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Corso di laurea (FIS, MAT e APPL)
Analisi Matematica I o Calcolo I
4 aprile 2007
Istruzioni. 1. Compilare la parte soprastante, scrivendo in STAMPATELLO sopra la riga punteggiata.
2. Consegnare ANCHE questo foglio.
3. Per le risposte, usare i fogli protocollo distribuiti e scrivere in modo LEGGIBILE (utilizzare fogli a parte
per la brutta copia).
4. PROIBITO usare libri, quaderni, calcolatori, cellulari.
5. TEMPO a disposizione: 120 minuti.
1. Si calcolino i seguenti limiti
x2 − 3x + 2
a.
lim
;
x→1 sin(x − 1)
√
1 − cos x
.
x→0 log(1 + |x|)
b.
lim
SOLUZIONE.
a. Si tratta di una forma indeterminata di tipo 0/0: applicando il teorema di De l’Hôpital e osservato che il limite
del quoziente delle derivate vale
2x − 3
lim
= −1,
x→1 cos(x − 1)
si deduce che anche il limite richiesto vale −1.
b. Si tratta ancora di una forma indeterminata di tipo 0/0: moltiplicando e dividendo per |x|, il limite richiesto
si trasforma come segue:
√
1 − cos x
lim
= lim
x→0 log(1 + |x|)
x→0
√
1 − cos x
|x|
= lim
|x|
log(1 + |x|) x→0
r
1 − cos x
|x|
1
= √
2
x
log(1 + |x|)
2
(l’ultima uguaglianza proviene dai limiti fondamentali, al tendere a 0 della variabile, di (1 − cos x)/x2 e di
[log(1 + t)]/t).
x
−
2. Si consideri la funzione definita da
f(x) = e log |x| .
a. Determinare il dominio di f, studiare i limiti agli estremi del dominio e determinare gli eventuali asintoti.
b. Determinare gli intervalli di monotonia della f e gli eventuali minimi e massimi relativi.
c. Disegnare il grafico di f avendo cura di studiare il comportamento nei punti di frontiera del dominio (non è
richiesto lo studio della derivata seconda).
SOLUZIONE.
a. La funzione è definita in R \ {−1, 0, 1} e assume sempre valori positivi. Quanto ai limiti si ha
lim f(x) = +∞,
x→−∞
lim f(x) = 1,
x→0±
lim f(x) = +∞,
x→−1−
lim f(x) = +∞,
x→1−
lim f(x) = 0,
x→−1+
lim f(x) = 0,
x→1+
lim f(x) = 0.
x→+∞
Pertanto, sono asintoti verticali le rette x = 1 e x = −1, l’asse x è un asintoto orizzontale per x → +∞. Più
delicata è la discussione se per x → −∞ vi sia o no un asintoto obliquo: per questo, occorre calcolare
x
−
x
−x − log2 |x|
−
log
|x|
−
log
|x|
f(x)
e
log |x|
= lim −e
= −∞
= lim − log |x| = lim −e log |x|
lim
x→−∞ x
x→−∞
x→−∞
x→−∞
e
(nell’ultimo passaggio è bastato trascurare la quantità log2 |x| al numeratore dell’esponente). Quindi, non vi è
asintoto obliquo per x → −∞.
y
b. Si ha
x
−
log
|x| log |x| − 1
f (x) = −e
log2 |x|
0
che si annulla per x = ±e, è strettamente positiva (e quindi f cresce) in
] − e, −1[, in ] − 1, 0[, in ]0, 1[ e in ]1, e[, è strettamente negativa (e quindi
f decresce) in ] − ∞, −e[ e in ]e, +∞[. Pertanto, −e è un punto di minimo
relativo e e è un punto di massimo relativo.
c. Il grafico è riportato a lato.
1
−e
−1 0
1
e
x
3. Calcolare i seguenti integrali
Z
a.
e2
e
√
log x − 1
dx;
x
b.
Z
x+2
dx.
x2 + x
SOLUZIONE.
a. L’integrale si calcola mediante la sostituzione t = log x − 1, da cui dt = (1/x)dx:
Z
e2
e
√
log x − 1
dx =
x
Z
1
0
#1
"
√
2 3/2
2
t dt =
= .
t
3
3
0
b. Si decompone l’integrando come segue, dopo aver osservato che x2 + x = x(x + 1):
x+2
A
B
(A + B)x + A
= +
=
,
2
x +x
x
x+1
x2 + x
da cui il sistema
A + B = 1,
A = 2,
che ha per soluzione A = 2, B = −1. Dunque
Z
Z
Z
x+2
1
1
dx = 2
dx −
dx = 2 log |x| − log |x + 1| + C,
x2 + x
x
x+1
al variare di C ∈ R.
