prove scritte di analisi matematica i, anno 2010/11

PROVE SCRITTE DI ANALISI MATEMATICA I, ANNO 2010/11
Prova scritta del 12/01/2011
Esercizio 1
Per ogni fissato valore t ∈ IR, si calcoli l’integrale indefinito della funzione
f (x) = e−tx sin x.
Esercizio 2
Per t ≥ 0, si ponga
n+1
Z
e−tx sin x dx,
an (t) =
n
e si studi al variare di t ≥ 0 il comportamento della serie
∞
X
an (t),
n=0
determinandone la somma in caso di convergenza.
Esercizio 3
Si studi, nel suo campo di esistenza, la funzione
√
√
x
x
h(x) = √
ln √
,
x+1
x+1
determinando in particolare eventuali asintoti, e punti di minimo o massimo relativo.
Soluzioni compito 12/01/2011
Esercizio 1 Ovviamente, se t = 0 si ha e−tx sin x = sin x, e quindi l’integrale indefinito
e’ C − cos x, con C costante arbitraria.
Nel caso t 6= 0, procedendo per parti, si ottiene:
Z
Z
1 −tx
1 −tx
−tx
e sin x dx = − e sin x +
e cos x dx.
t
t
Essendo poi
Z
e
−tx
1
cos x dx = − e−tx cos x −
t
Z
1 −tx
e sin x dx,
t
si ricava
Z
e
−tx
1
1
sin x dx = − e−tx sin x − 2 e−tx cos x −
t
t
1
Z
1 −tx
e sin x dx,
t2
da cui
Z
t2 + 1
1
1
e−tx sin x dx = − e−tx sin x − 2 e−tx cos x + C
2
t
t
t
e quindi, in definitiva:
Z
t sin x + cos x
e−tx sin x dx = −e−tx
+ C,
1 + t2
formula che include anche il caso t = 0.
Esercizio 2
Ponendo
t sin x + cos x
,
1 + t2
grazie al risultato dell’esercizio precedente possiamo dedurre che
Ft (x) = −e−tx
an (t) = Ft (n + 1) − Ft (n) :
la serie assegnata e’ dunque telescopica, e la somma parziale (n − 1)-esima e’ data
da:
Z n
1 − e−nt (t sin n − cos n)
−tx
.
sn−1 (t) =
e sin x dx = Ft (n) − Ft (0) =
1 + t2
0
Facendo il limite per n → ∞, si ottiene che la serie converge per ogni t > 0, e in tal
caso
+∞
X
1 − e−nt (t sin n − cos n)
1
an (t) = lim
=
.
2
2
n→∞
1
+
t
1
+
t
n=0
Se invece t = 0, si ha sn−1 (0) = 1 − cos n, e facilmente si vede che in tal caso le somme
parziali non hanno limite, dunque la serie risulta indeterminata.
Esercizio 3
Il campo di esistenza e’ l’insieme ]0, +∞[. Risulta pero’
lim h(x) = 0,
x→0+
dunque la funzione h puo’ essere definita per continuita’ anche in 0, ponendo h(0) = 0.
Non vi sono dunque asintoti verticali, ma c’e’ come asintoto orizzontale la retta y = 0:
infatti si ha
√
x
lim √
= 1.
x→∞
x+1
La funzione inoltre assume sempre valori negativi (a parte l’estensione h(0) = 0). Lo
studio della derivata fornisce
√
1
x
0
√ 2 (1 + ln √
).
h (x) = √
2 x(1 + x)
x+1
2
√
x
1 2
Tale derivata si annulla solo quando √x+1
) : facilmente
= 1e , ossia per x = ( e−1
si vede che in tale punto la g assume minimo assoluto. La funzione h estesa per
continuita’ in 0 ha poi massimo assoluto in 0, ma in tale punto non risulta comunque
derivabile, essendo
lim+ h0 (x) = −∞.
x→0
Prova scritta del 9/02/2011
Esercizio 1
Si studi, al variare di x ∈ IR, il comportamento della serie
X
n≥1
nx
,
A nx + arctan n
dove A denota il numero di lettere del proprio nome.
