Soluzioni di alcune tracce della prova scritta di Analisi I del 3 Luglio

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