CompitiAM1

Università del Salento
Facoltà di Ingegneria
Dipartimento di Matematica e Fisica
“Ennio De Giorgi”
Antonio Leaci
Soluzione dei compiti di
Analisi Matematica I
ANNI ACCADEMICI 2008/09, 2010/11, 2012/13, 2014/15, 2016/17
Indice
I
ANNO ACCADEMICO 2008/09
4
1 Compito di Analisi Matematica I del 9/12/08 (DM509)
5
2 Compito di Analisi Matematica I del 12/01/09 (DM509)
9
3 Compito di Analisi Matematica I del 16/02/09
14
4 Compito di Analisi Matematica I del 2/03/09
19
5 Compito di Analisi Matematica I del 23/03/09 (DM509)
25
6 Compito di Analisi Matematica I del 6/04/09 (DM509)
28
7 Compito di Analisi Matematica I del 4/05/09
32
8 Compito di Analisi Matematica I del 29/06/09
37
9 Compito di Analisi Matematica I del 13/07/09
42
10 Compito di Analisi Matematica I del 13/07/09 (D.M.509)
47
11 Compito di Analisi Matematica I del 7/09/09
51
12 Compito di Analisi Matematica I del 7/09/09 (D.M.509)
55
13 Compito di Analisi Matematica I del 9/11/09 (F.C.)
59
II
ANNO ACCADEMICO 2010/11
63
14 Compito di Analisi Matematica I del 12/01/11
64
15 Compito di Analisi Matematica I del 1/03/11
68
16 Compito di Analisi Matematica I del 21/03/11
73
17 Compito di Analisi Matematica I - A del 10/05/11
79
18 Compito di Analisi Matematica I - B del 10/05/11
83
19 Compito di Analisi Matematica I del 5/07/11
88
20 Compito di Analisi Matematica I del 19/07/11
93
21 Compito di Analisi Matematica I del 19/09/11
98
22 Compito di Analisi Matematica I del 15/12/11
103
III
ANNO ACCADEMICO 2012/13
108
23 Compito di Analisi Matematica I dell’ 11/02/13
109
24 Compito di Analisi Matematica I del 25/02/13
116
25 Compito di Analisi Matematica I del 19/04/13
122
26 Compito di Analisi Matematica I del 4/07/13
127
27 Compito di Analisi Matematica I del 18/07/13
133
28 Compito di Analisi Matematica I del 12/09/13
139
29 Compito di Analisi Matematica I del 11/11/13
143
30 Compito di Analisi Matematica I del 4/04/14 (FC)
147
IV
ANNO ACCADEMICO 2014/15
151
31 Compito di Analisi Matematica I del 15/01/15
152
32 Compito di Analisi Matematica I del 30/01/15
158
33 Compito di Analisi Matematica I del 24/02/15
163
34 Compito di Analisi Matematica I del 9/06/15
168
35 Compito di Analisi Matematica I del 24/06/15
172
36 Compito di Analisi Matematica I del 20/07/15
177
37 Compito di Analisi Matematica I del 9/09/15
182
2
38 Compito di Analisi Matematica I del 22/09/15
V
188
ANNO ACCADEMICO 2016/17
193
39 Compito di Analisi Matematica I del 13/01/17
194
40 Compito di Analisi Matematica I del 27/01/17
200
41 Compito di Analisi Matematica I del 17/02/17
206
42 Ulteriori esercizi sulle serie
211
3
Parte I
ANNO ACCADEMICO 2008/09
4
1
Compito di Analisi Matematica I del 9/12/08
(DM509)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
1 + |x − 1|
f (x) = log
x2
2. Studiare il seguente limite
sin xα − α tan x
x→0+
x
lim
al variare del parametro α ∈ R+ .
3. Calcolare il seguente integrale indefinito
√
Z
x+ x+1
dx
2x + 1
4. Studiare il carattere della seguente serie
√
∞ √
X
n+1− n
log n
n=2
5
Soluzione del compito del 9/12/08
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per ogni x 6= 0 pertanto il
Dominio è R \ {0} e f è continua nel suo dominio. Non ci sono simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Poiché compare la funzione valore
assoluto consideriamo le due funzioni

1
1
+
x
−
1


= log
per x ≥ 1
f1 (x) = log
2
x
x
1−x+1
2−x


=
log
per x < 1, x 6= 0
f2 (x) = log
x2
x2
e studiamole separatamente.
1
Risolvendo f1 (x) = 0 troviamo = 1 e dunque x = 1. Inoltre f1 (x) < 0
x
per ogni x > 1.
Studiamo ora f2 in (−∞, 0) ∪ (0, 1]. Risolvendo f2 (x) = 0 troviamo
2−x
= 1 e dunque x2 + x − 2 = 0. Otteniamo la soluzione x = −2 e
2
x
2−x
> 1,
ritroviamo la soluzione x = 1 Inoltre f2 (x) > 0 se e solo se
x2
2
cioè x + x − 2 < 0. Allora f2 (x) > 0 per ogni x ∈ (−2, 0) ∪ (0, 1) mentre
f2 (x) < 0 per x ∈ (−∞, −2).
• (Asintoti) Si ha lim f1 (x) = −∞ e non c’è asintoto obliquo. Risulta
x→+∞
lim f2 (x) = +∞ pertanto x = 0 è asintoto verticale e lim f2 (x) = −∞
x→0
x→−∞
e non c’è asintoto obliquo.
• (Derivata prima e monotonia) Risulta f1′ (x) = −
perciò f1 è decrescente in [1, +∞).
1
< 0 per ogni x ≥ 1
x
x−4
e si ha f2′ (x) > 0 per x ∈
x(2 − x)
(−∞, 0) mentre f2′ (x) < 0 per x ∈ (0, 1]. Quindi f2 è crescente in (−∞, 0)
e decrescente in (0, 1].
1
• (Derivata seconda e convessità) Infine f1′′ (x) = 2 > 0 per ogni x ≥ 1
x
perciò f1 è convessa in [1, +∞).
x2 − 8x + 8
che
Calcolando la derivata seconda di f2 si ottiene f2′′ (x) = 2
x (x − 2)2
è positiva in (−∞, 0) ∪ (0, 1] pertanto f2 è convessa in (−∞, 0) e in (0, 1].
Calcolando f2′ (x) troviamo f2′ (x) =
6
12
10
8
6
4
2
-4
-2
2
4
Figura 1: Grafico della funzione f .
• (Grafico) Tornando alla funzione assegnata f osserviamo che fs′ (1) = −3
e fd′ (1) = −1 pertanto x = 1 è un punto angoloso. La funzione f è
crescente in (−∞, 0) e decrescente in (0, +∞). La funzione f è convessa
in (−∞, 0) e, poiché fs′ (1) = −3 < fd′ (1) = −1 è convessa anche in
(0, +∞). La funzione è illimitata superiormente e inferiormente e non ha
punti di estremo locale. Il grafico è riportato in Figura 1.
2. Per lo studio del limite si ha:
sin xα − α tan x
lim
= lim
x→0+
x→0+
x
sin xα xα
tan x
−α
α
x
x
x
Se 0 < α < 1 il limite è +∞, se α = 1 il limite è 0, se α > 1 il limite è −α.
3. Per calcolare l’integrale usiamo la sostituzione x + 1 = t2 , cioè x = t2 − 1 da
cui dx = 2t dt. L’integrale diventa:
Z 2
t −1+t
2t dt.
2 t2 − 1
Effettuando la divisione tra polinomi e usando il metodo dei fratti semplici si
ottiene
√ !
√
Z
1 2−1
1 1+ 2
√ −
√
t+1+
dt.
2 2t − 2 2 2t + 2
Calcolando gli integrali elementari si ottiene:
√
√
√ √ 2−1
2+1
t2
+t+
log 2 t − 2 −
log 2 t + 2 + c .
2
4
4
7
Ritornando nella variabile x si ottiene
√
√
√
√
√ √ 2−1
2+1
x+1 √
+ x + 1+
log 2 x + 1 − 2 −
log 2 x + 1 + 2 + c.
2
4
4
4. La
√ serie è a√termini positivi. Moltiplicando numeratore e denominatore per
( n + 1 + n) otteniamo
∞
X
n=2
1
.
√
( n + 1 + n) log n
√
Il termine generale di questa serie è un infinitesimo di ordine superiore rispetto
1
1
a √ ma di ordine inferiore rispetto a α per ogni 1/2 < α < 1. Scelto ad
n
n
esempio α = 2/3 risulta:
1
lim
n→+∞
Poiché la serie
∞
X
n=2
1
n2/3
n2/3
1
√
√
( n + 1 + n) log n
= 0.
diverge, per il Teorema del confronto asintotico anche
la serie data diverge.
8
2
Compito di Analisi Matematica I del 12/01/09
(DM509)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = arcsin |1 − x2 | .
2. Studiare il seguente limite
√
x 1 + x2 − sin x
√
.
lim
x→0 (1 + x2 )x −
1 + x3
3. Calcolare il seguente integrale indefinito
Z
√
1 + sin x dx .
4. Studiare il carattere della seguente serie
√
∞
X
(−1)n n! n
.
(n + 2)!
n=1
9
Soluzione del compito del 12/01/09
1.
• (Dominio) Poiché il radicando è non
p negativo la condizione2 da imporre
per individuare il Dominio di f è |1 − x2 | ≤ 1 cioè |1 − x | ≤ 1 ossia
−1 ≤ 1 − x2 ≤ 1.
Aggiungendo 1 ad ambedue le disuguaglianze otteniamo 0 ≤ 2 − x2 ≤ 2.
La√seconda è sempre
verificata mentre la prima comporta x2 ≤ 2 e quindi
√
− √2 ≤√x ≤ 2. Allora il dominio di f è l’intervallo chiuso e limitato
[− 2, 2].
• (Segno, simmetrie e comportamento negli estremi) Nel dominio f è continua e non negativa, negli estremi del dominio assume il valore π/2
pertanto f ha massimo pari a π/2 e minimo pari a 0. La funzione è pari.
Abbiamo f (0) = π/2 e f (x) = 0 se e solo se x = ±1.
• (Derivata e monotonia) Poiché compare la funzione valore assoluto consideriamo le due funzioni
(
√
f1 (x) = arcsin 1 − x2 per 1 − x2 ≥ 0
√
f2 (x) = arcsin x2 − 1 per 1 − x2 ≤ 0
cioè
(
√
f1 (x) = arcsin 1 − x2
√
f2 (x) = arcsin x2 − 1
per x ∈ [−1, 1]
√
√
per x ∈ [− 2, −1] ∪ [1, 2]
e studiamole separatamente. Inoltre poiché le funzioni sono pari possiamo
limitarci a studiarle solo per x ≥ 0.
Risulta
1
1
−x
1
−x
√
=√ √
= −√
∀x ∈ (0, 1)
f1′ (x) = p
1 − x2
1 − (1 − x2 ) 1 − x2
x2 1 − x2
′
(0) = −1 e in x = 1 il limite del rapporto incrementale da
e risulta f1d
sinistra è −∞. Poiché f1′ (x) < 0 in (0, 1) la funzione è decrescente in
′
[0, 1]. Poiché è pari risulta crescente in [−1, 0] e f1s
(0) = 1 perciò x = 0
è punto angoloso e di massimo assoluto mentre x = ±1 sono punti di
cuspide e di minimo assoluto.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda in (0, 1) è:
′′
f1 (x) =
√ x
2
− 1−x 2
1−x
10
=−
x
(1 − x2 )3/2
1.5
1.25
1
0.75
0.5
0.25
-1
-0.5
0.5
1
Figura 2: Grafico della funzione f .
che è sempre negativa perciò f1 è concava in [0, 1] e per simmetria anche in
′
′
[−1, 0], dunque in complesso poiché f1s
(0) = 1 > f1d
(0) = −1 la funzione
f1 è concava in [−1, 1].
√
Studiamo ora f2 in [1, 2]. Risulta
√
1
x
x
1
√
√
=√
∀x ∈ (1, 2)
f2′ (x) = p
2 − x2 x2 − 1
1 − (x2 − 1) x2 − 1
√
e risulta che i limiti dei rapporti incrementali
di f2 in x = 1 e in x = 2
√
valgono
+∞. Poiché f2′ (x) > 0 in (1, 2) √
la funzione è crescente in
√
[1, 2] e, per simmetria, è decrescente in [− √
2, −1]. Come già detto i
punti x = ±1 sono di cuspide
√ e nei punti x = ± 2 la tangente è verticale.
La derivata seconda in (1, 2) è:
′′
f2 (x) =
=
x2
√
3/2
(2 − x2 )
x2 − 1
x4 − 2
+√
(2 − x2 )3/2 (x2 − 1)3/2
1
√
2 − x2 x2 − 1
−√
x2
2 − x2 (x2 − 1)3/2
.
Il denominatore
è sempre positivo
mentre il numeratore
√ si annulla per
√
√
√
4
4
4
2) e√positivo in ( 2, 2), perciò f2 è
x = 2 ed è√negativo in (1, √
4
concava
in [1, 2] e convessa√in [ 4 2, 2]. Per simmetria
√
√
√ f2 è convessa in
[− 2, − 4 2] e concava in [− 4 2, −1]. I punti x = ± 4 2 sono di flesso.
• (Grafico) Mettendo insieme tutte le informazioni, il grafico della funzione
f è riportato in Figura 2.
11
2. Utilizzando gli sviluppi di Taylor si ottiene:
√
x 1 + x2 − sin x
√
lim
=
x→0 (1 + x2 )x −
1 + x3
1
1
x(1 + x2 + o(x2 )) − (x − x3 + o(x4 ))
2
6
=
lim
1 3
x→0
x log(1+x2 )
3
e
−(1 + x + o(x ))
2
1 3
1
3
x + x + o(x ) − x + x3 + o(x4 )
2
6
=
lim
1 3
x→0
x(x2 +o(x2 ))
e
−1 − x + o(x3 )
2
1 3 1 3
2 3
x + x + o(x3 )
x
4
2
6
3
lim
= lim
= .
1
1
x→0
x→0
3
x3
x3 − x3 + o(x3 )
2
2
3. La funzione integranda è definita su tutto R, 2π-periodica, non negativa, continua, con zeri isolati, perciò la sua primitiva è di classe C 1 strettamente
crescente. Calcoliamola su un intervallo di lunghezza pari a un periodo. Consideriamo l’intervallo (−π/2, π/2) ed effettuiamo la sostituzione sin x = t, cioè
dt
e dunque dobbiamo calcolare l’integrale:
x = arcsin t. Abbiamo dx = √
1 − t2
√
Z √
Z
1+t
1+t
√
√
√
dt =
dt =
2
1−t 1+t
1
−
t
Z
Z
√
1
√
dt = (1 − t)−1/2 dt = −2 1 − t + c .
1−t
Ritornando nella variabile x otteniamo le primitive definite in [−π/2, π/2] (la
derivata negli estremi vale 0):
√
−2 1 − sin x + c .
Per trovare la primitiva definita sull’intervallo (π/2, 3π/2) usiamo la sostitudt
. Usando la formula di
zione x = π + arcsin t per cui ancora dx = √
1 − t2
addizione per il seno troviamo:
sin x = sin π cos(arcsin t) + cos π sin(arcsin t) = −t.
12
L’integrale da calcolare è allora
√
Z
Z √
1−t
1−t
√
√
√
dt =
dt =
2
1−t 1+t
1
−
t
Z
Z
√
1
√
dt = (1 + t)−1/2 dt = 2 1 + t + c .
1+t
Ritornando nella variabile x otteniamo le primitive definite in [π/2, 3π/2] (la
derivata negli estremi vale 0):
√
2 1 − sin x + c .
Usando la stessa costante nelle due espressioni otteniamo una primitiva F0 (x)
definita in [−π/2, 3π/2]. Questo è soddisfacente come soluzione del quesito.
Negli altri intervalli [2kπ − π/2, 2kπ + 3π/2] (k ∈ Z) la primitiva ha la stessa
espressione F0 (x) più una opportuna costante pari all’incremento di F0 tra gli
estremi dell’intervallo moltiplicata per k, cioè in [2kπ − π/2, 2kπ + 3π/2] la
primitiva con c = 0 ha l’espressione
√
F (x) = F0 (x) + 4 2k .
4. La serie è a termini di segno alterno ma possiamo studiarne la convergenza assoluta. Infatti semplificando i fattoriali al numeratore e denominatore
otteniamo:
√
∞
X
n
.
(n + 1)(n + 2)
n=1
Per il termine generale di questa serie abbiamo:
√
√
n
n
1
≤ 2 = 3/2 .
(n + 1)(n + 2)
n
n
Poiché la serie
∞
X
n=1
1
n3/2
converge, per il Teorema del confronto la serie data
converge assolutamente e quindi anche semplicemente.
13
3
Compito di Analisi Matematica I del 16/02/09
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = x(log |x| + 1)2 .
2. Studiare il seguente limite
2
ex − cos x
√
lim √
.
3
x→0
1 + x2 − 1 + x2
3. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
dx .
3
x + x2
1
4. Studiare la convergenza puntuale e totale della seguente serie di funzioni
∞
X
1
x2
.
log 1 +
n
n
n=1
14
Soluzione del compito del 16/02/09
1.
• (Dominio e simmetrie) Il dominio della funzione f è R \ {0}. Risulta
f (−x) = −f (x), cioè la funzione è dispari e il suo grafico è simmetrico
rispetto all’origine. Possiamo allora studiare la funzione soltanto per
x > 0 e ottenere il comportamento per x < 0 per simmetria.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Per x > 0 la funzione è f (x) = x(1 +
1
log x)2 pertanto è f (x) ≥ 0 e f (x) = 0 per 1 + log x = 0, cioè per x = .
e
• (Asintoti) Studiamo il comportamento negli estremi della semiretta (0, +∞).
f (x)
= +∞ pertanto non ci sono
Si ha lim x(1 + log x)2 = +∞ e lim
x→+∞
x→+∞ x
asintoti orizzontali o obliqui. Inoltre si ha lim+ x(1 + log x)2 = 0 perchè
x→0
lim+ x| log x|α = 0 per ogni α > 0. Poiché anche lim− f (x) = 0 il punto
x→0
x→0
x = 0 è un punto in cui la funzione può essere prolungata per continuità
con valore 0.
• (Derivata prima e monotonia) Studiamo la derivata prima di f . Risulta
f ′ (x) = (1 + log x)2 + 2(1 + log x) = (1 + log x)(3 + log x),
1
pertanto f ′ (x) = 0 per log x = −1 e log x = −3, cioè per x = e per
e
1
′
′
x = 3 . Studiando il segno dei due fattori di f (x) risulta f (x) > 0 in
e
1
1 1
1
(0, 3 ) e in ( , +∞) mentre f ′ (x) < 0 in ( 3 , ). Dunque la funzione
e
e
e e
1
1
1 1
è crescente in (0, 3 ) ed in ( , +∞) mentre è decrescente in ( 3 , ). Il
e
e
e e
4
1
punto x = 3 è un punto di massimo relativo e la funzione vale 3 mentre
e
e
1
x = è un punto di minimo relativo e la funzione vale 0. Osserviamo che
e
si ha lim f ′ (x) = +∞ quindi la tangente al grafico in (0, 0) è verticale.
x→0
• (Derivata seconda e convessità) Studiamo la derivata seconda di f . Risulta
2(1 + log x) 2
2(2 + log x)
f ′′ (x) =
+ =
,
x
x
x
15
1
0.5
-1
-0.5
0.5
1
-0.5
-1
Figura 3: Grafico della funzione f .
1
quindi f ′′ (x) = 0 per log x = −2, cioè per x = 2 , mentre si ha f ′′ (x) > 0
e
1
1
′′
in
, +∞ e f (x) < 0 in 0, 2 . Dunque la funzione è concava in
2
e
e
1
1
1
0, 2 ed è convessa in
, +∞ . Il punto x = 2 è di flesso.
2
e
e
e
• (Grafico) Mettendo insieme tutte le informazioni ottenute per x > 0 e
la simmetria rispetto all’origine, il grafico della funzione f è riportato in
Figura 3.
2. Per calcolare il limite proposto usiamo i seguenti sviluppi di Taylor:
2
• ex = 1 + x2 + o(x2 ),
1
• cos x = 1 − x2 + o(x3 ),
2
√
1
• 1 + x2 = (1 + x2 )1/2 = 1 + x2 + o(x2 ),
2
√
1
• 3 1 + x2 = (1 + x2 )1/3 = 1 + x2 + o(x2 ).
3
16
Sostituendo queste espressioni nel limite proposto otteniamo
2
lim √
x→0
ex − cos x
√
=
3
1 + x2 − 1 + x2
x2
3
+ o(x )
1 + x + o(x ) − 1 −
2
=
lim
x→0
1 2
1 2
2
2
1 + x + o(x ) − 1 + x + o(x )
2
3
2
x
3 2
x2 +
+ o(x2 )
x
2
lim
= lim 2 = 9 .
1
x→0 1 2
x→0 1 2
x − x2 + o(x2 )
x
2
3
6
2
2
3. L’integrale proposto è di seconda specie. La funzione integranda è continua in
1
[1, +∞) e per x tendente a infinito è un infinitesimo dello stesso ordine di 3
x
pertanto l’integrale converge. Determiniamo una primitiva. Usando il metodo
dei fratti semplici si ottiene
x3
da cui
Z
Allora
lim
c→+∞
Z
c
1
1
1
1
1
1
=− + 2 +
,
= 2
2
+x
x (x + 1)
x x
x+1
1
1
dx
=
−
log
x
−
+ log(x + 1).
x3 + x2
x
1
c+1
1
dx = lim − + log
+ 1 − log 2 = 1 − log 2.
c→+∞
x3 + x2
c
c
1
x2
4. Le funzioni fn (x) = log 1 +
sono definite su tutto R e non negative.
n
n
Per x = 0 tutti i termini della serie valgono zero e dunque essa converge.
Per studiare la convergenza puntuale per x 6= 0 possiamo usare il criterio del
confronto asintotico. Infatti dal limite notevole
log(1 + y)
=1
y→0
y
lim
17
x2
ottenendo
n2
1
x2
log 1 +
n
n
lim
= 1.
2
n→+∞
x
n2
segue che possiamo confrontare fn (x) con
∞
X
x2
∞
X
1
Poiché la serie
=x
è convergente per ogni x, segue che la serie
2
2
n
n
n=1
n=1
data converge puntualmente in R.
2
Per la convergenza totale notiamo che per ogni n risulta sup fn (x) = +∞,
x∈R
dunque non ci può essere convergenza totale in R. Se consideriamo a > 0
risulta
1
a2
max fn (x) = log 1 +
x∈[−a,a]
n
n
e per quanto visto prima la serie di questi massimi è convergente, pertanto la
serie data converge totalmente in ogni intervallo chiuso e limitato [−a, a].
18
4
Compito di Analisi Matematica I del 2/03/09
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = |x2 + x| − x .
Utilizzare i risultati ottenuti per stabilire il numero di soluzioni dell’equazione
f (x) = k al variare di k ∈ R.
2. Studiare il seguente limite
lim
x→0
2
sin x + cos x tan x .
3. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
e−
√
x+1
dx .
0
4. Studiare la convergenza puntuale, uniforme e totale della seguente serie di
funzioni
∞
X
(3x + 2)n
,
n
n=1
e calcolarne la somma.
19
Soluzione del compito del 2/03/09
1.
• (Dominio e simmetrie) Il Dominio della funzione f è tutto R ed essa è
continua. Non presenta simmetrie.
• (Segno e intersezione con gli assi) Poiché compare la funzione valore assoluto e si ha x2 + x ≥ 0 se e solo se x ∈] − ∞, −1] ∪ [0, +∞[ consideriamo
le due funzioni
(
√
per x ∈] − ∞, −1] ∪ [0, +∞[
f1 (x) = x2 + x − x
√
2
f2 (x) = −x − x − x per x ∈ (−1, 0)
e studiamole separatamente.
Risolvendo f1 (x) = 0 troviamo solo la soluzione x = 0. Infatti f1 (x) > 0
per ogni x ≤ −1 e per x > 0.
Studiamo ora f2 in (−1, 0). Risulta sempre f2 (x) > 0.
• (Asintoti) Si ha
x2 + x − x2
1
lim f1 (x) = lim √
=
x→+∞
x→+∞
2
x2 + x + x
1
è asintoto orizzontale. Invece lim f1 (x) = +∞ per cui
x→−∞
2
vediamo se c’è asintoto obliquo. Otteniamo
q
√
−x
1 + x1 − x
2
x +x−x
lim
= lim
= −2
x→−∞
x→−∞
x
x
e
√
x
1
x2 + x − x2
q
x2 + x−x+2x = lim √
= lim
lim
=−
2
x→−∞
x→−∞
x→−∞
2
x +x−x
−x 1 + x1 − x
per cui y =
1
è asintoto obliquo.
2
• (Derivata prima e monotonia) Risulta
pertanto la retta y = −2x −
√
2x
+
1
x2 + x
2x
+
1
−
2
√
f1′ (x) = √
−1=
2 x2 + x
2 x2 + x
perciò f1′ (x) < 0 per ogni x < −1 e f1′ (x) > 0 per ogni x > 0, pertanto
f1 è decrescente in (−∞, −1] ed è crescente in [0, +∞). Osserviamo che
f1 (−1) = 1 e lim − f1′ (x) = −∞ mentre f1 (0) = 0 e lim+ f1′ (x) = +∞.
x→−1
x→0
20
Calcolando f2′ (x) troviamo
f2′ (x)
√
2x + 1 + 2 −x2 − x
2x + 1
√
−1=−
=− √
2 −x2 − x
2 −x2 − x
e si ha
√
√
2x+1+2 −x2 − x = 0 ⇔ 2 −x2 − x = −(2x+1) ⇒ 4(−x2 −x) = (2x+1)2 .
Risolvendo l’equazione di secondo grado si ha che solo la radice
x =
√ !
√
2+ 2
2+ 2
mentre
è accettabile e f2′ (x) > 0 per x ∈ −1, −
−
4
4
!
√ !
√
2
2
2
+
2
+
, 0 . Quindi f2 è crescente in −1, −
f2′ (x) < 0 per x ∈ −
4
4
!
√ !
√
2+ 2
1
1
2+ 2
= + √ . Inoltre
, 0 . Si ha f2 −
e decrescente in −
4
4
2
2
′
′
lim + f2 (x) = +∞ mentre lim− f2 (x) = −∞.
x→−1
x→0
• (Derivata seconda e convessità) Risulta
f1′′ (x) = √
1
(2x + 1)2
4(x2 + x) − (2x + 1)2
1
−
=
=−
<0
2
3/2
2
3/2
2
2
4(x + x)
4(x + x)3/2
x + x 4(x + x)
per ogni x < −1 e per ogni x > 0 perciò f1 è concava in (−∞, −1] e in
[0, +∞).
Calcolando la derivata seconda di f2 si ottiene
f2′′ (x) = −
1
1
(−2x − 1)2
= √
−√
2
3/2
4(−x − x)
−x2 − x
4 −x2 − x(x2 + x)
che è negativa in (−1, 0) pertanto f2 è concava in (−1, 0).
• (Grafico) Tornando alla funzione assegnata f osserviamo che x √= −1 è
un punto di minimo relativo e una cuspide. Il punto x = − 2+4 2 è un
punto di massimo relativo. Il punto x = 0 è un punto di minimo assoluto
e una√cuspide. La funzione f è decrescente√in (−∞, −1) e decrescente in
(− 2+4 2 , 0) mentre è crescente in (−1, − 2+4 2 ) e in (0, +∞). La funzione
f è concava in (−∞, −1), in (−1, 0) e in (0, +∞). La funzione è illimitata
superiormente e ha minimo assoluto f (0) = 0. Il grafico della funzione e
gli asintoti sono riportati in Figura 4.
21
4
2
-1
-2
1
2
-2
-4
Figura 4: Grafico della funzione f .
• Per rispondere all’ultima domanda abbiamo che f (x) = k ha