Esercizio 2
Si studi, nel suo insieme di definizione, la funzione f definita da:
f (x) = e−| logB (x
2 +x+1)|
,
dove B denota il numero delle lettere del cognome, determinando in particolare eventuali asintoti, punti di massimo e minimo ed eventuali punti angolosi, e tracciandone
il grafico.
Esercizio 3
Si calcoli l’integrale definito
Z
1
sin(2 arcsin x)dx.
0
Soluzioni compito 9/02/2011
Esercizio 1
La serie data e’ senz’altro a termini positivi, per ogni x. Per x = 0, il limite del
2
termine generale e’ uguale a 2A+π
. Per x > 0 il limite invece e’ A1 . In entrambi
questi casi, la serie non puo’ essere convergente, e quindi diverge. Quando x < 0, il
termine generale e’ infinitesimo, dello stesso ordine del suo numeratore, nx . Poiche’
tale ordine e’ −x, la serie sara’ convergente, per confronto asintotico, solo quando
−x > 1, cioe’ per x < −1. In conclusione, la serie data e’ convergente se x < −1 e
divergente altrimenti.
3
Esercizio 2
Poiche’ l’argomento del logaritmo e’ sempre strettamente positivo, la funzione assegnata e’ definita e continua su tutto IR. Di conseguenza, non vi sono asintoti verticali.
Inoltre, poiche’ la funzione a esponente non e’ mai positiva, la funzione f assume
sempre valori compresi fra 0 e 1, 0 escluso. Essendo poi f (0) = 1, chiaramente 0 e’
punto di massimo (relativo e assoluto), e lo stesso accade per x = −1. Facilmente
si vede che limx→±∞ f (x) = 0, e quindi y = 0 e’ asintoto orizzontale bilatero. Per il
calcolo della derivata, conviene scindere il caso in cui logB (x2 + x + 1) sia maggiore
di 0 dal caso opposto: si ha infatti
(
2
e− logB (x +x+1) = (x2 + x + 1)− logB e , x ≥ 0, x ≤ −1
f (x) =
2
elogB (x +x+1) = (x2 + x + 1)logB e , −1 ≤ x ≤ 0.
Di conseguenza, avremo
(
− logB e(2x + 1)(x2 + x + 1)− logB e−1 , x > 0, x < −1
f 0 (x) =
logB e(2x + 1)(x2 + x + 1)logB e−1 , −1 < x < 0.
Nei punti 0 e −1 la derivata destra e’ diversa da quella sinistra, per cui essi sono
punti angolosi. Dato che le quantita’ (x2 + x + 1)− logB e−1 e (x2 + x + 1)logB e−1 sono
sempre positive, si vede facilmente che il segno di f 0 e’ positivo per x < −1, negativo
tra −1 e − 21 , positivo tra − 12 e 0, e negativo per x > 0. Pertanto, −1 e 0 sono gli
unici punti di massimo, relativi e assoluti, mentre − 21 e’ punto di minimo relativo,
ma non assoluto.
Esercizio 3 Per valutare l’integrale indefinito, si puo’ adoperare la sostituzione arcsin x =
y: si ha allora x = sin y e l’integrale diviene
Z
Z
Z
sin(2 arcsin x)dx = sin 2y cos ydy = 2 sin y cos2 ydy.
Quest’ultimo e’ un integrale immediato, essendo − sin y dy = d(cos y), quindi
Z
3
2
2√
sin(2 arcsin x)dx = − cos3 y + C = C −
1 − x2 .
3
3
Infine
Z
0
1
2
sin(2 arcsin x)dx = .
