Soluzioni di alcune tracce della prova scritta di Analisi I del 3 Luglio 2014 per Ingegneria Edile-Architettura ed Ingegneria dell’Edilizia Data la funzione f (x) = q 2 (x − 1)2 + 2 e−(x − 1) . 1. Studiare il dominio di definizione e l’esistenza di asintoti orizzontali, verticali e obliqui. 2. Studiare la monotonia della funzione e l’esistenza di massimi/minimi relativi. Studiare, inoltre, l’esistenza di eventuali punti di non derivabilità. 3. Tracciare un grafico qualitativo. Svolgimento 1. L’argomento della radice è sempre positivo (anzi ≥ 2) quindi il dominio della funzione è tutto R. Per qquanto riguarda gli asintoti obliqui si osservi che per x → ±∞ si ha s q 2 e−(x−1)2 2 2 −(x−1) f (x) = (x − 1) + 2 e = |x − 1| 1 + (x − 1)2 p = |x − 1| 1 + o(|x|α ) = |x − 1| (1 + o(|x|α )) 2 per ogni α > 0, dove si è osservato che e−(x−1) = o(|x|α ) per ogni α > 0 (confronto potenze esponenziale) e si è sviluppata la radice. Di conseguenza f (x) = x − 1 + o(|x|α ) x → +∞ ; f (x) = −x + 1 + o(|x|α ) x → −∞ . Quindi per x → +∞ si ha un asintoto obliquo di equazione y = x − 1 ; per x → −∞ si ha un asintoto obliquo di equazione y = −x + 1 . 2. Dal momento che l’argomento della radice è sempre ≥ 2, la funzione risulta derivabile in tutto R. Di conseguenza, studiamo la monotonia della funzione studianto il segno della derivata prima in tutto R. La derivata della funzione è 2 1 1 p 2(x − 1) − 4(x − 1)e−(x−1) 2 2 (x − 1)2 + 2 e−(x−1) 2 1 (x − 1) 1 − 2e−(x−1) =p . 2 (x − 1)2 + 2 e−(x−1) f 0 (x) = Il segno della derivata prima dipende esclusivamente dal segno della funzione a numeratore: 2 (x − 1) 1 − 2e−(x−1) . In particolare si orservi che 2 0 ≤ 1−2e−(x−1) ⇐⇒ 2 1 ≥ e−(x−1) ⇐⇒ − ln(2) ≥ −(x−1)2 ⇐⇒ x2 −2x+(1−ln(2)) ≥ 0 2 1 p Le radici del polinomio di secondo grado sono x± = 1 ± ln(2) (sono tutte e due positive in quanto 0 < ln(2) < 1). Quindi p p 2 0 ≤ 1 − 2e−(x−1) ⇐⇒ x ∈ (−∞, 1 − ln(2)] ∪ [1 + ln(2), +∞) . Mettendo insieme con lo studio del segno di (x − 1) si ottiene p < 0 , x ∈ (−∞, 1 − ln(2)) , p = 0 , x = 1 − pln(2) , > 0 , x ∈ (1 − ln(2), 1) , 0 =0, x=1, f (x) = p + ln(2)) , < 0 , x ∈ (1, 1p = 0 , x = 1 + pln(2) , > 0 , x ∈ (1 + ln(2), +∞) , (si osservi, in particolare, che i punti 1 ± p il seguente risultato decrescente min rel crescente max rel decrescente min rel crescente ln(2) sono in realta minimi assoluti della funzione. 3. Mettendo insieme i risultati il grafico della funzione risulta 2 Studiare il limite lim+ x→0 sin x + x3 6 − x cos(x3 ) arctan(x + x4 ) − sin(x) · ln(x) x2 − x2 ln(x) + x2 ln2 (x) Nel caso si tratti di un limite infinito/infinitesimo calcolarne, se esiste, l’ordine. Svolgimento Posto x3 − x cos(x3 ) , f2 (x) := arctan(x + x4 ) − sin(x) f1 (x) := sin x + 6 ed f3 (x) := ln(x) x2 − x2 ln(x) + x2 ln2 (x) il limite si può riscrivere nel seguente modo lim x→0+ f1 (x) f3 (x) . f2 (x) (x) Il rapporto ff21 (x) è una forma indeterminata 00 e tutte e due le funzioni si possono apporssimare con Taylor. La funzione f3 non è apporssimabile con Taylor in x = 0 per via della presenza del logaritmo. Si osservi tuttavia che f3 (x) = x2 − x2 ln(x) ln(x) ln(x) (1 + o(1)) = 2 = 2 2 = 2 2 2 2 x ln(x) ln(x) + x ln (x) x (1 − ln(x) + ln (x)) x ln (x)(1 + o(1)) Si osservi in particolare che si tratta di un infinito f3 (x) = (1 + o(1)) (1 + o(1)) = → −∞ x2 ln(x) 0− Occupiamoci della funzione f1 . Ci si accorge che si tratta di un infinitesimo di ordine 5. Infatti sviluppando il seno all’ordine 5 e il coseno al primo ordine si ottiene: x3 f1 (x) = sin x + − x cos(x3 ) 6 3 5 6 1 x3 1 x3 x3 x3 − x+ + x+ +o x+ − x 1 + o(x5 ) = x+ 6 6 6 120 6 6 3 3 3 3 5 x 1 x 1 x = x+ − x+ + x+ + o(x6 ) − x + o(x6 ) 6 6 6 120 6 x3 x3 x5 x5 x5 x5 =x+ − − + − x + o(x6 ) = − + + o(x6 ) 6 6 12 120 12 120 3 x5 =− + o(x6 ) . 