0





1





2



1

2




3





2




1
soluzioni per
soluzione per
soluzioni per
soluzione per
soluzioni per
soluzioni per
k<0
k=0
0 < k < 21
1
≤k<1
2
k=1
1 < k < 21 +
soluzioni per k =
soluzione per k >
√1
2
1
+ √12
2
1
+ √12 .
2
2. Per studiare il limite assegnato osserviamo che
lim
x→0
2
2
sin x + cos x tan x = lim e tan x log
x→0
sin x+cos x
,
quindi basta studiare il limite dell’esponente di e. Otteniamo, usando per
22
esempio il Teorema di de l’Hôpital,
2 log sin x + cos x
=
lim
x→0
tan x
2 cos x − sin x
lim
1 = 2,
x→0
sin x + cos x
cos2 x
quindi il limite cercato vale e2 .
3. La funzione integranda è continua e, per esempio, lim x2 e−
x→+∞
√
x+1
= 0 pertanto
l’integrale converge. Per calcolare una primitiva usiamo la sostituzione x+1 =
t2 da cui dx = 2tdt e quindi sostituendo e integrando per parti
Z
Z
−t
−t
2t e dt = −2t e + 2 e−t dt = −2t e−t −2 e−t .
Tornando nella variabile x otteniamo
Z +∞ √
h
ic
√
√
√
4
− x+1
− x+1
− x+1
e
dx = lim − 2 x + 1 e
−2 e
= .
c→+∞
e
0
0
4. La serie data si riconduce a una serie di potenze centrata in 0 con la sostituzione
+∞ n
X
y
. Questa serie ha raggio di
y = 3x + 2 pertanto studiamo la serie
n
n=1
convergenza uguale a 1 e non converge per y = 1 mentre converge per y = −1
(per il Teorema di Leibniz). Dunque questa serie converge puntualmente in
[−1, 1) e assolutamente puntualmente in (−1, 1). Converge uniformemente in
[−1, r] con 0 < r < 1 per il teorema di Abel e converge totalmente in [−r, r].
+∞
X
Inoltre la serie è ottenuta integrando termine a termine la serie
y n−1 =
n=1
1
, pertanto
1−y
+∞ n
X
y
n=1
n
=
+∞ Z
X
n=1
y
t
n−1
dt =
0
Z
y
0
1
dt = − log(1 − y).
1−t
Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge puntualmente
per −1 ≤ 3x + 2 < 1 cioè per x ∈ [−1, − 13 ) e assolutamente puntualmente in
(−1, − 31 ). Converge uniformemente in [−1, − 31 − r] con 0 < r < 13 e converge
totalmente in [−1 + r, − 13 − r].
23
∞
X
(3x + 2)n
= − log(−1 − 3x) per x ∈ [−1, − 13 ).
La sua somma è
n
n=1
24
5
Compito di Analisi Matematica I del 23/03/09
(DM509)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = log(1 + |x − 1|)
e studiare la derivata destra e sinistra di f negli eventuali punti di non derivabilità.
2. Studiare il seguente limite
√
sin x − x 1 + x
.
lim
x→0
1 − cos x
3. Calcolare il seguente integrale indefinito
Z
x arctan x dx.
4. Studiare il carattere della seguente serie
∞
X
(−1)
n=1
n
1
log 1 +
n
al variare del parametro α ∈ R+ .
25
α
Soluzione del compito del 23/03/09
1.
• (Dominio, segno e asintoti) La funzione è definita e continua su tutto R,
è non negativa e lim f (x) = +∞. Non ha asintoti. Per x = 1 essa vale 0.
±∞
• (Derivata prima e monotonia) La sua derivata prima per x > 1 è
f ′ (x) =
2(1 +
√
1
√
,
x − 1) x − 1
è sempre positiva e lim+ f ′ (x) = +∞. La sua derivata prima per x < 1 è
x→1
f ′ (x) = −
2(1 +
√
1
√
,
1 − x) 1 − x
è sempre negativa e lim− f ′ (x) = −∞. Dunque x = 1 è un punto di
x→1
minimo assoluto e una cuspide.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda è
1
1
− − 2
p
3
p
4 1 + |x − 1| |x − 1| 2
4 1 + |x − 1| |x − 1|
(x 6= 1)
ed è sempre negativa per x 6= 1, dunque la funzione è concava in ] − ∞, 1]
e in [1, +∞[.
• (Grafico) Il grafico di f è riportato in Figura 5
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-4
-2
2
4
Figura 5: Grafico della funzione f .
26
2. Usando la formula di Taylor si ottiene:
√
sin x − x 1 + x
= lim
x→0
x→0
1 − cos x
lim
x−
1
x3
− x(1 + x) + o(x2 )
6
2
= −1
x2
2
1−1+
+ o(x )
2
3. Integrando per parti si ottiene
Z 2
Z
x
1
x2
arctan x −
dx
x arctan x dx =
2
2 1 + x2
Z 2
1
x +1−1
x2
arctan x −
dx
=
2
2
1 + x2
Z
x2
1 1 =
dx
arctan x −
1−
2
2
1 + x2
1
x2
arctan x −
x − arctan x .
=
2
2
4. La successione in parentesi quadra è positiva, decrescente e infinitesima dello
1
stesso ordine di . Dunque per α > 1 la serie è assolutamente convergente,
n
mentre per 0 < α ≤ 1 è convergente per il Teorema di Leibniz.
27
6
Compito di Analisi Matematica I del 6/04/09
(DM509)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
x
f (x) = x(1 − x) e 1−x
e studiare la derivata destra e sinistra di f negli eventuali punti di non derivabilità.
2. Studiare il seguente limite
lim
x→0+
p
2
2(1 − cos x) − x ex
.
x − sin x
3. Calcolare il seguente integrale indefinito
Z
sin x
dx .
cos x − sin x
4. Risolvere nel campo complesso la seguente equazione
z|z|2 − 9iz̄ = 0 .
28
Soluzione del compito del 6/04/09
1.
• (Dominio e segno) Il dominio della funzione è R \ {1}. Nei punti del
dominio la funzione è derivabile. La funzione si annulla in 0, è positiva
in ]0, 1[ e negativa in ] − ∞, 0[∪]1, +∞[.
• (Asintoti) Studiamo il comportamento negli estremi del dominio:
lim f (x) = −∞ ,
x→−∞
lim f (x) = +∞ ,
x→1−
lim f (x) = 0 ,
x→1+
lim f (x) = −∞ .
x→+∞
Non ci sono asintoti obliqui.
• (Derivata prima e monotonia) Calcoliamo la derivata di f . Risulta:
x
x
1−x+x
f ′ (x) = (1 − 2x) e 1−x +(x − x2 ) e 1−x
=
(1 − x)2
2
x
x
−
x
=
= e 1−x 1 − 2x +
(1 − x)2
x
(1 − 2x)(1 − x)2 + x − x2
1−x
e
=
=
(1 − x)2
x
(1 − x)(1 − 2x + 2x2 )
=
= e 1−x
(1 − x)2
x
1 − 2x + 2x2
= e 1−x
.
1−x
Poiché il numeratore è sempre positivo, f ′ (x) > 0 per x ∈]−∞, 1[, mentre
f ′ (x) < 0 per x ∈]1, +∞[, dunque f è crescente in ] − ∞, 1[ e decrescente
in ]1, +∞[.
• (Derivata seconda e convessità) Per la derivata seconda si ottiene:
2
2
x
1
1
−
2x
+
2x
(4x
−
2)(1
−
x)
+
(1
−
2x
+
2x
)
′′
f (x) = e 1−x
=
+
(1 − x)2
1−x
(1 − x)2
2
2
2
x
1
−
2x
+
2x
+
(4x
−
2)(1
−
x)
+
(1
−
2x
+
2x
)(1
−
x)
=
= e 1−x
(1 − x)3
x
x(2x2 − 4x + 3)
1−x
=e
.
(1 − x)3
29
Poiché il trinomio al numeratore è sempre positivo, f ′′ (x) > 0 per x ∈
]0, 1[, mentre f ′′ (x) < 0 per x ∈] − ∞, 0[∪]1, +∞[. Dunque la funzione è
convessa in ]0, 1[ ed è concava in ] − ∞, 0[ e in ]1, +∞[. Il punto x = 0 è
un punto di flesso.
• (Grafico) Il grafico della funzione e dell’asintoto verticale è riportato in
Figura 6.
6
4
2
-3
-2
-1
1
2
3
-2
Figura 6: Grafico della funzione f .
2. Usando gli sviluppi di Taylor e tenendo conto che è x > 0 abbiamo:
r
p
x2 x4
−
+ o(x5 )) =
2(1 − cos x) = 2(1 − 1 +
2
24
1/2
x2
x3
3
=x 1−
+ o(x )
+ o(x4 ) ,
=x−
12
24
2
x ex = x + x3 + o(x4 ) ,
x3
+ o(x4 ) .
x − sin x =
6
Sostituendo nel limite, otteniamo:
lim+
x→0
p
2(1 − cos x) − x
x − sin x
2
ex
=
−
x3
− x3 + o(x4 )
25
24
=− .
3
x
4
+ o(x4 )
6
3. Mettendo in evidenza cos x al denominatore otteniamo
Z
Z
sin x
tan x
dx =
dx .
cos x − sin x
1 − tan x
30
Usando la sostituzione tan x = t, da cui dx =
Z
dt
, otteniamo
1 + t2
1
t
dt .
1 − t 1 + t2
Usando il metodo dei fratti semplici abbiamo
t
A
Bt + C
=
+
2
(1 − t)(1 + t )
1−t
1 + t2
A + At2 + Bt + C − Bt2 − Ct
,
=
(1 − t)(1 + t2 )
da cui