3
Prova scritta del 15/06/2011
4
Esercizio 1
Si studi, al variare di x ∈ IR, il comportamento della serie
X
ln(|x − 1|n + 1).
n≥0
Esercizio 2
Si studi, nel suo insieme di definizione, la funzione f definita da:
f (x) =
1
2
cos2 x
,
+ | 12 + sin x|
determinando in particolare eventuali punti di massimo e minimo, e tracciandone il
grafico.
Esercizio 3
Si calcoli la funzione integrale, nell’intervallo [2, e], della funzione
g(x) =
ln(x + 1)
ln x
+
.
x
x+1
Soluzioni compito 15/06/2011
Esercizio 1 Chiaramente, se |x − 1| > 1, il termine generale della serie tende a +∞,
quindi la serie diverge. Esaminiamo allora il caso |x − 1| ≤ 1, ossia 0 ≤ x ≤ 2. Per
x = 2 e x = 0 la serie e’ a termini costanti positivi (an = ln 2), e quindi ancora
diverge. Quando 0 < x < 2, il termine generale della serie e’ infinitesimo, e dello
stesso ordine di |x − 1|n : dunque in tal caso la serie converge, per confronto asintotico
con una serie geometrica convergente.
Esercizio 2 La funzione assegnata e’ definita e continua per ogni x reale, essendo rapporto di funzioni continue con denominatore sempre positivo. Essa e’ inoltre periodica
di periodo 2π, quindi e’ sufficiente studiarla per x ∈ [0, 2π]. Osserviamo anche che
f (x) ≥ 0 sempre, con f (x) = 0 per x = π2 e per x = 3π
: in tali punti la f presenta
2
dunque il minimo assoluto. Data la periodicita’ e la continuita’, non esistono asintoti
π, 2π], vediamo facilmente che
di alcun tipo. Denotando con D l’insieme [0, 76 π] ∪ [ 11
6
risulta:
(
1 − sin x, x ∈ D
f (x) =
sin x − sin1 x , x ∈ [ 67 π, 11
π]
6
Per quanto riguarda la restrizione di f a D, si vede facilmente che tale funzione ha
massimo in 0 e in π, f (0) = f (π) = 1, e minimo in π2 , ove si annulla, come gia’
osservato poc’anzi. Studiamo ora la restrizione di f all’intervallo ] 76 π, 11
π[. In tale
6
intervallo, si ha
cos x(sin2 x + 1)
0
,
f (x) =
sin2 x
5
e si vede facilmente che l’unico punto critico e’ x = 32 π, ove la f si annulla, come gia’
osservato in precedenza.
Esaminiamo infine i punti x1 = 67 π e x2 = 11
π, dove evidentemente la derivata non
6
3
esiste. Risulta f (x1 ) = f (x2 ) = 2 , per cui in tali punti si raggiunge il massimo
assoluto, mentre nei punti 0 e π il massimo trovato e’ solo relativo.
Esercizio 3
Procedendo per parti, si ha
Z
Z
1
ln(x + 1)
dx = ln x ln (x + 1) − ln x
dx,
x
x+1
per cui
Z
g(x) dx = ln x ln (x + 1) + C.
Allora la funzione integrale cercata e’
Z x
F (x) =
g(x) dx = ln x ln (x + 1) − ln 2 ln 3.
2
Prova scritta del 29/06/2011
Esercizio 1
E’ data la funzione
x2 + x + 1
h(x) = √
,
x2 + 2x − 1
per x ≥ 1. Si studi il comportamento della serie
+∞
X
(h(n) − n).
n=1
Esercizio 2
Si studi, nel suo insieme di definizione, la funzione f definita da:
x2 + x + 1
f (x) = p
,
x2 + |2x − 1|
determinando in particolare eventuali asintoti, punti di massimo e minimo, e tracciandone il grafico.
Esercizio 3
Si calcoli l’integrale della funzione f precedente nell’intervallo [0, 12 ].
