g (2) = f (2) = log
3
> 0:
2
L’equazione data ammette dunque una soluzione nell’intervallo [1; 2] per il teorema degli zeri. Inoltre
h0 (x) = f 0 (x)
g 0 (x) =
2
x (2x2
1
+ p
> 0 in [1; 2] ) f strettamente crescente in [1; 2] ;
1) 2 2 x
dunque la stessa soluzione è unica.
4
Seconda Prova Scritta di Analisi Matematica 1 del 9 settembre 2013
Esercizio 2.
Quesito a. Calcolare il seguente integrale improprio:
Z
0
x
log
1
dx:
x
1
Svolgimento:
Integrando per parti si ha:
Z
log
x
1
x
dx = x log
x
x
x
= x log
dx =
=
lim
"!o
lim
"!o
Z
"
x
1
"
log jx
log j"
"
x+1
dx =
x2
1j + c:
x
x log
"!o
1
x
x 1
1
dx =
x 1
dx = lim
x
1
" log
1
x
x
log
1
x
x
Z
x
= x log
Di conseguenza
Z 0
x 1
log
x
1
Z
1
1
x
1j + 2 log 2
"
log jx
= 2 log 2:
Quesito b. Dopo averne determinato il dominio, stabilire se la funzione integrale
F (x) =
Z
x
1
1
log
1 + et2
t
1
dt;
t
ammette asintoti verticali.
Svolgimento:
La funzione integranda
f (t) =
1
log
1 + et2
t
1
t
;
è de…nita in D = ( 1; 0) [ (1; +1). Dunque il dominio della funzione integrale è
I = ( 1; 0) :
Osserviamo che f (t) > 0 per ogni t 2 ( 1; 0). Per il criterio del confronto si ha
lim F (x) =
x!0
Z
0
1
1
log
1 + et2
t
1
t
Quindi la funzione F non ammette asintoti verticali.
5
dt <
Z
0
log
1
t
1
t
dt < +1:
1j
=
1
Seconda Prova Scritta di Analisi Matematica 1 del 9 settembre 2013
Esercizio 3. Stabilire per quali valori del parametro > e converge la seguente serie numerica:
+1
X
1
e2n n n!
:
nn
1
en
cos
n=1
Svolgimento:
Si tratta di una serie a termini positivi. Risulta:
lim
1
n!+1
1
en
cos
1
e2n
1
= :
2
Segue che
1
cos
1
en
e2n n n!
nn
n n!
2nn
:
Per il criterio del confronto asintotico la serie ha lo stesso carattere della serie di termine generale
n n!
2nn
:
Inoltre risulta:
lim
n
Essendo
n+1 (n
+ 1)! nn
= lim
n
(n + 1)n+1 n n!
1
1
n
n
=
e
:
> e risulta
> 1:
e
Dunque, per il criterio del rapporto, la serie data diverge positivamente per ogni valore di
6
> e.
Seconda Prova Scritta di Analisi Matematica 1 del 9 settembre 2013
Esercizio 4. Utilizzare opportunamente la formula di Mac Laurin per calcolare il seguente limite:
p
p
3
x sin ( 3 x)
lim
:
x!0
3x
Svolgimento:
Dalla formula di Mac Laurin del terzo ordine della funzione sin t:
t3
+ o t3 ;
6
sin t = t
posto t =
p
3
x segue che
sin
p
3
x =
p
3
x
x
+ o (x) :
6
Di conseguenza:
lim
x!0
p
3
x
p
sin ( 3 x)
3x
=
=
lim
p
3
x
x!0
lim
x!0
7
1
18
p
3
x + x6 o (x)
=
3x
1
o (x)
= :
3x
18