A − B = 0
B−C =1


A + C = 0.
Risolvendo il sistema otteniamo
Z
Z t
1
1
t−1
1
dt =
+
dt =
1 − t 1 + t2
2
1 − t 1 + t2
1
1
1
= − log(1 − t) + log(1 + t2 ) − arctan t + c .
2
4
2
Ritornando nella variabile x troviamo:
1
x
1
x
1
− log(1 − tan x) + log(1 + tan2 x) − + c = − log(cos x − sin x) − + c .
2
4
2
2
2
4. Evidentemente z = 0 è una soluzione. Moltiplicando l’equazione per z otteniamo:
z 2 |z|2 − 9i|z|2 = 0 ⇐⇒ |z|2 (z 2 − 9i) = 0 .
Dunque, oltre a 0, le soluzioni sono le radici quadrate di 9i = 9 eiπ/2 , che sono
z = 3 eiπ/4 e z = 3 ei5π/4 , cioè:
√
√
√ !
√ !
2
2
2
2
z = 0,
z=3
,
z = −3
.
+i
+i
2
2
2
2
31
7
Compito di Analisi Matematica I del 4/05/09
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = x(log2 |x| − 1)
e studiare la derivata destra e sinistra di f negli eventuali punti di non derivabilità.
2. Studiare il seguente limite
lim
x→+∞
1
x − x log 1 +
x
α
al variare del parametro α ∈ R+ .
3. Stabilire se il seguente integrale improprio
Z ∞
x − arctan x
dx
x3
1
è convergente e, in caso affermativo, calcolarlo.
4. Studiare la convergenza puntuale, uniforme e totale della serie
+∞
X
(−1)n
n=1
e determinarne la somma.
32
n
(x − 1)n
Soluzione del compito del 4/05/09
1.
• (Dominio e simmetrie) Il dominio della funzione è R \ {0}. Nei punti del
dominio la funzione è derivabile. La funzione è dispari, perciò la studiamo
prima per x > 0.
• (Asintoti) Studiamo il comportamento negli estremi del dominio:
lim f (x) = +∞ ,
x→+∞
lim f (x) = 0 ,
x→0+
grazie al limite notevole lim+ x logα x = 0, per ogni α > 0. Pertanto la
x→0
funzione si può prolungare per continuità in 0 dandole il valore 0.
f (x)
= +∞.
Non ci sono asintoti obliqui in quanto lim
x→+∞ x
• (Derivata prima e monotonia) Calcoliamo la derivata di f sempre per
x > 0. Risulta:
f ′ (x) = log2 x − 1 + x 2 log x
1
=
x
= log2 x + 2 log x − 1 .
Osserviamo subito che lim+ f ′ (x) = +∞ quindi il prolungamento della
x→0
funzione non è derivabile in 0, in cui la tangente al grafico è verticale.
Per studiare il segno della derivata prima poniamo t = log x e risolviamo
l’equazione t2 + 2t − 1 = 0. Le radici sono
√
√
−2 ± 8
t1,2 =
= −1 ± 2 .
2
√
Ritornando nella
variabile x abbiamo che f ′ (x)
> 0 per 0 < x√ < e−1− 2
√
√
e−1− 2 < x < e−1+ 2 . Allora
f ′ (x) < 0 per
e per x > e−1+ 2 mentre
√
√
2
, +∞), mentre è decrescente in
f è crescente
in [0, e−1− 2 ] e in [e−1+
√
√
√
−1− 2 e−1+ 2
−1−
2
[e
,
]. Il punto x1 = e√
è un punto di massimo relativo e
2
−1+
f (x1 ) ≈ 0.431 mentre x2 = e
è un punto di minimo relativo per f e
f (x2 ) ≈ −1.253.
• (Derivata seconda e convessità) Per la derivata seconda si ottiene:
f ′′ (x) = 2 log x
33
log x + 1
1 2
+ =2
.
x x
x
Dunque f ′′ (x) > 0 per x ∈] 1e , +∞[, mentre f ′′ (x) < 0 per x ∈]0, 1e [
pertanto f è concava in ]0, 1e [ ed è convessa in ] 1e , +∞[. Il punto x3 = 1e
è un punto di flesso e f (x3 ) = 0.
• (Grafico) Il grafico della funzione per x < 0 si ottiene per riflessione
rispetto all’origine ed è riportato in Figura 7.
3
2
1
-4
-2
4
2
-1
-2
-3
Figura 7: Grafico della funzione f .
2. Usando lo sviluppo di Taylor del logaritmo (poiché x1 → 0 per x → +∞)
abbiamo:
1 1 1
1
1
= −
.
+o
log 1 +
2
x
x 2x
x2
Sostituendo nel limite, otteniamo:
1 1 1
1
α
=
−
+
o
lim x − x
x→+∞
x 2 x2
x2
α xα 1 xα
x
lim x −
.
+
+o
2
x→+∞
x
2 x
x2
Dunque risulta
lim
x→+∞
1
x − x log 1 +
x
α
34
=


+∞
1
2

−∞
se 0 < α < 2 ,
se α = 2 ,
se α > 2 .
3. La funzione integranda è continua e infinitesima all’infinito come x12 pertanto
l’integrale converge. Calcoliamo l’integrale indefinito. Integrando per parti si
ottiene:
Z
Z
Z
x − arctan x
1
arctan x
dx
=
dx
−
dx
x3
x2
x3
Z
1
1
arctan x
=− − −
+
dx .
(1)
x
2x2
2x2 (x2 + 1)
Usando il metodo dei fratti semplici abbiamo
1
2x2 (x2
da cui
A B
Cx + D
+ 2+ 2
+ 1)
x x
x +1
3
Ax + Ax + Bx2 + B + Cx3 + Dx2
=
,
x2 (x2 + 1)
=