Soluzioni compito 29/06/2011
6
Si ha, per x ≥ 1:
√
x2 + x + 1 − x x2 + 2x − 1
(x2 + x + 1)2 − x2 (x2 + 2x − 1)
√
√
h(x)−x =
=√
=
x2 + 2x − 1
x2 + 2x − 1(x2 + x + 1 + x x2 + 2x − 1)
Esercizio 1
4x2 + 2x + 1
√
=√
.
x2 + 2x − 1(x2 + x + 1 + x x2 + 2x − 1)
Da qui si vede che la serie e’ a termini positivi. Inoltre, l’infinito a numeratore e’
di ordine 2 mentre quello a denominatore e’ di ordine 3: dunque il termine generale
della serie e’ infinitesimo di ordine 1, e percio’, grazie al confronto asintotico con la
serie armonica classica, la serie data diverge.
Esercizio 2 La funzione assegnata e’ rapporto di funzioni continue e sempre positive,
per cui essa e’ definita in tutto IR ed e’ ivi continua. Non vi sono dunque asintoti
verticali. Si ha poi
lim f (x) = +∞,
x→±∞
quindi non esistono neanche asintoti orizzontali. Per individuare eventuali asintoti
obliqui, osserviamo intanto che
x2
f (x)
= lim √ = 1,
x→+∞ x x2
x→+∞ x
lim
e
x2
f (x)
= lim √ = −1,
x→−∞ x x2
x→−∞ x
in virtu’ del principio di sostituzione degli infiniti. Restano dunque da esaminare i
limiti
lim (f (x) − x), e lim (f (x) + x).
lim
x→+∞
x→−∞
Il primo limite e’ stato gia’ trattato nell’esercizio precedente e risulta uguale a 0,
dunque la retta y = x e’ asintoto obliquo per x → +∞.
Svolgiamo ora il secondo. A tale scopo, osserviamo che, per x <
p
x2 + |2x − 1| = |x − 1| = 1 − x, quindi
f (x) + x =
1
,
2
si ha
x2 + x + 1 + x(1 − x)
2x + 1
=
.
1−x
1−x
Allora chiaramente si ha limx→−∞ (f (x)+x) = −2 e di conseguenza la retta y = −x−2
e’ asintoto obliquo a sinistra.
Per la ricerca dei massimi e minimi, calcoliamo la derivata f 0 , separatamente per
x > 12 e per x < 21 . Per x > 12 si ha
0
f (x) =
x3 + 3x2 − 2x − 2
3
(x2 + 2x − 1) 2
7
=
(x − 1)(x2 + 4x + 2)
3
(x2 + 2x − 1) 2
.
Si deduce subito che f e’ decrescente per 12 < x < 1 e crescente per x > 1, dunque in
2 +x+1
x = 1 si ha un minimo relativo, con f (1) = √32 . Per x < 12 , si ha invece f (x) = x 1−x
,
e quindi
2x + 2 − x2
,
f 0 (x) =
(1 − x)2
√
√
e l’unico punto critico accettabile e’ 1− 3, anch’esso di minimo. Poiche’ f (1− 3) ∼
√
0.464 < √32 , 1 − 3 e’ anche punto di minimo assoluto. Si ha infine massimo relativo
in x = 12 , dove f non e’ derivabile.
Esercizio 3
In pratica, il calcolo da svolgere e’
1
2
Z
0
x2 + x + 1
dx :
1−x
con facili semplificazioni, si ottiene
Z
1
2
Z
f (x) dx =
0
0
1
2
(−x − 2 −
3
x2
9
) dx = [ + 2x + 3 ln(1 − x)]01 = − + 3 ln 2.
2
1−x
2
8
Prova scritta del 13/07/2011
Esercizio 1
Dopo aver determinato il campo di esistenza della funzione
x−1
f (x) = xe−| x+1 | ,
si studi il comportamento della serie
+∞
X
n
(f (n) − ).
e
n=1
Esercizio 2 Si studi, nel suo insieme di definizione, la funzione f introdotta nell’esercizio
precedente:
x−1
f (x) = xe−| x+1 | ,
determinando in particolare eventuali asintoti, punti di massimo e minimo, e tracciandone il grafico.