40 3 Per quanto riguarda la funzione f2 si ha 1 x3 f2 (x) = arctan(x + x4 ) − sin(x) = (x + x4 ) − (x + x4 )3 + o(x4 ) − (x − + o(x4 )) 3 6 x3 x3 x3 + o(x4 ) − x + = − + o(x3 ) . = x + x4 − 3 6 6 Mettendo insieme i risultati si ottiene 5 x + o(x6 ) (1 + o(1)) − 340 f1 (x) 9x5 9 · lim+ · f3 (x) = = (1 + o(1)) = (1 + o(1)) → 0− 3 2 5 x 3 20x ln(x) 20 ln(x) x→0 f2 (x) − 6 + o(x ) x ln(x) So tratta quindi di un infinitesimo che non ammette ordine e che tende a 0 per difetto. 4 Data la funzione 2 f (x) = earctan(x − 2x) , calcolarne la derivata prima e discuterne l’invertibilità negli intervalli (−∞, +∞) e [1, +∞). Svolgimento Si tratta di una funzione definita in tutto R e derivabile infinite volte in R. Quindi per studiare l’invertibilità della funzione sarà sufficiente studiarne la monotonia attraverso la derivata. Per quanto riguarda la derivata prima della funzione si ha 2 f 0 (x) = earctan(x − 2x) 1+ 1 2 (x − 1) . − 2x)2 (x2 Il segno della derivata prima dipende esclusivamente dal termine (x − 1) in quanto gli altri termini sono strettamente positivi in R. Si vede quindi che la funzione in R non è invertibile in quanto presenta un minimo in x = 1 (ha un cambio di monotonia quindi non è iniettiva). Mentre nell’intervallo [1, +∞) la derivata prima di f è strettamente maggiore di 0; quindi è strettamente crescente; quindi iniettiva; quindi invertibile. 5 Data la funzione (2x + 4) ln(x + 1) f (x) = . (x2 + 4x + 3)2 R 1. Calcolare l’integrale indefinito f (x) dx. 2. Stabilire se f (x) è integrabile in senso improprio nell’intevallo [0, +∞) e, nel caso afferR +∞ mativo, calcolare 0 f (x) dx. Svolgimento 1.) Si osservi che (2x + 4) è la derivata prima di x2 + 4x + 3. Quindi, integrando per parti si ha Z f (x) = − ln(x + 1) + x2 + 4x + 3 Z ln(x + 1) 1 =− 2 + (x2 + 4x + 3)(x + 1) x + 4x + 3 Z 1 (x + 3)(x + 1)2 Per quanto riguarda il secondo integrale si osservi che, la funzione razionale integranda, ammete una decomposizione in fratti semplici del tipo A C B 1 = + + (x + 3)(x + 1)2 x + 1 (x + 1)2 x+3 le cui costanti soddisfano le seguenti relazioni C = 1/4 ; B = 1/2 ; A = −C = −1/4 Quindi Z 1 1 1 1 1 = − ln |x + 1| − + ln |x + 3| 2 (x + 3)(x + 1) 4 2x+1 4 In conclusione Z f (x) dx = − ln(x + 1) 1 1 1 x + 3 − + ln + cost x2 + 4x + 3 2 x + 1 4 x + 1 2.) Nell’intervallo [0, +∞) la funzione è continua. Quindi dobbiamo analizzare solo il comportamento a +∞ per capire se è integrabile in senso improprio: 2x ln(x) 2 ln(x) (1 + o(1)) = (1 + o(1)) x → +∞ . x4 x3 Quindi per il confronto asintotico f (x) risulta integrabile in senso improprio nell’intervallo [0, +∞). Per quanto riguarda il calcolo dell’integrale ponendo ln(x + 1) 1 1 1 x + 3 F (x) = − 2 − + ln x + 4x + 3 2 x + 1 4 x + 1 f (x) = la primitiva, a meno di costanti, di f (x) si ha Z +∞ f (t)dt = lim F (x) − F (0) x→+∞ 0 1 1 1 x + 3 ln(x + 1) 1 1 − + ln − 0 − + ln(3) = lim − 2 x→+∞ x + 4x + 3 2 x + 1 4 x + 1 2 4 1 1 1 = −0 − 0 + ln(1) + − ln(3) 4 2 4 1 1 = − ln(3) . 2 4 6 Studiare la convergenza semplice ed assoluta della seguente serie ∞ X (−1) n=2 n ln(n + 1) −1 ln(n) . Svolgimento Si tratta di una serie a termini di segno alterno. Poniamo an = ln(n+1) ln(n) −1 . Convergenza assoluta. Osserviamo che ln(n + 1) ln(n + 1) − ln(n) ln(1 + 1/n) 1 an = −1 = = = (1 + o(1)) . ln(n) ln(n) ln(n) n ln(n) Quindi la serie non converge assolutamente iin quanto, applicanto il criterio del confronto inte1 non è integrabile in senso improprio a +∞. grale, la funzione f (x) = x ln(x) Convergenza semplice. Dai calcoli che abbiamo fatto prima sappiamo che an → 0 per n → +∞. Possiamo applicare il criterio di Leibniz se riusciamo a stabilire che an è decrescente. A tal proposito e’ sufficiente studiare il segno della derivata prima della funzione f (x) := ln(x+1) ln(x) −1, in quanto f (n) = an per n ∈ N ed n > 1; quindi se f è decrescente anche la successione an è decrescente. Allora f 0 (x) = ln(x) x+1 − 2 ln(x+1) x ln (x) = (x ln(x) − (x + 1) ln(x + 1)) < 0, x>1. ln2 (x)x(x + 1) Quindi f è decrescente per x > 1, e quindi anche la successione an risulta decrescente. In conclusione, la serie è semplicemente convergente per il criterio di Leibniz. 7