A+C =0



B + D = 0

A=0



B = 21 .
Risolvendo il sistema otteniamo
Z Z
1
1
1
1
dx
dx =
−
2x2 (x2 + 1)
2
x2 1 + x2
1
1
= − − arctan x .
2x 2
Sostituendo nell’uguaglianza (1) troviamo:
Z
1
arctan x
1
+
dx
− − −
x
2x2
2x2 (x2 + 1)
1 arctan x
1
1
=− +
+
+ arctan x
2
x
2x
2x 2
1
arctan x 1
=− +
+ arctan x .
2x
2x2
2
35
Allora l’integrale vale
Z ∞
x − arctan x
dx
x3
1
c
1
arctan x 1
= lim − +
+ arctan x
c→+∞
2x
2x2
2
1
arctan c 1
1 1
1
1
1
+ arctan c + − arctan 1 − arctan 1 = .
= lim − +
2
c→+∞
2c
2c
2
2 2
2
2
4. Con la sostituzione y =
1
otteniamo
1−x
+∞
X
(−1)n
n=1
+∞
X
n
=
ny n .
(x − 1)n
n=1
Questa serie di potenze converge assolutamente per y ∈ (−1, 1), con convergenza totale negli intervalli chiusi [−r, r] con 0 < r < 1 e non converge
negli estremi. Tornando nella variabile x abbiamo la convergenza assoluta
per |x − 1| > 1. Dunque la serie converge puntualmente assolutamente in
(−∞, 0) ∪ (2, +∞) e converge totalmente in (−∞, −r] ∪ [2 + r, +∞) per r > 0.
La somma della serie è
!
+∞
+∞
+∞
+∞
X
X
X
X
n
=
ny n = y
ny n−1 = yD
yn
(−1)n
n
(x
−
1)
n=1
n=1
n=1
n=1
1
y
1−x
= yD
−1 =
=
.
2
1−y
(1 − y)
x2
36
8
Compito di Analisi Matematica I del 29/06/09
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = log(x2 + x + 1) − |x|.
2. Studiare il seguente limite
lim
x→0
1
1 + tan x 1 − cos x .
2
3. Calcolare il valore del seguente integrale
Z
π/3
π/4
cos2
sin x
dx .
x + cos x
4. Determinare la serie di Fourier della funzione 2π-periodica che nell’intervallo
[−π, π] è data da
(
0
per x ∈ [−π, 0)
f (x) =
x(π − x) per x ∈ [0, π] .
Precisare la convergenza puntuale e uniforme della serie ottenuta.
37
Soluzione del compito del 29/06/09
1.
• (Dominio e simmetrie) Poiché l’argomento del logaritmo è un trinomio
con discriminante minore di zero, esso è sempre positivo, perciò la funzione è definita e continua su tutto R. Essa non presenta simmetrie.
Evidentemente f (0) = 0 mentre lo studio delle altre radici e del segno è
problematico, perciò lo tratterremo alla fine dello studio della funzione.
• (Asintoti) Risulta lim f (x) = −∞ e lim f (x) = −∞. Non ha asinx→+∞
x→−∞
f (x)
toti obliqui in quanto lim
= −1 ma lim f (x) + x = +∞.
x→+∞ x
x→+∞
f (x)
= 1 ma lim f (x) − x = +∞.
Analogamente lim
x→+∞
x→−∞ x
• (Derivata prima e monotonia) Poiché è presente il valore assoluto consideriamo le due funzioni
(
f1 (x) = log(x2 + x + 1) − x per x ≥ 0 ,
f2 (x) = log(x2 + x + 1) + x per x < 0 .
La derivata prima di f1 per x ≥ 0 è
f1′ (x) =
1 + 2x
x − x2
−
1
=
.
1 + x + x2
1 + x + x2
Essa si annulla per x = 0 e x = 1, è positiva per 0 < x < 1 ed è negativa
per x > 1. Dunque f è crescente in [0, 1] e decrescente in [1, +∞). Perciò
x = 1 è un punto di massimo relativo e f (1) = −1 + log 3, pertanto esiste
un punto x̄ > 1 dove la funzione si annulla.
La derivata prima di f2 per x ≤ 0 è
f2′ (x)
1 + 2x
2 + 3 x + x2
=
+1 =
.
1 + x + x2
1 + x + x2
L’equazione f2′ (x) = 0 ha le soluzioni x = −1 e x = −2. Si ha f2′ (x) > 0
per x ∈ (−∞, −2) e per x ∈ (−1, 0] e f2′ (x) < 0 per x ∈ (−2, −1). Dunque
la funzione f è crescente in (−∞, −2] e in [−1, 0] e decrescente in [−2, −1],
perciò x = −2 è un punto di massimo relativo con f (−2) = −2 + log 4 e
x = −1 è un punto di minimo relativo con f (−1) = −1. Poiché f2′ (0) = 2
allora x = 0 è un punto angoloso.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda di f1 è
f1′′ (x)
2
(1 + 2 x)2
1 − 2 x − 2 x2
=
−
=
1 + x + x2 (1 + x + x2 )2
(1 + x + x2 )2
38
(x > 0)
√
3−1
3−1
, positiva per 0 < x <
, negativa
ed è uguale a zero per x =
2
" √ 2 #
√
3−1
3−1
, dunque la funzione è convessa in 0,
e concava
per x >
2
2
"√
!
√
3−1
3−1
in
, +∞ . Il punto x =
è di flesso.
2
2
√
La derivata seconda di f2 è
(1 + 2 x)2
1 − 2 x − 2 x2
2
−
=
(x < 0)
=
1 + x + x2 (1 + x + x2 )2
(1 + x + x2 )2
√
√
3+1
3+1
che si annulla per x = −
, è positiva per −
< x < 0, nega2
2
" √
#
√
3+1
3+1
tiva per x < −
, dunque la funzione è convessa in −
,0
2
2
#
√
√
3+1
3+1
è di flesso.
. Il punto x = −
e concava in −∞, −
2
2
f2′′ (x)
• (Grafico) Il grafico di f è riportato in Figura 8 per cui x = 1 è un punto
di massimo assoluto.
1
0.5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 8: Grafico della funzione f .
39
4
2. Il limite si presenta nella forma indeterminata 1∞ perciò consideriamo l’esponenziale del logaritmo della funzione da studiare, cioè:
1
1
log(1 + tan2 x)
2
1
−
cos
x
1
−
cos
x
=e
1 + tan x
e studiamo il limite dell’esponente. Risulta, moltiplicando e dividendo per x2
e per tan2 x e utilizzando i limiti notevoli:
x2
1
tan2 x log(1 + tan2 x)
log 1 + tan2 x = lim
= 2.
x→0 1 − cos x
x→0 1 − cos x
x2
tan2 x
lim
Pertanto il valore del limite cercato è e2 .
3. Per calcolare l’integrale utilizziamo il cambiamento di variabile y = cos x, da
cui risulta dy = − sin x dx. Sostituendo troviamo
Z
π/3
π/4
sin x
dx =
2
cos x + cos x
Z
1/2
√
2/2
1/2
−1
dy
+y
y2
−1
dy
2/2 y(y + 1)
Z 1/2 1
1
= √
dy
−
y+1 y
2/2
h
i1/2
= log(y + 1) − log y √
=
Z
√
2/2
√ !
1
2
1
− log
− log 1 +
+ log
= log 1 +
2
2
2
√
= log 3 + log( 2 − 1) .
√ !
2
2
4. La funzione non è pari né dispari dunque dovremo calcolare tutti i coefficienti
di Fourier. Risulta ω = 1 e dunque abbiamo, tenendo conto che la funzione
40
vale zero in [−π, 0]:
Z
π2
1 π
(πx − x2 ) dx =
a0 =
π 0
6
Z π
1
ak =
(πx − x2 ) cos(kx) dx (integrando per parti)
π 0
1
π
1 + (−1)k
π cos(k π) 2 sin(k π)
=
− 2−
=
−
+
π
k
k2
k3
k2
Z π
1
(πx − x2 ) sin(kx) dx (integrando per parti)
bk =
π 0
1 − (−1)k
2 cos(k π) π sin(k π)
1 2
=
2
−
−
,
=
π k3
k3
k2
πk 3
dunque la serie di Fourier di f è
+∞ 1 + (−1)k
1 − (−1)k
π2 X
−
+
cos(kx) + 2
sin(kx) .
12 k=1
k2
πk 3
2
1
-6
-4
-2
2
4
6
-1
-2
Figura 9: Somma parziale della serie di Fourier di f per k = 100.
Poiché la funzione è continua e regolare a tratti, la serie converge uniformemente ad f su R.
La somma dei primi 101 termini della serie è riportata in Figura 9.
41
9
Compito di Analisi Matematica I del 13/07/09
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = x |x − 1| .
Determinare l’equazione della retta tangente al grafico nell’origine.
2. Studiare il seguente limite
lim
x→0
arctan 2x
2
−
2
x
x3
.
3. Calcolare il valore del seguente integrale improprio
Z +∞
1
dx .
2x
e +1
1
4. Studiare la convergenza puntuale, uniforme e totale della seguente serie di
funzioni
∞
X
3n
(log x)n ,
n
2
n=0
e calcolarne la somma.
42
Soluzione del compito del 13/07/09
1.
• (Dominio, simmetrie, segno) La funzione è definita e continua su tutto
R. Essa non presenta simmetrie, è non negativa per x ≥ 0 ed è negativa
per x < 0.
• (Asintoti) Risulta lim f (x) = +∞ e lim f (x) = −∞. Non ha asintoti
x→+∞
x→−∞
f (x)
= +∞. Per x = 0 e per x = 1 essa vale 0.
obliqui in quanto lim
x→±∞ x
• (Derivata prima e monotonia) Poiché è presente il valore assoluto consideriamo le due funzioni
(
√
f1 (x) = x x − 1 per x ≥ 1 ,
√
f2 (x) = x 1 − x per x < 1 .
La derivata prima di f1 per x > 1 è
√
f1′ (x) =
x
.
x−1+ √
2 x−1
Essa è sempre positiva e lim+ f1′ (x) = +∞. Dunque f è crescente in
x→1
[1, +∞).
La derivata prima di f2 per x < 1 è
f2′ (x) =
√
x
2 − 3x
1−x− √
= √
.
2 1−x
2 1−x
2
L’equazione f2′ (x) = 0 ha l’unica soluzione x = . Si ha f2′ (x) > 0 per
3
2
2
′
x < e f2 (x) < 0 per < x < 1. Inoltre lim− f2′ (x) = −∞. Dunque la
x→1
3
3 2
2
funzione f è crescente in −∞,
e decrescente in
,1 .
3
3
Il punto x = 1 è un punto di minimo relativo e una
cuspide. Il punto
2
2
2
x = è di massimo relativo e la funzione vale f
= √ .
3
3
3 3
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda di f1 è
f1′′ (x) = √
x
1
3x − 4
−
3 =
3
x − 1 4 (x − 1) 2
4 (x − 1) 2
43
(x > 1)
4
4
4
ed è uguale a zero per x = , negativa per 1 < x < , positiva per x > ,
3
3 3
4
4
dunque la funzione è concava in 1,
, +∞ . Il punto
e convessa in
3
3
4
x = è di flesso.
3
La derivata seconda di f2 è
4 − 3x
1
x
′′
√
f2 (x) = − √
−
(x < 1)
3 =
1−x
4 1 − x (x − 1)
4 (1 − x) 2
ed è sempre negativa perché il numeratore è positivo e il denominatore è
negativo, perciò la funzione è concava in (−∞, 1].
• (Grafico) Il grafico di f è riportato in Figura 10. Poiché f (0) = 0 e
f ′ (0) = 1 l’equazione della retta tangente al grafico in (0, 0) è y = x.
2
1.5
1
0.5
-2 -1.5 -1 -0.5
0.5
1
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 10: Grafico della funzione f .
44
1.5
2
2. Calcoliamo il limite usando la regola di de l’Hôpital.
arctan 2x
2
−
lim
x→0
x2
x3
2x − arctan 2x
= lim
x→0
x3
2
8x
2
8
lim 1 + 4x
=
.
x→0
3x2
3
lim
2−
x→0
2
1 + 4x2
3x2
3. La funzione è assolutamente integrabile in senso improprio in quanto è continua
e infinitesima di ordine arbitrariamente grande all’infinito. Calcoliamo una
primitiva della funzione integranda. Usando la sostituzione ex = t otteniamo
dt
x = log t e dunque dx = . Dunque dobbiamo calcolare
t
Z
1 1
dt .
t2 + 1 t
Usando il metodo dei fratti semplici abbiamo
At + B C
At2 + Bt + Ct2 + C
1 1
=
+
=
.
t2 + 1 t
t2 + 1
t
(t2 + 1)t
Dunque


A + C = 0
B=0


C=1
Allora
Z
1 1
dt =
2
t +1 t
Z −t
1
+
2
t +1 t
1
= − log(t2 + 1) + log t + c
2
Ritornando nella variabile x e calcolando l’integrale improprio otteniamo
c
Z c
ex
1
dx = lim log √
lim
c→+∞
c→+∞ 1 e2x +1
e2x +1 1
e
ec
1
− log √
= log(e2 +1) − 1 .
= lim log √
2c
2
c→+∞
2
e +1
e +1
45
4. Con la sostituzione y =
log x
otteniamo
2
+∞
∞
X
X
3n
n
(log
x)
=
3ny n .
n
2
n=0
n=0
Questa serie di potenze ha raggio di convergenza 1 perciò converge assolutamente per y ∈ (−1, 1) e non converge negli estremi. La serie converge
totalmente (e quindi uniformemente) negli intervalli chiusi [−r, r] con 0 < r <
1.
log x
Tornando nella variabile x abbiamo la convergenza assoluta per
< 1.
2
Dunquela serie converge puntualmente assolutamente
per
−2 < log x < 2,
1 2
1
cioè in
, e e converge totalmente in 2 + r , e2 −r per r > 0.
e2
e
La somma della serie è
+∞
+∞
∞
X
X
X
3n
n
n
(log
x)
=
3ny
=
3y
ny n−1
n
2
n=1
n=0
!n=1
!
+∞
+∞
X
X
Dy n = 3yD
yn
= 3y
= 3yD
n=1
n=1
1
−1
1−y
46
3y
6 log x
=
=
.
(1 − y)2
(2 − log x)2
10
Compito di Analisi Matematica I del
13/07/09 (D.M.509)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = arctan
|x| + 1
x2
e studiare la derivata destra e sinistra negli eventuali punti di non derivabilità.
2. Studiare il seguente limite
lim+
x→0
log x − log sin x
.
x2
3. Calcolare il valore del seguente integrale definito
Z 1
√
x arctan x dx .
0
4. Risolvere in C la seguente equazione
z z̄ − 2 = z .
47
Soluzione del compito del 13/07/09 (DM 509)
1.
• (Dominio, simmetrie e segno) La funzione è definita in R \ { 0 }, è pari
ed è sempre positiva. Grazie alla simmetria rispetto all’asse delle y basta
studiare la funzione in x > 0.
• (Asintoti) Studiando il comportamento negli estremi del dominio otteniamo
π
lim f (x) = 0 .
lim+ f (x) = ,
x→+∞
x→0
2
Dunque la funzione si può prolungare per continuità in x = 0 dandole il
valore π2 ed ha come asintoto orizzontale l’asse y = 0.
• (Derivata prima e monotonia) La sua derivata prima è
′
f (x) =
1
x2
−
1+
2 (1+x)
x3
(1+x)2
x4
=−
x (2 + x)
1 + 2 x + x2 + x4
(x > 0) .
Il numeratore e il denominatore sono sempre positivi, dunque f ′ (x) < 0
e la funzione è decrescente in (0, +∞). Il limite della derivata prima in
zero vale zero. Dunque il prolungamento della funzione è derivabile in R.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda è
x (2 + x) (2 + 2 x + 4 x3 )
2 + 2x
−
2
2
4
1 + 2 x + x2 + x4
(1 + 2 x + x + x )
2 (−1 − x + 3 x4 + x5 )
=
.
(1 + 2 x + x2 + x4 )2
f ′′ (x) =
Il numeratore in un intorno di 0 è negativo, mentre poi diventa positivo,
dunque esiste un punto α compreso tra 1/2 e 1 di flesso, per cui la funzione
è concava in (0, α) ed è convessa in (α, +∞).
• (Grafico) Il grafico di f è riportato in Figura 11.
x 2. Poiché il numeratore è uguale a log
il suo limite è zero, dunque absin x
biamo una forma indeterminata 0/0. Usando il Teorema di de l’Hôpital si
48
2
1.5
1
0.5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
-0.5
Figura 11: Grafico della funzione f .
ha
x
− cos
sin x
2x
sin x − x cos x
= lim+
x→0
2x2 sin x
cos x − cos x + x sin x
= lim+
x→0
4x sin x + 2x2 cos x
sin x
1
= lim+
= .
x→0
4 sin x + 2x cos x
6
log x − log sin x
= lim+
lim+
x→0
x→0
x2
1
x
3. Calcoliamo l’integrale per parti e poi per sostituzione usando x = t2 (gli estremi
49
d’integrazione sono gli stessi)
Z
1
x arctan
√
x dx =
0
=
=
=
=
=
Z 1 2
√ 1
x2
x
1
1
√ dx
arctan x −
2
0 2 1+x 2 x
0
Z 1 4
t
1
π
−
dt
2
8
0 2 1+t
Z
π 1 1 t4 + t2 − t2 − 1 + 1
−
dt
8 2 0
1 + t2
Z 1
π 1 1 2
dt
−
t −1+
8 2 0
1 + t2
1
π 1 t3
−
− t + arctan t
8 2 3
0
π 1
2 π
1
−
− +
= .
8 2
3 4
3
4. Poiché z z̄ = |z|2 ∈ R allora anche z ∈ R e l’equazione diventa z 2 − z − 2 = 0.
Le radici sono dunque
√
1± 1+8
1±3
z1/2 =
=
,
2
2
cioè z1 = 2 e z2 = −1.
50
11
Compito di Analisi Matematica I del 7/09/09
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = log |x| + |1 − x2 | .
2. Studiare il seguente limite
lim
x→+∞
x2 + 1
x2 − 1
x2
.
3. Calcolare il valore del seguente integrale
Z
π/3
√
cos x sin x dx .
0
4. Studiare la convergenza puntuale, uniforme e totale della seguente serie di
funzioni
+∞
X
x2n
x2
log 1 + √
.
n
n
n=1
51
Soluzione del compito del 7/9/09
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per ogni x 6= 0 pertanto il
Dominio è R \ {0} e f è continua nel suo dominio. La funzione è pari
perciò la studieremo solo per x > 0, essendo il suo grafico simmetrico
rispetto all’asse delle y.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Poiché compare la funzione valore
assoluto consideriamo le due funzioni
(
f1 (x) = 1 − x2 + log x per 0 < x ≤ 1
f2 (x) = x2 − 1 + log x per x > 1
e studiamole separatamente.
È difficile determinare le radici e il segno di f perciò rimandiamo questo
punto alla fine dello studio della funzione. Osserviamo solo che f (1) = 0
e che f (x) > 0 per ogni x > 1 in quanto somma di due termini positivi.
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = +∞ e non c’è asintoto obliquo. Risulta
x→+∞
lim+ f (x) = −∞ pertanto x = 0 è asintoto verticale.
x→0
1
1 − 2x2
− 2x =
. Il
x
x
1
numeratore si annulla per x = √12 , è positivo per ogni 0 < x < √
2
1
1
ed è negativo per ogni √ < x < 1. Perciò f1 è crescente in (0, √ ]
2
2
1
1
e decrescente in √ , 1 . Il punto x = √ è di massimo relativo e
2
2
1
1
= (1 − log 2) > 0 per cui esiste un punto 0 < α < √12 in cui f1
f √
2
2
si annulla. Infine risulta lim− f1′ (x) = −1.
• (Derivata prima e monotonia) Risulta f1′ (x) =
x→1
1
1 + 2x2
+ 2x =
e si ha f2′ (x) > 0
x
x
per x ∈ (1, +∞). Quindi f2 è crescente in [1, +∞) e il punto x = 1 è
punto di minimo relativo per f . Poiché lim+ f2′ (x) = 3 il punto x = 1 è
Calcolando f2′ (x) troviamo f2′ (x) =
x→1
punto angoloso per f .
• (Derivata seconda e convessità) Infine f1′′ (x) = −
per ogni x ∈ (0, 1) perciò f1 è concava in (0, 1).
52
1 + 2x2
1
−
2
=
−
<0
x2
x2
2
1.5
1
0.5
-2 -1.5 -1 -0.5
0.5
1
1.5
2
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 12: Grafico della funzione f .
2x2 − 1
1
+2
=
x2
x2
che è positiva in (1, +∞) pertanto f2 è convessa in (1, +∞).
Calcolando la derivata seconda di f2 si ottiene f2′′ (x) = −
• (Grafico) Tornando alla funzione assegnata f osserviamo che i punti
1
x = ±1 sono angolosi e di minimo relativo. I punti x = ± √ sono di
2
1
1
massimo relativo. La funzione f è crescente in −1, − √ , in 0, √
2
2
1
e in [1, +∞). La funzione f è decrescente in (−∞, −1), in − √ , 0
2
1
e in √ , 1 . La funzione f è convessa in (−∞, −1) e in (1, +∞) ed è
2
concava in (−1, 0) e in (0, 1). La funzione è illimitata superiormente e
inferiormente. Il grafico è riportato in Figura 12.
2. Per lo studio del limite si ha:
2
x2
2 x +1
x2 log x2 +1
x −1 .
e
lim
=
lim
x→+∞
x→+∞
x2 − 1
Studiando il limite dell’esponente otteniamo
2
x +1
2
2
2
lim x log
= lim x log 1 + 2
x→+∞
x→+∞
x2 − 1
x −1
53
2
2x2 x2 − 1
log 1 + 2
= 2,
= lim 2
x→+∞ x − 1
2
x −1
log(1 + y)
avendo usato il limite notevole lim
= 1.
y→0
y
In definitiva il limite cercato vale e2
3. L’integrale è quasi immediato infatti, poiché D(cos x) = − sin x abbiamo:
Z
Z
√
2
cos x sin x dx = − (cos x)1/2 (− sin x) dx = − (cos x)3/2 + c .
3
In definitiva otteniamo
π/3
Z π/3
√
2
1
2
3/2
cos x sin x dx = − (cos x)
= − √ .
3
3 3 2
0
0
4. Le funzioni sono definite su tutto R, non negative e pari. La serie converge
in 0 e per studiare la convergenza puntuale per x 6= 0 usiamo il criterio del
rapporto. Risulta:
x2(n+1)
x2
√
log 1 + n+1
n+1
x2 n
= lim
= x2 .
lim
n→∞
n→∞ n + 1
x2n
x2
√
log 1 + n
n
Dunque la serie converge puntualmente per |x| < 1 e diverge positivamente
per |x| > 1. Nei punti x = ±1 la serie diventa
+∞
X
1
1
log 1 + √
.
n
n
n=1
log(1 + y)
= 1, si può usare il criterio del cony→0
y
+∞
X
1
fronto asintotico con la serie
, che è una serie armonica generalizzata
3/2
n
n=1
convergente. Pertanto la serie data converge puntualmente in [−1, 1].
Grazie al limite notevole lim
Per la convergenza totale si ha, per ogni n ≥ 1,
x2
1
1
x2n
log 1 + √
= log 1 + √
Mn = max
x∈[−1,1] n
n
n
n
e per quanto già visto risulta
+∞
X
Mn < +∞ pertanto la serie converge total-
n=1
mente in [−1, 1].
54
12
Compito di Analisi Matematica I del 7/09/09
(D.M.509)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
x3 + 2x2 + x − 8
f (x) =
.
x2 + 2x
2. Studiare il seguente limite
lim
x→+∞
x2 + 1
x2 − 1
x
.
3. Calcolare il valore del seguente integrale
Z
π/2
√
cos x sin x dx .
0
4. Studiare il carattere della serie
+∞
X
(−1)n
1
log 1 + √
.
n
n
n=1
55
Soluzione del compito del 7/09/09 (DM 509)
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per ogni x 6= 0, −2 pertanto
il Dominio è R \ {−2, 0} e f è continua nel suo dominio. La funzione non
ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Per determinare le radici e il segno del
numeratore studiamo il polinomio p(x) = x3 + 2x2 + x − 8. Osserviamo
−4 ± 2
che p′ (x) = 3x2 + 4x + 1 le cui radici sono x1/2 =
ossia x1 =
6
1
−1 e x2 = − . Dunque il polinomio p è crescente in (−∞, −1] e in
3
1
1
− , +∞ mentre è decrescente in −1, − . Poiché p(−1) = −8,
3
3
p(−1/3) = −220/27, p(1) = −4 e p(2) = 10, esiste un punto 1 < α < 2
tale che p(x) < 0 per x < α e p(x) > 0 per x > α. Tenendo conto che
il denominatore è negativo per −2 < x < 0 e positivo per x < −2 e per
x > 0 otteniamo che la funzione f è negativa per x < −2 e per 0 < x < α
mentre è positiva per −2 < x < 0 e per x > α.
f (x)
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = ±∞ e lim
= 1, lim f (x) − x = 0
x→±∞
x→±∞ x
x→±∞
perciò y = x è asintoto obliquo a sinistra e a destra.
Risulta lim+ f (x) = −∞ e lim− f (x) = +∞ pertanto x = 0 è asintoto
x→0
x→0
verticale.
Analogamente lim + f (x) = +∞ e lim − f (x) = −∞ pertanto x = −2 è
x→−2
x→−2
asintoto verticale.
• (Derivata prima e monotonia) Risulta
1 + 4 x + 3 x2 (2 + 2 x) (−8 + x + 2 x2 + x3 )
−
2 x + x2
(2 x + x2 )2
16 + 16 x + 3 x2 + 4 x3 + x4
=
(usando Ruffini)
(2 x + x2 )2
(1 + x) (4 + x) (4 − x + x2 )
.
=
(2 x + x2 )2
f ′ (x) =
Il numeratore si annulla per x = −1 e per x = −4, è positivo per ogni
x < −4 e per ogni x > −1 con x 6= 0, ed è negativo per ogni −4 < x < −1
con x 6= −2. Perciò f è crescente in (−∞, −4], in [−1, 0) e in (0, +∞)
mentre è decrescente in [−4, −2) e in (−2, −1]. Il punto x = −4 è di
56
massimo relativo e f (−4) = −
11
. Il punto x = −1 è di minimo relativo
2
e f (−1) = 8.
• (Derivata seconda e convessità) Infine calcolando la derivata seconda a
partire dalla prima espressione di f ′ si ottiene
f ′′ (x) =
4 + 6x
2 (2 + 2 x) (1 + 4 x + 3 x2 )
−
2 x + x2
(2 x + x2 )2
2 (2 + 2 x)2 (−8 + x + 2 x2 + x3 ) 2 (−8 + x + 2 x2 + x3 )
−
(2 x + x2 )3
(2 x + x2 )2
2 (−32 − 48 x − 24 x2 + x3 )
=
.
(2 x + x2 )3
+
Per studiare il segno del numeratore calcoliamone
√ la derivata prima:
6x2 − 96x − 96 che si annulla per x1 = 4 2 − 5 < 0 e per x2 =
√ 4 2 + 5 > 0. Dunque il numeratore è crescente in (−∞, x1 ] e in
[x2 , +∞) mentre è decrescente in [x1 , x2 ]. Poiché x1 ≈ −0.9 e x2 ≈ 16.9,
il numeratore vale approssimativamente −8.9 e −2871, esiste β > 17 tale
che il numeratore di f ′′ è negativo per x < β ed è positivo per x > β. In
conclusione, tenendo conto del segno del denominatore di f ′′ , otteniamo
che f è convessa in (−2, 0) e in (β, +∞) mentre è concava in (−∞, −2)
e in (0, β), perciò β è un punto di flesso. Osserviamo che l’equazione
f (x) = x ha la radice x = 8, dunque il grafico interseca l’asintoto nel
punto (8, 8) e per x > 8 rimane al di sopra di esso.
• (Grafico) La funzione è illimitata superiormente e inferiormente. Il grafico
è riportato in Figura 13.
2. Per lo studio del limite si ha:
2
x
2 x +1
x log x2 +1
x −1 .
e
lim
=
lim
x→+∞
x→+∞
x2 − 1
Studiando il limite dell’esponente otteniamo
2
x +1
2
lim x log
= lim x log 1 + 2
x→+∞
x→+∞
x2 − 1
x −1
2x x2 − 1
2
= 0,
log 1 + 2
= lim 2
x→+∞ x − 1
2
x −1
log(1 + y)
avendo usato il limite notevole lim
= 1.
y→0
y
In definitiva il limite cercato vale 1.
57
20
15
10
5
-20 -15 -10
-5
5
10
15
20
-5
-10
-15
-20
Figura 13: Grafico della funzione f .
3. L’integrale è quasi immediato infatti, poiché D(cos x) = − sin x abbiamo:
Z
Z
√
2
cos x sin x dx = − (cos x)1/2 (− sin x) dx = − (cos x)3/2 + c .
3
In definitiva otteniamo
π/2
Z π/2
√
2
2
3/2
cos x sin x dx = − (cos x)
= .
3
3
0
0
4. La serie è a termini di segno alterno, ma possiamo studiarne la convergenza
log(1 + y)
assoluta. Usando il limite notevole lim
= 1, possiamo fare il cony→0
y
+∞
X
1
, che è una serie armonica
fronto asintotico della serie data con la serie
3/2
n
n=1
generalizzata convergente. Risulta
1
1
√
log 1 + n
n
lim
= 1,
1
n→∞
n3/2
pertanto la serie data converge assolutamente e quindi anche semplicemente.
58
13
Compito di Analisi Matematica I del 9/11/09
(F.C.)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = x +
1
.
|x − 1|
2. Studiare il seguente limite
lim
x→+∞
2
e1/x −1 x2 .
3. Calcolare il valore del seguente integrale
Z 3
√
ex ex −1 dx .
0
4. Studiare il carattere della serie
∞
X
1
(−1) log 1 + sin √
n
n=1
n
59
.
Soluzione del compito del 9/11/09 (F.C.)
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per ogni x 6= 1 pertanto
il Dominio è R \ {1} e f è continua nel suo dominio. La funzione non
presenta simmetrie
• (Intersezioni con gli assi e segno) Poiché compare la funzione valore
assoluto consideriamo le due funzioni