Esercizio 3
Si calcoli l’integrale della funzione g(x) = ln f (x) nell’intervallo [ 21 , 2].
Soluzioni compito 13/07/2011
8
Esercizio 1 Ovviamente, il campo di esistenza di f é tutto l’asse reale, ad eccezione
x−1
del punto x = −1. Inoltre, essendo x+1
< 0 solo e quando −1 < x < 1, il termine
generale della serie e’
1−n
an = ne n+1 −
2
n
1
= n(e n+1 − 1).
e
e
La serie e’ dunque a termini positivi. E’ opportuno calcolare il limite del termine
generale:
2
1 e n+1 − 1 2
2
lim an = lim
n=
2
n→+∞
n→+∞ e
n+1
e
n+1
a causa di limiti notevoli. Dunque il termine generale non tende a 0, e pertanto la
serie diverge.
Esercizio 2 Come gia’ osservato in precedenza, la funzione data e’ definita su tutto
IR \ {−1}, ma puo’ essere prolungata per continuita’ anche in −1, essendo
lim f (x) = 0.
x→−1
Con tale accorgimento, f risulta definita e continua dappertutto, e non ha asintoti
verticali. E’ poi chiaramente f (x) > 0 se e solo se x > 0, con f (0) = f (−1) = 0. (Da
cio’ si vede subito che −1 e’ anche punto di massimo relativo). E’ poi
lim f (x) = ±∞
x→±∞
rispettivamente, e quindi non vi sono asintoti orizzontali. Quanto agli asintoti obliqui,
si ha
f (x)
lim
= e−1 ,
x→±∞ x
e ancora
x
2
lim (f (x) − ) = ,
x→±∞
e
e
procedendo come gia’ visto nell’esercizio precedente. Si ha dunque l’asintoto obliquo
bilatero: y = x+2
. Per quanto riguarda la ricerca di massimi e minimi, osserviamo
e
che risulta
(
1−x
f1 (x) = xe x+1 , x ≥ 1, x < −1,
f (x) =
x−1
f2 (x) = xe x+1 , −1 < x ≤ 1.
Essendo ora
1−x
f10 (x) = e x+1
x2 + 1
,
(x + 1)2
e’ evidente che f e’ sempre crescente in ] − ∞, −1[ e in ]1, +∞[. Si ha invece
x−1
f20 (x) = e x+1
9
x2 + 4x + 1
,
(x + 1)2
√
√
con radici −2± 3: di queste e’ accettabile solo −2+ 3, in cui si presenta un minimo
(locale). In conclusione, si ha un punto di massimo relativo per x = −1 (relativamente
√
alla funzione prolungata) e un punto di minimo relativo per x = −2 + 3. Nel punto
1 la funzione non e’ derivabile, essendo la derivata sinistra uguale a 1 e la destra
uguale a 32 . In tale punto tuttavia non si ha ne’ massimo ne’ minimo.
Esercizio 3
Si tratta di effettuare il seguente calcolo:
Z 2
Z 1
ln f1 (x)dx =
ln f2 (x)dx +
1
2
1
Z
=
1
Z
ln xdx +
1
2
1
2
1
2
)dx +
(1 −
x+1
Z
2
Z
ln xdx −
1
2
(1 −
1
2
)dx =
x+1
1
1
− 1 + [2 ln(x + 1)]12 + [2 ln(x + 1)]21 =
2
2
1
7
= 2 ln 2−2+ ln 2+2 ln 3−2 ln 2−2 ln 2+2 ln 3−2 ln 2 = 4 ln 3−2− ln 2 ∼ −0.031566.
2
2
[x(ln x − 1)]21 +
Prova scritta del 07/09/2011
Esercizio 1
Si studi, al variare di x ∈ IR, il comportamento della serie
+∞
X
cos(nx)
,
n(n
+
2)
n=1
e se ne determini la somma nel caso x = 0.