1

f1 (x) = x +
per x > 1
x−1
1

f2 (x) = x +
per x < 1
1−x
e studiamole separatamente.
Per determinare le radici e il segno di f1 otteniamo
f1 (x) =
x2 − x + 1
.
x−1
Il numeratore ha discriminante negativo, il denominatore è positivo in
(1, +∞) pertanto f (x) > 0 in (1, +∞). Per quanto riguarda f2 otteniamo
−x2 + x + 1
f2 (x) =
.
1−x
Le radici del numeratore sono
√
−1 ± 5
x1/2 = −
2
√
√
1− 5
1+ 5
con
<1<
,
2
2
!
√
√
1− 5
1− 5
dunque il numeratore è negativo per x <
e positivo in
,1 ,
2
2
mentre il denominatore
è positivo in (−∞,
0 in
! 1) pertanto f2 (x) < √
!
√
√ !
1− 5
1− 5
1− 5
e f2 (x) > 0 in
, 1 . Naturalmente f
=
−∞,
2
2
2
0.
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = +∞, allora vediamo se c’è asintoto obliquo.
x→+∞
f (x)
Risulta lim
= 1 e lim f (x) − x = 0. Dunque y = x è asintoto
x→+∞ x
x→+∞
obliquo a destra. Analogamente si verifica che è asintoto obliquo anche
a sinistra. Risulta lim+ f (x) = +∞ e lim− f (x) = +∞ pertanto x = 1 è
asintoto verticale.
x→1
x→1
60
10
7.5
5
2.5
-10 -7.5 -5 -2.5
2.5
5
7.5
10
-2.5
-5
-7.5
-10
Figura 14: Grafico della funzione f .
x2 − 2x
1
=
.
(x − 1)2
(x − 1)2
Il numeratore si annulla per x = 0, 2, è positivo per ogni 2 < x < +∞ ed
è negativo per ogni 1 < x < 2. Perciò f1 è decrescente in (1, 2) e crescente
in (2, +∞). Il punto x = 2 è di minimo relativo e f (2) = 3 > 0.
1
x2 − 2x + 2
Calcolando f2′ (x) troviamo f2′ (x) = 1 +
=
e si ha
(1 − x)2
(1 − x)2
f2′ (x) > 0 per x ∈ (−∞, 1). Quindi f2 è crescente in (−∞, 1).
2
• (Derivata seconda e convessità) Infine f1′′ (x) =
> 0 per ogni
(x − 1)3
x ∈ (1, +∞) perciò f1 è convessa in (1, +∞).
2
> 0 che
Calcolando la derivata seconda di f2 si ottiene f2′′ (x) =
(1 − x)3
è positiva in (−∞, 1) pertanto f2 è convessa in (−∞, 1).
• (Derivata prima e monotonia) Risulta f1′ (x) = 1 −
• (Grafico) Tornando alla funzione assegnata f osserviamo che il punto x =
2 è di minimo relativo. La funzione f è crescente in (−∞, 1) e in (2, +∞),
la funzione f è decrescente in (1, 2). La funzione f è convessa in (−∞, 1)
e in (1, +∞). La funzione è illimitata superiormente e inferiormente. Il
grafico è riportato in Figura 14.
61
2. Per lo studio del limite, utilizzando il cambiamento di variabile t = 1/x2 si ha:
et −1
2
e1/x −1 x2 = lim
= 1.
x→+∞
t→0+
t
lim
Dunque il limite cercato vale 1
3. L’integrale è quasi immediato infatti D(ex −1) = ex . Comunque utilizziamo la
formula di cambiamento di variabile negli integrali definiti, ponendo t = ex −1,
da cui dt = ex dx e dunque
Z
3
0
√
ex
x
−1 e dx =
Z
e3 −1
t
1/2
0
2 3/2
t
dt =
3
e3 −1
0
=
2 3
(e −1)3/2 .
3
4. La serie è a termini di segno alterno perché log 1 + sin √1n > 0 per ogni
n ≥ 1. Usiamo il Teorema di Leibniz. Risulta:
1
lim log 1 + sin √
= 0.
n→∞
n
√
Inoltre, poiché 1/ n è decrescente ed è composta con funzioni crescenti in
[0, 1], la successione è decrescente. Allora la serie converge semplicemente.
log (1 + t)
Essa non converge assolutamente, perché, dai limiti notevoli lim
=1
t→0
t
sin t
= 1, segue che la serie dei valori assoluti ha lo stesso carattere della
e lim
t→0 t
∞
X 1
√ che diverge.
serie
n
n=1
62
Parte II
ANNO ACCADEMICO 2010/11
63
14
Compito di Analisi Matematica I del
12/01/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = log
1+x
1 + x2
e studiare la derivata destra e sinistra di f negli eventuali punti di non derivabilità.
2. Studiare il seguente limite
lim
x→0
1
α
−
ex − 1 x
al variare di α ∈ R \ {0}.
3. Calcolare il seguente integrale definito
Z 1
x arctan x dx .
0
4. Studiare la seguente serie di potenze e calcolarne la somma:
∞
X
2n−1 xn
.
(n
−
1)!
n=1
64
Soluzione del compito del 12/01/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per ogni x > −1 pertanto
il Dominio è (−1, +∞) e f è continua nel suo dominio. La funzione non
ha simmetrie.
1+x
• (Intersezioni con gli assi e segno) Risulta f (x) = 0 se e solo se 1+x
2 = 1,
cioè per x = 0 e x = 1. Tenendo conto che il denominatore è positivo, si
1+x
2
2
ha 1+x
2 > 1 se e solo se x > x , ossia x − x > 0, e dunque f (x) > 0 per
0 < x < 1, mentre f (x) < 0 per x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞).
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = −∞ e non esiste asintoto obliquo. Inoltre
x→+∞
lim + f (x) = −∞, pertanto x = −1 è asintoto verticale.
x→−1
• (Derivata prima e monotonia) Risulta
f (x) = log(1 + x) − log(1 + x2 )
pertanto
2x
1 − 2x − x2
1
−
=
.
1 + x 1 + x2
(1 + x) (1 + x2 )
√
√
Il numeratore si annulla per x = −1± 2 ma solo x = −1+
√ 2 appartiene
′
al dominio di f . Dunque
f
(x)
>
0
per
ogni
x
∈
(−1,
−1+
2), e f ′ (x)√< 0
√
Perciò f è crescente in (−1, −1√+ 2),
per ogni x ∈ (−1 + 2, +∞). √
mentre è decrescente in (−1 + 2, +∞). Il
√ punto x = −1 + 2 è di
√
1+ 2
massimo assoluto e f −1 + 2 = log
> 0.
2
• (Derivata seconda e convessità) Infine calcolando la derivata seconda si
ottiene
f ′ (x) =
4 x2
2
1
+
−
2
2
1 + x2
(1 + x)
(1 + x2 )
−3 − 4 x − 2 x2 + 4 x3 + x4
=
.
(1 + x)2 (1 + x2 )2
f ′′ (x) = −
Studiare il segno del numeratore è complicato. Risulta che esiste β ∈
(1, 2) tale che f ′′ (x) è negativa per x < β ed è positiva per x > β. In
conclusione, otteniamo che f è concava in (−1, β) mentre è convessa in
(β, +∞), perciò β è un punto di flesso.
65
1
-1
1
2
3
4
5
-1
-2
-3
-4
-5
Figura 15: Grafico della funzione f .
• (Grafico) La √
funzione è illimitata inferiormente e ha il massimo assoluto
in x = −1 + 2. Il grafico è riportato in Figura 15.
2. Per lo studio del limite si ha:
α
α x − ex +1
1
lim
=
lim
−
.
x→0
x→0 x(ex − 1)
ex − 1 x
Se α = 1 allora, usando la formula di Taylor,
2
− x2 + o(x2 )
1
x − ex +1
=
lim
=− .
lim
x
2
2
x→0 x + o(x )
x→0 x(e − 1)
2
Se α 6= 1 allora, usando la formula di Taylor,
2
(α − 1)x − x2 + o(x2 )
(α − 1) − x2 + o(x)
α x − ex +1
lim
=
lim
=
lim
x→0 x(ex − 1)
x→0
x→0
x2 + o(x2 )
x + o(x)
e questo limite non esiste perché il limite da destra è diverso dal limite da
sinistra.
66
3. L’integrale si calcola integrando per parti:
Z
1
0
1 Z 1
x2
x2
x arctan x dx =
arctan x −
dx
2
2
0 2(1 + x )
0
Z
Z 1
π 1 1
π 1 1 x2 + 1 − 1
1−
dx
dx = −
= −
8 2 0
1 + x2
8 2 0
1 + x2
i1 π 1 π 1h
π π 1
= −
x − arctan x = −
1−
= − .
8 2
8 2
4
4 2
0
4. I coefficienti della serie di potenze sono
an =
2n−1
,
(n − 1)!
quindi calcoliamo il raggio di convergenza usando il criterio del rapporto. Si
ha
an+1
(n − 1)! 2n
2
lim
= lim
= lim = 0 ,
n−1
n→∞ an
n→∞
n→∞ n
n! 2
dunque il raggio di convergenza è ̺ = ∞. Pertanto la serie converge assolutamente in R e totalmente negli intervalli limitati. La sua somma è:
∞
∞
X
X
2n−1 xn−1
2n−1 xn
=x
= x e2x .
(n − 1)!
(n − 1)!
n=1
n=1
67
15
Compito di Analisi Matematica I del 1/03/11
1. Determinare le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 z + 3z 2 + 4 = 0 .
2. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
2
x −1
f (x) = arcsin
.
x2 + 1
3. Studiare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
tan(x3 ) − tan3 x
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
dx .
x2 (x2 + 4x + 9)
1
5. Studiare la convergenza puntuale e totale della seguente serie di funzioni
∞
X
(n + 1)
n=0
Calcolarne la somma.
68
x−1
2x + 1
n
.
Soluzione del compito del 1/03/11
1. L’equazione si può scrivere come
z 2 z z + 3z 2 + 4 = z 2 |z|2 + 3z 2 + 4 = z 2 (|z|2 + 3) + 4 = 0 .
Pertanto, essendo |z|2 + 3 un numero reale positivo, dalle proprietà del modulo
abbiamo
z 2 (|z|2 + 3) = −4
|z|2 (|z|2 + 3) = 4
⇒
⇒
|z|4 + 3|z|2 − 4 = 0 .
Le soluzioni sono |z|2 = −4 e |z|2 = 1, e solo |z|2 = 1 è accettabile. In definitiva
4z 2 + 4 = 0
2.
⇒
z = ±i .
• (Dominio e simmetrie) La funzione arcsin x è definita in [−1, 1]. Poiché
il denominatore è strettamente positivo e |x2 − 1| ≤ x2 + 1, la funzione f
è definita per ogni x ∈ R, è continua ed è pari.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Poiché la funzione arcsin x è crescente,
ne segue
f (x) ≥ 0
x2 − 1 ≥ 0
⇔
⇔
(x ≤ −1) ∨ (1 ≤ x) .
Inoltre f (0) = arcsin(−1) = −π/2, f (−1) = f (1) = 0.
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = arcsin 1 = π/2 quindi y =
x→±∞
orizzontale a sinistra e a destra.
π
è asintoto
2
• (Derivata prima e monotonia) La funzione arcsin x non è derivabile per
x = −1 quindi, per x 6= 0, risulta
f ′ (x) = q
=√
1
1−
2x(x2 + 1) − 2x(x2 − 1)
(x2 + 1)2
x2 −1 2
x2 +1
4x
4x2
(x2
+ 1)
2x
.
|x| (x2 + 1)
=
In definitiva f è decrescente in (−∞, 0], è crescente in [0, +∞) e in x = 0
ha un punto di minimo assoluto e un punto angoloso.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda, per x 6= 0, vale
f ′′ (x) = −
x
4x
.
+ 1) |x|
(x2
La funzione f è concava in (−∞, 0) e in (0, +∞).
69
1.5
1
0.5
-4
-2
2
4
-0.5
-1
-1.5
Figura 16: Grafico della funzione f .
• (Grafico) La funzione è limitata superiormente, l’estremo superiore è π/2
e il grafico è riportato in Figura 16.
3. Per lo studio del limite osserviamo che:

3

tan t = t + t3 + o(t4 )


9
tan(x3 ) = x3 + x3 + o(x12 )
3


tan3 x = x + x3 + o(x4 ) = x3 + x5 + o(x5 )
3
pertanto si ha:
x3 +
tan(x3 ) − tan3 x
lim
=
lim
x→0+
x→0+
xα
x9
3
− x3 − x5 + o(x5 )
−x5 + o(x5 )
=
lim
.
x→0+
xα
xα
Allora, se 0 < α < 5 il limite è 0, se α = 5 il limite è −1, se α > 5 il limite è
−∞.
4. La funzione integranda è continua e, all’infinito, è infinitesima dello stesso
1
ordine di 4 , perciò è integrabile.
x
Per calcolare l’integrale usiamo il metodo dei fratti semplici. Si ottiene
x2 (x2
=
A B
Cx + D
1
= + 2+ 2
+ 4x + 9)
x x
x + 4x + 9
A(x3 + 4x2 + 9x) + B(x2 + 4x + 9) + Cx3 + Dx2
.
x2 (x2 + 4x + 9)
70
Riducendo i termini simili, si ottiene il sistema:

A+C =0



4A + B + D = 0
4
4
7
1
, D=
⇒ B= , A=− , C=

9
81
81
81
9A + 4B = 0



9B = 1
Calcolando gli integrali elementari si ottiene:
Z
4
4
−
dx = −
log x
81x
81
Z
1
1
dx = −
2
9x
9x
Z
Z
4x + 7
2x + 4 − 4 + 7/2
2
dx =
dx
2
81(x + 4x + 9)
81
x2 + 4x + 9
e quindi
Z
Z
1
2
1
4x + 7
2
dx =
log(x + 4x + 9) −
dx
2
81(x + 4x + 9)
81
81
(x + 2)2 + 5
1
x+2
2
2
log(x + 4x + 9) − √ arctan √
=
81
81 5
5
In definitiva si ottiene
Z +∞
1
dx
2
2
x (x + 4x + 9)
1
b
4
1
2
1
x+2
2
= lim −
log x −
+
log(x + 4x + 9) − √ arctan √
b→+∞
81
9x 81
81 5
5
1
2
1
π
2
1
3
2
x + 4x + 9
√ + lim
= −
−
log(14) + √ arctan √
log
9 81
x2
81 5
5
162 5 b→+∞ 81
2
1
1
π
3
√
log(14) + √ arctan √
= −
−
9 81
81 5
5
162 5
5. La serie data si riconduce a una serie di potenze centrata in 0 con la sostituzione
+∞
X
x−1
y=
pertanto studiamo la serie
(n + 1)y n . Questa serie ha raggio
2x + 1
n=0
di convergenza uguale a 1 e non converge per y = ±1. Dunque questa serie
converge puntualmente in (−1, 1) e totalmente in [−r, r] per 0 < r < 1. Inoltre
71
la serie è ottenuta derivando termine a termine la serie
+∞
X
y n+1 =
n=0
pertanto
+∞
+∞
+∞
X
X
X
n
n+1
y n+1
(n + 1)y =
D(y ) = D
n=0
n=0
n=0
!
=
y
,
1−y
1
.
(1 − y)2
Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge puntualmente
x−1
< 1. Allora
per −1 <
2x + 1

(
x−1
3x

0 < 1 +
=
x < − 12 ∨ x > 0
2x + 1
2x + 1
⇒ x < −2 ∨ x > 0 .
⇒
1
x+2
x−1

x
<
−2
∨
x
>
−
0 < 1 −
=
2
2x + 1
2x + 1
In definitiva la serie converge puntualmente in (−∞, −2) ∪ (0, +∞) e converge
totalmente in (−∞, a) ∪ (b, +∞) per a < −2 e b > 0. La sua somma è
∞
X
n=0
(n + 1)
x−1
2x + 1
72
n
=
(2x + 1)2
.
(x + 2)2
16
Compito di Analisi Matematica I del
21/03/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non è richiesto il calcolo della
derivata seconda)
p
f (x) = 5 x(x2 − 1)2 .
2. Scrivere in forma trigonometrica ed esponenziale il numero complesso z =
−2 + 2 i e calcolarne le radici terze.
3. Studiare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
e−x
x→0
2 /2
− cos x
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
arctan2 x
dx .
1 + x2
1
5. Determinare la serie di Fourier di soli seni della funzione che nell’intervallo
[0, π] è data da f (x) = 1. Utilizzare l’uguaglianza di Parseval per calcolare la
somma della serie:
+∞
X
1
.
2
(2n
+
1)
n=0
Domanda tratta dalla traccia B.
Determinare la serie di Fourier di soli coseni della funzione che nell’intervallo
[0, π] è data da f (x) = x. Utilizzare l’uguaglianza di Parseval per calcolare la
somma della serie:
+∞
X
1
.
4
(2n
+
1)
n=0
73
Soluzione del compito del 21/03/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita in R, è continua ed è dispari.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione si annulla per x = 0 e per
x = ±1, è positiva per x > 0 e negativa per x < 0.
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = ±∞. Inoltre risulta
x→±∞
f (x)
lim
= lim
x→+∞ x
x→+∞
r
p
5
5
3
x(x2 − 1)2
5 x − 2x + x
√
=
lim
= 1,
5
x→+∞
x5
x5
e, usando la formula di Taylor per (1 + x)1/5 ,
!
2
1
5
1− 2 + 4 −1
x→+∞
x
x
2
1
= lim x − 2 + o
= 0.
x→+∞
5x
x2
p
lim 5 x(x2 − 1)2 − x = lim x
x→+∞
r
Dunque y = x è asintoto obliquo a destra. Analogamente lo è anche a
sinistra.
• (Derivata prima e monotonia) La funzione radice quinta non è derivabile
in 0, quindi per x 6= ±1 e per x 6= 0 risulta
2
4 x2 (x2 − 1) + (x2 − 1)
4
5 x (x2 − 1)2 5
(5 x2 − 1) (x2 − 1)
5 x4 − 6 x2 + 1
=
.
=
4
4
2 5
2 5
2
2
5 x (x − 1)
5 x (x − 1)
f ′ (x) =
Il denominatore è positivo, la fattorizzazione del numeratore si trova dalla prima espressione, mettendo in evidenza (x2 √
− 1) oppure usando la
sostituzione x2 = t e ottenendo le radici
x
=
±1/
5 e x = ±1. Per x > 0
√
la derivata è positiva
√ per 0 < x < 1/ 5 e per x > 1, quindi la funzione
√
è crescente in (0,√1/ 5) e in (1, +∞) mentre è decrescente in (1/ 5, 1).
Il punto x = 1/ 5 è di massimo relativo, il punto x = 1 è di minimo
relativo e di cuspide. Nel punto x = 0 la tangente al grafico è verticale.
Il comportamento per x < 0 si ricava per simmetria rispetto all’origine.
74
4
2
-4
-2
2
4
-2
-4
Figura 17: Grafico della funzione f e dell’asintoto.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda richiede un po’ di
calcoli e, per x 6= 0 e x 6= ±1, vale
f ′′ (x) = −
4 (1 + 5 x2 )
25 x x (x2 − 1)2
54 .
La funzione f è concava in (0, 1) e in (1, +∞), è convessa in (−∞, −1) e
in (−1, 0).
• (Grafico) La funzione è illimitata e il grafico è riportato in Figura 17.
√
√
2. Il numero complesso z = −2 + 2 i ha modulo |z| = 8 = 2 2 e appartiene
3π
.
alla bisettrice del 2o e 4o quadrante, dunque arg z =
4
√
√
3π
3π
Allora otteniamo z = 2 2 cos
+ i sin
= 2 2 e3π i/4 .
4
4
3
Le radici terze wk , per cui wk = z, si ottengono facilmente usando la formula
che fornisce gli argomenti:
π 2kπ
3π
+ 2kπ /3 =
+
, k = 0, 1, 2 .
φk =
4
4
3
In definitiva
wk =
cioè
w0 =
√
q
3
2 eπ i/4 ,
√
√
2 2 eφk i = 2 eφ k i ,
w1 =
√
2 e11π i/12 ,
75
k = 0, 1, 2
w2 =
√
2 e19π i/12 .
3. Per lo studio del limite osserviamo che:

t2


et = 1 + t + + o(t2 )


22

x
x4
−x2 /2
e
=1−
+
+ o(x5 )

2
8



x2 x4

cos x = 1 −
+
+ o(x5 )
2
4!
pertanto si ha:
lim
x→0+
2
e−x /2
− cos x
= lim
x→0+
xα
1−
x2
2
+
x4
8
− 1−
x2
2
+
x4
4!
xα
+ o(x5 )
= lim
x→0+
x4
12
+ o(x5 )
.
xα
Allora, se 0 < α < 4 il limite è 0, se α = 4 il limite è 1/12, se α > 4 il limite è
+∞.
4. La funzione integranda è continua e, all’infinito, è infinitesima dello stesso
1
ordine di 2 , perciò è integrabile.
x
1
L’integrale è quasi immediato, in quanto D(arctan x) =
ed allora si
1 + x2
ottiene
b
Z +∞
arctan2 x
arctan3 x
dx = lim
b→+∞
1 + x2
3
1
1
3
3
arctan b arctan 1
π3
π3
7π 3
= lim
=
−
−
=
.
b→+∞
3
3
24 192
192
5. Per ottenere lo sviluppo in soli seni, bisogna prolungare la funzione in modo
dispari, raddoppiando il periodo (vedi Appunti, Osservazione 7.5.7, 5 (ii) e
(iii), pag.170). Perciò avremo T = 2π, ω = 1 e
π
Z
cos(k x)
cos(k π) 1
2
2
2 π
−
−
.
=
+
sin(k x) dx =
bk =
π 0
π
k
π
k
k
0
Quindi per k pari, bk = 0, mentre per k dispari abbiamo bk =
∞
X
n=0
4
sin((2n + 1)x) .
π (2n + 1)
76
4
e la serie è
πk
Dalla formula di Parseval, tenuto conto che abbiamo solo i coefficienti bk ,
sappiamo che:
Z
∞
X
16
2 π
2
f (x) dx = 2 =
2
π 0
π (2n + 1)2
n=0
e dunque
∞
X
n=0
1
π2
=
.
(2n + 1)2
8
2
1.5
1
0.5
-6
-4
-2
-0.5
2
4
6
-1
-1.5
-2
Figura 18: Somma parziale della serie di Fourier di soli seni di f per n = 20.
Risposta alla domanda tratta dalla traccia B.
Per ottenere lo sviluppo in soli coseni, bisogna prolungare la funzione in modo pari,
raddoppiando il periodo. Perciò avremo T = 2π, ω = 1 e
Z
2 π
2 π2
a0 =
= π,
x dx =
π 0
π 2
e per k ≥ 1
π
Z
Z
sin(k x)
2 π sin(k x)
2
2 π
x
−
dx
x cos(k x) dx =
ak =
π 0
π
k
π 0
k
0
π
2
2 cos(k x)
(cos(k π) − 1) .
=
=
2
π
k
π k2
0
77
Quindi per k pari, ak = 0, mentre per k dispari abbiamo ak = −
4
e la serie è
π k2
∞
π X
4
−
cos((2n + 1)x) .
2 n=0 π (2n + 1)2
Dalla formula di Parseval, tenuto conto che abbiamo solo i coefficienti ak , sappiamo
che:
Z
∞
2 π 2
π2 X
2π 2
16
=
+
x dx =
2
π 0
3
2
π (2n + 1)4
n=0
e dunque
∞
X
n=0
1
π2 π2
π4
=
=
.
(2n + 1)4
16 6
96
4
3
2
1
-6
-4
-2
2
4
6
-1
-2
-3
-4
Figura 19: Somma parziale della serie di Fourier di soli coseni di f per n = 20.
Notiamo che in questo esempio il prolungamento pari è una funzione continua,
quindi la convergenza è uniforme e molto “rapida”, mentre nel caso precedente
il prolungamento dispari è una funzione discontinua, quindi la convergenza non è
uniforme ed è più “lenta”.
78
17
Compito di Analisi Matematica I - A del
10/05/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
√
3
f (x) = x3 + 3x2 .
2. Determinare le soluzioni z ∈ C dell’equazione
(z + 1)3 = (1 + i)4 .
3. Studiare il seguente limite, al variare di α > 0,
√
√
arcsin x − x
.
lim
x→0+
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z 2
1
√
dx .
4 − x2
−2
5. Studiare la convergenza puntuale e totale della seguente serie di potenze
∞
X
n=0
xn
.
(n + 2)!
Calcolarne la somma.
79
Soluzione del compito A del 10/05/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita in R, è continua e non ha
simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione p
si annulla per x = 0 e per
x = −3. Poiché si può scrivere come f (x) = 3 x2 (x + 3) è positiva per
x > −3 e negativa per x < −3.
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = ±∞. Inoltre risulta
x→±∞
f (x)
= lim
lim
x→±∞
x→±∞ x
r
p
3
x2 (x + 3)
3 x + 3
√
= 1,
= lim
3
3
x→±∞
x
x
e, usando la formula di Taylor per (1 + t)1/3 ,
!
r
√
3
3
3
lim
x3 + 3x2 − x = lim x
1+ −1
x→±∞
x→±∞
x
1
1
= lim x
+o
= 1.
x→±∞
x
x
Dunque y = x + 1 è asintoto obliquo a destra e anche a sinistra.
• (Derivata prima e monotonia) La funzione radice terza non è derivabile
in 0, quindi per x 6= −3 e per x 6= 0 risulta
f ′ (x) =
3 x2 + 6 x
3 (x3 + 3 x2 )
2
3
=
3 x(x + 2)
2
3 (x3 + 3 x2 ) 3
.
Il denominatore è positivo, la fattorizzazione del numeratore comporta
che le radici sono x = 0 (non accettabile) e x = −2. Per x < −2 (e
x 6= −3) e per x > 0 la derivata è positiva, quindi la funzione è crescente
in (−∞, −2) e in (0, +∞). In (−2, 0) la derivata è negativa, perciò la
funzione è decrescente. Il punto x = −2 è di massimo relativo, il punto
x = 0 è di minimo relativo e di cuspide. Nel punto x = −3 la tangente
al grafico è verticale.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda, per x 6= −3 e per
x 6= 0, vale
′′
f (x) =
−2 (6 x + 3 x2 )
2
5
9 (3 x2 + x3 ) 3
+
6 + 6x
2
3 (3 x2 + x3 ) 3
=
−2 x2
5
(x2 (3 + x)) 3
.
La funzione f è concava in (−3, 0) e in (0, +∞), è convessa in (−∞, −3).
80
6
4
2
-6
-4
-2
4
2
6
-2
-4
Figura 20: Grafico della funzione f e dell’asintoto.
• (Grafico) La funzione è illimitata e il grafico è riportato in Figura 20.
√
π
2. Il numero complesso 1 + i ha modulo |1 + i| = 2 e arg(1 + i) = .
4
Allora otteniamo
(z + 1)3 = 4 (cos π + i sin π) = −4 .
Le radici terze wk , per cui wk 3 = −4, si ottengono facilmente usando la formula
che fornisce gli argomenti:
φk =
π + 2kπ
,
3
k = 0, 1, 2 .
√
3
4 eφk i , (k = 0, 1, 2) e quindi
√
√
√
3
3
3
z0 = −1 + 4 eπ i/3 , z1 = −1 − 4 , z2 = −1 + 4 e5π i/3 ,
In definitiva wk =
ossia
z0 = −1 +
√
1+i 3
1
23
,
2
3
z1 = −1 − 2 ,
z2 = −1 +
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
arcsin t = t +
81
t3
+ o(t4 ) ,
6
√
1−i 3
1
23
.
pertanto si ha:
lim
arcsin
√
x−
xα
x→0+
√
x
√
= lim
x→0+
x+
√
x3/2
+ o(x2 ) − x
6
.
xα
Allora, se 0 < α < 3/2 il limite è 0, se α = 3/2 il limite è 1/6, se α > 3/2 il
limite è +∞.
4. La funzione integranda è continua in (−2, 2) e si può scrivere come p
perciò è integrabile in entrambi gli estremi.
L’integrale è quasi immediato, in quanto si ottiene
Z
Z
1
1
√
p
dx =
dx = arcsin(x/2).
2
4−x
2 1 − (x/2)2
Perciò
Z 2
−2
1
(2 + x)(2 − x)
π π
1
0
b
dx
=
lim
[arcsin(x/2)]
+ = π.
+
lim
[arcsin(x/2)]
=
a
0
a→−2+
b→2−
4 − x2
2
2
5. Usiamo la formula del rapporto per calcolare il raggio di convergenza. Risulta
(n + 2)!
1
= lim
= 0,
n→+∞ (n + 3)!
n→+∞ n + 3
lim
dunque il raggio di convergenza è infinito e la serie converge assolutamente su
R e totalmente in ogni intervallo limitato [−r, r]. In x = 0 la somma della serie
è 1/2. Per x 6= 0 possiamo moltiplicare e dividere per x2 , da cui, ricordando
la serie dell’esponenziale,
∞
X
n=0
∞
ex −1 − x
1 X xn+2
xn
= 2
=
.
(n + 2)!
x n=0 (n + 2)!
x2
82
,
18
Compito di Analisi Matematica I - B del
10/05/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
r
x3 − 1
.
f (x) =
x
2. Determinare le soluzioni z ∈ C dell’equazione
(z + 2)4 = (z − 1)4 .
3. Studiare il seguente limite:
log2 (1 + x) − x2
lim √
.
x→0 x 1 + x2 − x cos 2x
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
√
dx .
3
x + x2
1
5. Studiare la convergenza puntuale e totale della seguente serie di potenze
∞
X
n3 n
x .
n!
n=0
83
Soluzione del compito B del 10/05/11
1.
3
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per x 6= 0 e x x−1 ≥ 0. Il
numeratore è positivo per x ≥ 1, il denominatore per x > 0, dunque il
dominio è X = (−∞, 0) ∪ [1, +∞). La funzione è continua in X e non ha
simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione si annulla per x = 1 ed è
non negativa in X.
• (Asintoti) Si ha lim f (x) = +∞. Inoltre risulta
x→±∞
f (x)
= lim
lim
x→+∞
x→+∞ x
r
x3 − 1
= 1,
x3
e
lim
x→+∞
r
!
!
r
1
1
x2 − − x = lim x
1− 3 −1
x→+∞
x
x
1
1
= 0.
= lim x − 3 + o
x→+∞
2x
x3
x3 − 1
− x = lim
x→+∞
x
r
Dunque y = x è asintoto obliquo a destra. A sinistra otteniamo
r
f (x)
x3 − 1
lim
= lim −
= −1 ,
x→−∞ x
x→−∞
x3
e
lim
x→−∞
r
!
!
r
1
1
x2 − + x = lim x − 1 − 3 + 1
x→+∞
x
x
1
1
= 0.
= lim x
+o
3
x→−∞
2x
x3
x3 − 1
+ x = lim
x→−∞
x
r
Dunque y = −x è asintoto obliquo a sinistra.
• (Derivata prima e monotonia) La funzione radice quadrata non è derivabile in 0, quindi per x 6= 1 e x ∈ X risulta
f ′ (x) =
84
2 x3 + 1
q
.
3
2 x2 x x−1
4
3
2
1
-4
-2
2
4
-1
-2
-3
-4
Figura 21: Grafico della funzione f e degli asintoti.
√
2.
Il denominatore è positivo, il numeratore
è positivo per x > −1/ 3 √
√
3
Quindi la funzione è crescente in (−1/ 2, 0) e in (1, +∞). In (−∞, −1/ 3 2)
la derivata
è negativa, perciò la funzione è decrescente. Il punto x =
√
−1/ 3 2 è di minimo relativo, il punto x = 1 è di minimo assoluto e in
esso la tangente al grafico è verticale.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda, per x 6= 1 e per
x ∈ X, vale
3 − 12 x3
f ′′ (x) =
3 .
3 2
4 x4 −1+x
x
La funzione f è concava in (1, +∞), è convessa in (−∞, 0).
• (Grafico) La funzione è illimitata superiormente e il grafico è riportato in
Figura 21.
2. Considerando i moduli, otteniamo |z + 2| = |z − 1| , cioè le soluzioni devono
essere equidistanti dai punti w0 = −2 e w1 = 1, perciò devono appartenere
alla retta verticale Re z = −1/2.
Sviluppando le potenze, usando la formula del binomio di Newton, otteniamo
(z + 2)4 = 16 + 32 z + 24 z 2 + 8 z 3 + z 4 ,
(z − 1)4 = 1 − 4 z + 6 z 2 − 4 z 3 + z 4 .
Dunque l’equazione diventa:
3 5 + 12 z + 6 z 2 + 4 z 3 = 0 .
85
3
3

2
-2
-1
1
1
-
2
2
3
-
2
-3
Figura 22: Grafico delle soluzioni dell’equazione.
Un polinomio di terzo grado a coefficienti reali ha tre soluzioni di cui almeno
una reale. Allora z0 = −1/2 è una soluzione. Per il teorema di Ruffini il
polinomio ottenuto è divisibile per (z + 1/2) e il quoziente è
6 5 + 2 z + 2 z2 .
Allora le altre due radici sono
√
−2 ± 6 i
1 3
−2 ± 4 − 40
=
= − ± i.
z1,2 =
4
4
2 2
3. Per lo studio del limite osserviamo che:

2
x2

2
2

+ o(x ) = x2 − x3 + o(x3 ) ,
log (1 + x) = x −



2

√
x3
2 = x+
1
+
x
x
+ o(x3 )


2

3


x cos 2x = x − 4x + o(x4 )
2
pertanto si ha:
log2 (1 + x) − x2
x2 − x3 − x2 + o(x3 )
−x3 + o(x3 )
2
√
lim
= lim
.
=
lim
=
−
3
3
x→0 x 1 + x2 − x cos 2x
x→0 x + x − x + 2x3 + o(x3 )
x→0+ 5x + o(x3 )
5
2
2
86
1
4. La funzione integranda è continua e infinitesima all’infinito come 3/2 , perciò
x
è integrabile.
Calcoliamo l’integrale indefinito
Z
Z
1
1
√
√
dx =
dx.
3
2
x x+1
x +x
Con la sostituzione x + 1 = t2 , e quindi dx = 2t dt, l’integrale diventa
Z
Z Z
t−1
2
1
1
2t
dt = log
.
dt =
dt =
−
(t2 − 1) t
(t − 1)(t + 1)
t−1 t+1
t+1
In definitiva
√
b
x+1−1
lim log √
b→+∞
x+1+1 1
!
√
√
b+1−1
2−1
= lim log √
− log √
= log
b→+∞
b+1+1
2+1
!
√
2+1
√
.
2−1
5. Usiamo la formula del rapporto per calcolare il raggio di convergenza. Risulta
(n + 1)3 n!
(n + 1)2
=
lim
= 0,
n→+∞ n3 (n + 1)!
n→+∞
n3
lim
dunque il raggio di convergenza è infinito e la serie converge assolutamente su
R e totalmente in ogni intervallo limitato [−r, r].
87
19
Compito di Analisi Matematica I del 5/07/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) =
x
.
|x| + |x − 2|
2. Determinare le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 4 + (1 − i)z 2 − i = 0 .
3. Calcolare il seguente limite,
(1 + x + x2 )1/x − e
.
x→0
x
lim
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z π/2
cos x
dx .
(1 − sin x)2/3
0
5. Determinare la serie di Fourier di soli seni della funzione che nell’intervallo
[0, 1] è data da f (x) = x2 . Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
88
Soluzione del compito del 5/07/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per x ∈ R, è continua in R
e non ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione si annulla per x = 0, è
positiva per x > 0 e negativa per x < 0.
• (Asintoti) Si ha
lim f (x) = lim
x→+∞
x→+∞
e
1
x
= ,
2x − 2
2
x
1
=− ,
x→−∞
x→−∞ 2 − 2x
2
Dunque y = 1/2 è asintoto orizzontale a destra e y = −1/2 è asintoto
orizzontale a sinistra.
lim f (x) = lim
• (Derivata prima e monotonia) Risulta

x
2
= (2−2x)

2
D 2−2x
′
1
x
f (x) = D 2 = 2


2
x
= − (2x−2)
D 2x−2
2
per x < 0,
per 0 < x < 2,
per x > 2 .
Quindi la funzione è crescente in (−∞, 2) e decrescente in (2, +∞). La
funzione è derivabile in x = 0, mentre x = 2 è punto angoloso e di massimo assoluto.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda vale
 2
8