Esercizio 2
Si studi, nel suo insieme di definizione, la funzione f definita da:
f (x) = xe−|
x−2
|
x
,
determinando in particolare eventuali asintoti, punti di massimo e minimo, punti
angolosi, e tracciandone il grafico.
√
Esercizio 3 Si calcoli l’integrale indefinito della funzione g(x) = 2 + x − x2 .
Soluzioni compito 07/09/2011
10
Esercizio 1
Essendo
| cos(nx)|
1
≤ 2
n(n + 2)
n
per ogni x, é evidente che la serie data é assolutamente convergente per ogni x reale.
Nel caso x = 0 la serie assume la forma
+∞
X
n=1
1
,
n(n + 2)
e ha un andamento telescopico: infatti risulta
2
1
1
1
1
1
1
= −
= −
+
−
,
n(n + 2)
n n+2
n n+1 n+1 n+2
per ogni n ≥ 1. Ponendo bn =
1
n
+
1
n+1
si ha allora
2
= bn − bn+1 .
n(n + 2)
Pertanto
X
n≥1
1
1X
1
1
b1
3
=
= (b1 − lim bn ) =
= .
n
n(n + 2)
2 n≥1 n(n + 2)
2
2
4
Esercizio 2
Chiaramente, la funzione é definita per ogni x 6= 0. Essendo poi
limx→0 f (x) = 0, f potrebbe essere prolungata per continuita’ anche in 0, ponendo
f (0) = 0. Si vede facilmente che non esistono asintoti verticali né orizzontali. Risulta
poi
f (x)
lim
= e−1 ,
x→±∞ x
x
x eh(x)−1
x
lim (f (x) − ) = lim (eh(x) − 1) = lim
h(x),
x→±∞
x→±∞ e
x→±∞ e h(x)
e
avendo posto h(x) = 1 − | x−2
|, funzione infinitesima per x → ±∞. Noti teoremi sui
x
limiti forniscono ora
x
x
1 x
2
lim (f (x) − ) = lim
h(x) = lim
(|x| − |x − 2|) = ,
x→±∞
x→±∞ e
x→±∞ e |x|
e
e
come si vede facilmente distinguendo il caso x → ∞ dal caso x → −∞. Dunque la
retta y = x+2
é asintoto obliquo bilatero.
e
Passiamo ora alla derivata. A tale scopo conviene scrivere
(
x−2
f1 (x) := xe− x , x < 0 o x ≥ 2
f (x) =
x−2
f2 (x) := xe x , 0 < x ≤ 2
11
Si ha quindi, per x < 0 o x > 2:
f 0 (x) = f10 (x) =
x − 2 − x−2
e x ,
x
funzione che risulta sempre positiva per tali valori di x, annullandosi per x = 2 e
anche per x tendente a 0 da sinistra.
Si ha anche, per 0 < x < 2:
f 0 (x) = f20 (x) =
x + 2 x−2
e x ,
x
anche questa sempre positiva per 0 < x < 2, tendente a 0 per x → 0 dalla destra e
uguale a 2 per x = 2.
Se ne deduce che la funzione data e’ sempre crescente, ha un punto angoloso in x = 2,
e (qualora prolungata in 0 come sopra detto) presenta 0 come punto critico, ma tale
punto non é né di massimo né di minimo relativo.
Esercizio 3
Essendo
2 + x − x2 =
1
9
2x − 1 2
9
− (x − )2 = (1 − (
) ),
4
2
4
3
si puo’ operare la sostituzione u = 2x−1
, ossia x = 3u+1
e dx = 32 du, per cui
3
2
Z
Z √
3√
3
9 √
2
2 + x − x dx =
1 − u2 du = (u 1 − u2 + arcsin u) + C
2
2
8
√
grazie al ben noto integrale della funzione u 7→ 1 − u2 . Risostituendo u con
si perviene infine a
Z
2x − 1 √
9
2x − 1
2 + x − x2 + arcsin
+ C.
g(x)dx =
4
8
3
12
2x−1
,
3