D
per x < 0,
= (2−2x)
3

(2−2x)2

f ′′ (x) = D 12 = 0
per 0 < x < 2,


8
D − 2
per x > 2 .
= (2x−2)
3
(2x−2)2
La funzione f è convessa in (−∞, 0), è lineare in (0, 2), è convessa in
(2, +∞). La derivata seconda non esiste in x = 0 e in x = 2.
• (Grafico) La funzione è limitata, il massimo vale 1, l’estremo inferiore
vale −1/2. Il grafico è riportato in Figura 23.
89
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-4
-6
-2
2
4
6
-0.2
-0.4
Figura 23: Grafico della funzione f e degli asintoti.
2. Posto z 2 = w risolviamo l’equazione di secondo grado w2 + (1 − i)w − i = 0.
√
√
−1 + i ± −2i + 4i
−1 + i ± 2i
w1,2 =
=
,
2
2
dunque
√
√
√
√
√
√
−1 + i − 2(1/ 2 + i/ 2)
−1 + i + 2(1/ 2 + i/ 2)
= i,
w2 =
= −1 .
w1 =
2
2
In definitiva le radici sono
z1,2 = ±
√
2
(1 + i) ,
2
z3,4 = ±i .
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
t2
2
log(1 + t) = t − + o(t ) ,
2
e dunque
2
log(1 + x + x ) =
x2
x+x −
+ o(x2 )
2
2
=
x2
x+
+ o(x2 )
2
.
Pertanto si ha:
elog(1+x+x
(1 + x + x2 )1/x − e
lim
= lim
x→0
x→0
x
x
x2
x
2 )/x
−e
x
e 2 −1
e
e(1+ 2 ) − e
e(x+ 2 )/x − e
= lim
= lim e
= .
= lim
x→0
x→0
x→0
x
x
x
2
4. La funzione integranda è continua in [0, π/2). In π/2 il numeratore è un
infinitesimo del primo ordine, infatti
lim −
x→π/2
cos x H
− sin x
= lim −
=1
π/2 − x x→π/2
−1
90
mentre il denominatore è un infinitesimo di ordine 4/3, infatti
lim −
x→π/2
sin x
1
− cos x
(1 − sin x) H
H
= lim −
= ,
= lim −
2
x→π/2
x→π/2 −2(π/2 − x)
(π/2 − x)
2
2
da cui, elevando a 2/3, segue l’affermazione. In definitiva il rapporto è un
infinito di ordine 1/3 perciò l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito. Si tratta di un integrale quasi immediato in
quanto cos x è, a meno del segno, la derivata di 1 − sin x, e dunque:
Z
cos x
(1 − sin x)1/3
dx
=
−
,
(1 − sin x)2/3
1/3
In definitiva
(1 − sin x)1/3
−
1/3
π/2
= 3.
0
5. Per ottenere lo sviluppo in soli seni, bisogna prolungare la funzione in modo
dispari, raddoppiando il periodo. Perciò avremo T = 2, ω = π e
1
2
Z 1
Z 1
x cos(kπx)
x cos(kπx)
2
dx
+4
bk = 2
x sin(kπx) dx = 2 −
kπ
kπ
0
0
0
1
Z 1
2 cos(kπ)
sin(kπx)
x sin(kπx)
=−
−4
+4
dx
2
2
kπ
k π
k2π2
0
0
1
2 cos(kπ)
1
2 cos(kπ)
− cos(kπx)
− cos(kπ)
=−
−4
−4
+ 3 3
=−
kπ
k3π3
kπ
k3π3
k π
0
k
k
2(−1)
(−1)
1
=−
−4 − 3 3 + 3 3 .
kπ
k π
k π
2
2
8
Quindi per k pari, bk = − , mentre per k dispari abbiamo bk =
− 3 3
kπ
kπ k π
e la serie è
∞
X
bk sin(kπx) .
k=1
1
0.5
-3
-2
-1
1
2
3
-0.5
-1
Figura 24: Somma parziale della serie di Fourier di f per n = 30.
91
Poiché il prolungamento dispari di f è discontinuo negli interi dispari, la serie
converge puntualmente in R e uniformemente negli intervalli chiusi che non
contengono un intero dispari.
92
20
Compito di Analisi Matematica I del
19/07/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) =
x2 + 3x − 4
.
|x| + 2
2. Determinare le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 4 − z z̄ − 2 = 0 .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
tan(x + x3 ) − sin(x + x3 )
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
ex
dx .
1 + e2x
0
5. Determinare la serie di Fourier della funzione 2-periodica che nell’intervallo
[−1, 1] è data da f (x) = cosh x = (ex + e−x )/2. Precisare il tipo di convergenza
della serie ottenuta.
93
Soluzione del compito del 19/07/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per x ∈ R, è continua in R
e non ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Le radici del numeratore sono:
√
−3 ± 9 + 16
= −4, 1 ,
x1,2 =
2
quindi la funzione si annulla per x = 1 e x = −4, è positiva per x > 1 o
x < −4 e negativa per −4 < x < 1.
• (Asintoti) Si ha
x2 + 3x − 4
= +∞ ,
x→+∞
x+2
lim f (x) = lim
x→+∞
e
x2 + 3x − 4
= +∞ .
x→−∞
x→−∞
−x + 2
Cerchiamo eventuali asintoti obliqui.
lim f (x) = lim
f (x)
x2 + 3x − 4
= lim
= 1,
x→+∞ x
x→+∞
x2 + 2x
lim
x2 + 3x − 4
x2 + 3x − 4 − x2 − 2x
x−4
−x = lim
= lim
= 1,
x→+∞
x→+∞
x→+∞ x + 2
x+2
x+2
perciò y = x + 1 è asintoto obliquo a destra.
lim
x2 + 3x − 4
f (x)
= lim
= −1 ,
x→+∞ −x2 + 2x
x→−∞ x
lim
x2 + 3x − 4
x2 + 3x − 4 − x2 + 2x
5x − 4
+x = lim
= lim
= −5 ,
x→+∞
x→+∞
x→+∞
−x + 2
−x + 2
−x + 2
perciò y = −x − 5 è asintoto obliquo a sinistra.
lim
• (Derivata prima e monotonia) Risulta
 D x2 +3x−4 = (2x+3)(x+2)−(x2 2 +3x−4) = x2 +4x+10
(x+2)
(x+2)2
2 x+2 f ′ (x) =
2 +3x−4)
2 +4x+2
(2x+3)(−x+2)+(x
−x
x
+3x−4
D
=
= (−x+2)
2
−x+2
(−x+2)2
per x > 0,
per x < 0 .
La derivata è positiva per x > 0. Per x < 0 le radici del numeratore sono
√
√
−4 ± 16 + 8
= 2 ± 6, .
x1,2 =
−2
94
5
2.5
-4
-2
2
4
-2.5
-5
-7.5
-10
Figura 25: Grafico della funzione f e degli asintoti.
√
Quindi
la
funzione
è
decrescente
in
(−∞,
2
−
6) e crescente in √
(2 −
√
6, +∞). La funzione non è derivabile in x = 0, mentre x = 2 − 6 è
punto di minimo assoluto.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda vale
 12
D x2 +4x+10
per x > 0,
= − (x+2)
2
3
(x+2)
f ′′ (x) =
2
12
D −x +4x+2
per x < 0 .
= − (x−2)
3
(−x+2)2
La funzione f è convessa in (−∞, 0), è concava in (0, +∞). La derivata
seconda non esiste in x = 0.
√
• (Grafico) La funzione è limitata inferiormente, il minimo vale −7 + 2 6.
Il grafico è riportato in Figura 25.
2. Osserviamo che z 4 = |z|2 + 2, pertanto, essendo i due numeri a destra positivi,
si ha |z|4 = |z|2 + 2. Posto |z|2 = t risolviamo l’equazione di secondo grado
t2 − t − 2 = 0.
√
1± 1+8
t1,2 =
= 2, −1 ,
2
dunque abbiamo solo |z|2 = 2 e l’equazione diventa z 4 = 4 = 4(cos 0 + i sin 0).
Le quattro radici quarte di 4 sono
√
√
± 2 , ±i 2 .
95
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
t3
t3
4
4
tan t = t + + o(t ) , sin t = t − + o(t ) .
3
6
e dunque
(x + x3 )3
(x + x3 )3
4
3
4
+o(x )− x + x −
+ o(x )
tan(x+x )−sin(x+x ) = x+x +
3
6
3
3
3
=
x3 x3
x3
+
+ o(x4 ) =
+ o(x4 )
3
6
2
Pertanto si ha:
tan(x + x3 ) − sin(x + x3 )
1
= ,
3
x→0
x
2
mentre il limite vale 0 per α < 3 e vale +∞ per α > 3.
lim+
4. La funzione integranda è continua in [0, +∞). Il numeratore è un infinito
come ex , mentre il denominatore è un infinito come (ex )2 , pertanto il rapporto
è infinitesimo come 1/ ex , dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito. Si tratta di un integrale quasi immediato in
quanto ex è la derivata di ex , e dunque:
Z
ex
dx = arctan ex ,
1 + e2x
In definitiva
lim
c→+∞
arctan ex
c
0
=
π π
π
− = .
2
4
4
5. La funzione è pari, perciò nello sviluppo di Fourier i coefficienti bk valgono
zero. Poiché T = 2, avremo ω = π e
Z 1
Z 1
1
a0 =
cosh x dx = 2
cosh x dx = 2 sinh x 0 = 2 sinh 1 .
−1
0
1
Z 1
sinh x sin(kπx)
cosh x sin(kπx)
dx
−2
ak = 2
cosh x cos(kπx) dx = 2
kπ
kπ
0
0
0
1
Z 1
sinh x cos(kπ)
cosh x cos(kπx)
=2
−
2
dx
k2π2
k2π2
0
0
Z 1
(−1)k sinh 1
cosh x cos(kπx)
=2
−2
dx .
2
2
k π
k2π2
0
Z
1
96
2
1
1

2
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 26: Somma parziale della serie di Fourier di f per n = 20.
A questo punto l’integrale da calcolare è analogo a quello di partenza, per cui,
portandolo al primo membro otteniamo
Z 1
1
(−1)k sinh 1
2 1+ 2 2
,
cosh x cos(kπx) dx = 2
k π
k2π2
0
e in definitiva
ak = 2
(−1)k sinh 1
k2 π 2
1 + k21π2
=2
(−1)k sinh 1
.
1 + k2π2
Poiché la funzione f è continua in R, la sua serie di Fourier converge totalmente
e si ha
∞
X
(−1)k sinh 1
f (x) = sinh 1 + 2
cos(kπx) .
2π2
1
+
k
k=1
97
21
Compito di Analisi Matematica I del
19/09/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = log
√
x2 + 1 − x
|x|
!
.
2. Determinare le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 − i(z − 2)3 = 0 .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
1
1
.
lim
−
x→0+
sin2 x xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
x2
dx .
2
2
−∞ (x + 4)(x + 9)
5. Determinare la serie di Fourier della funzione 2-periodica che nell’intervallo
[−1, 1] è data da f (x) = 1 + x. Precisare il tipo di convergenza della serie
ottenuta.
Ricavare, dal risultato ottenuto, la somma della serie
+∞
X
(−1)h
.
2h + 1
h=0
98
Soluzione del compito del 19/09/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione è definita per x 6= 0, infatti risulta
√
√
x2 + 1 > |x|
⇒
x2 + 1 − x > 0.
Essa è continua in R \ {0} e non ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Per le intersezioni con l’asse delle x
abbiamo, per x > 0:
√
√
√
x2 + 1 − x
x2 + 1 = x+x ⇒ x2 +1 = 4x2 ⇒ x = 1/ 3 ,
=1 ⇒
x
mentre non ci sono
funzione è positiva per x < 0
√ soluzioni negative. La √
e per 0 < x < 1/ 3, è negativa per x > 1/ 3.
• (Asintoti) Si ha
lim log
√
x→0±
x2 + 1 − x
|x|
!
= +∞
perciò x = 0 è asintoto verticale.
!
√
x2 + 1 − x2
x2 + 1 − x
√
= −∞ ,
lim log
= lim log
x→+∞
x→+∞
x
x( x2 + 1 + x)
e
lim log
x→−∞
√
x2 + 1 − x
−x
!
= lim log
x→−∞
−x
p
1 + 1/x2 − x
−x
!
= log 2 ,
perciò y = log 2 è asintoto orizzontale a sinistra. Cerchiamo un eventuale
asintoto obliquo a destra.
!
√
1
1
x2 + 1 − x2
x2 + 1 − x
√
lim
= 0,
log
log
= lim
x→+∞ x
x→+∞ x
x
x( x2 + 1 + x)
dunque non esiste un asintoto obliquo a destra.
• (Derivata prima e monotonia) Poiché il numeratore è positivo e D log |x| =
1/x, risulta che la derivata di f ha la stessa espressione per x > 0 e x < 0:
√
!!
2
√
√
√x
−
x
−
x2 + 1 + x
x2 + 1 − x
1 + x2 + x
x
2
x +1
√
D log
.
=
−
=√
x
x2
x2 + 1 − x
x 1 + x2
99
4
2
-4
-2
2
4
-2
-4
Figura 27: Grafico della funzione f .
La derivata è positiva per x < 0, è negativa per x > 0. Quindi la funzione è crescente in (−∞, 0) e decrescente in (0, +∞). La funzione non ha
punti di massimo o minimo assoluto o relativo.
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda vale
!
√
3/2
1 + x2 + x
1
x
(1 + x2 ) + x3
′′
√
f (x) = −D
= 2+
=
x
x 1 + x2
(1 + x2 )3/2
x2 (1 + x2 )3/2
Si verifica facilmente che la funzione f è convessa in (−∞, 0) e in (0, +∞).
• (Grafico) La funzione è illimitata inferiormente e superiormente. Il grafico
è riportato in Figura 27.
2. Osserviamo che z 3 = i(z − 2)3 , pertanto, passando ai moduli, si ha |z|3 =
|z − 2|3 . Dunque le soluzioni appartengono all’asse del segmento di estremi
0 e 2, pertanto la parte reale di z vale 1. Dunque cerchiamo le soluzioni del
tipo z = 1 + ib. Sostituendo nell’equazione, sviluppando i cubi e fattorizzando,
otteniamo
(1 + i b)3 − i (−1 + i b)3 = (1 + i) + (3 + 3 i) b − (3 + 3 i) b2 − (1 + i) b3 =
−(1 + i) (b3 + 3b2 − 3b − 1) = −(1 + i) (b − 1) (b2 + 4 b + 1) = 0 .
√
Dunque abbiamo b = 1 e b = −2 ± 3. Le tre radici sono allora
√
1 + i,
1 − (2 ± 3) i .
Alternativamente, basta osservare che
z 3 − i(z − 2)3 = z 3 + (i(z − 2))3 = (z + i(z − 2)) (z 2 − iz(z − 2) − (z − 2)2 ) =
= ((1 + i)z − 2i) (−iz 2 + (4 + 2i)z − 4) ,
100
e dunque
2i
= i(1−i) = 1+i ,
z=
1+i
p
√
z1,2 = −2 − i ± (2 + i)2 − 4i /(−i) = 1−2i±i 3 .
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
2
x3
x4
2
4
sin x = x −
+ o(x ) = x2 −
+ o(x4 ) .
6
3
e dunque
xα − x2 + 31 x4 + o(x4 )
1
xα − sin2 x
1
−
=
.
=
sin2 x xα
xα sin2 x
xα sin2 x
Pertanto si ha, per α = 2:
1
1
1
lim+
− 2 = ,
2
x→0
3
sin x x
mentre il limite vale +∞ per α < 2 e vale −∞ per α > 2.
4. La funzione integranda è continua in R ed è un infinitesimo come 1/x2 , dunque
l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito utilizzando il metodo dei fratti semplici.
Ax + B Cx + D
x2
=
+ 2
=
(x2 + 4)(x2 + 9)
x2 + 4
x +9
=
Ax3 + 9Ax + Bx2 + 9B + Cx3 + 4Cx + Dx2 + 4D
.
(x2 + 4)(x2 + 9)
Dunque

A+C =0



B + D = 1

9A + 4C = 0



9B + 4D = 0
In definitiva
Z +∞
−∞
⇒

A+C =0



B + D = 1

5A = 0



5B + 4 = 0
+∞
⇒
A = C = 0 , B = −4/5 , D = 9/5 .
x2
dx
(x2 + 4)(x2 + 9)
0
Z +∞ 4 1
9 1
=2
−
+
dx
5 x2 + 4 5 x2 + 9
0
x 3
x +∞ π
2
= 2 − arctan
+ arctan
= .
5
2
5
3 0
5
x2
dx = 2
(x2 + 4)(x2 + 9)
Z
101
5. Poiché T = 2, avremo ω = π e
1
Z 1
x2
= 2.
(1 + x) dx = x +
a0 =
2 −1
−1
Se alla funzione sottraiamo a0 /2 = 1, essa diventa dispari, perciò nello sviluppo
di Fourier i coefficienti ak valgono zero.
1
Z 1
Z 1
cos(kπx)
cos(kπx)
cos(kπx)
(1 + x) sin(kπx) dx = −
bk =
−x
dx
+
kπ
kπ
kπ
−1
−1
−1
1
cos(kπ)
2 (−1)k
sin(kπx)
+
.
= −2
=
−
kπ
k2π2
kπ
−1
Poiché la funzione f è regolare a tratti in R e discontinua nei punti dispari, la
sua serie di Fourier converge puntualmente e si ha
f ∗ (x) = 1 − 2
∞
X
(−1)k
kπ
k=1
sin(kπx) .
Si ottiene la somma della serie richiesta considerando il punto x = 1/2 in cui
la funzione vale 3/2 e si ha
∞
X
(−1)k
3
=1−2
sin(kπ/2) .
2
k
π
k=1
Per k pari sin(kπ/2) = 0. Per avere i dispari, poniamo k = 2h + 1 ed allora
(−1)k = −1 e sin(kπ/2) = sin(hπ + π/2) = (−1)h , perciò
∞
X
(−1)h
3
=1+2
,
2
(2h
+
1)
π
h=0
da cui
∞
X
(−1)h
π
= .
(2h + 1)
4
h=0
2
1
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 28: Somma parziale n-esima della serie di Fourier di f per n = 10.
102
22
Compito di Analisi Matematica I del
15/12/11
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = (x2 − x − 2) e−|x−1| .
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
i z 2 − |z|2 = 0 .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
sin2 x + 2 cos x − 2
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
e−2x sin 3x dx .
0
5. Determinare la serie di Fourier di soli seni della funzione che nell’intervallo
[0, 1] è data da f (x) = 1 − x. Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
103
Soluzione del compito del 15/12/11
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R e non ha
simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Poiché la funzione esponenziale è positiva, il segno di f coincide con quello del polinomio x2 − x − 2, dunque
f (x) = 0 per x = −1 e x = 2, f (x) > 0 per x < −1 oppure x > 2,
f (x) < 0 per −1 < x < 2. Infine f (0) = −2/ e.
• (Asintoti) Si ha
x2 − x − 2
=0
x→±∞
e|x−1|
lim (x − x − 2) e−|x−1| = lim
2
x→±∞
perciò y = 0 è asintoto orizzontale a sinistra e a destra.
• (Derivata prima e monotonia) Poiché nella funzione f è presente il valore
assoluto distinguiamo due casi
(
per x > 1,
f1 (x) = (x2 − x − 2) e−x+1
x−1
2
per x < 1 .
f2 (x) = (x − x − 2) e
Pertanto
f1′ (x) = D (x2 − x − 2) e−x+1 = (−x2 +x+2+2x−1) e−x+1 = −(x2 −3x−1) e−x+1 .
Le radici sono
x1,2 =
3±
√
9+4
2
⇒
√ √ 1
1
3 − 13 < 1 <
3 + 13 .
2
2
√
√
(3+ 13)
(3+ 13)
La derivata è positiva per 1 < x<
,è negativa per x >
. 2
2
√
√
(3+ 13)
(3+ 13)
e decrescente in
, +∞ .
Quindi la funzione è crescente in 1,
2
2
√
13)
La funzione ha un punto di massimo relativo in x =
.
2
Per f2 otteniamo
f2′ (x) = D (x2 − x − 2) ex−1 = (x2 −x−2+2x−1) ex−1 = (x2 +x−3) ex−1 .
(3+
Le radici sono
x1,2 =
−1 ±
√
2
1 + 12
⇒
−
104
√ √ 1
1
1 + 13 < 1 <
−1 + 13 .
2
2
(1+
√
(1+
√
13)
per
− 2
<
, è negativa
√
1+
13
(
)
e decrescenx < 1. Quindi la funzione è crescente in −∞, − 2
√
(1+ 13)
te in − 2 , 1 . La funzione ha un punto di massimo relativo in
La derivata è positiva per x < −
13)
2
√
13)
x=− 2 .
La funzione f ha nel punto x = 1 un punto angoloso
e di minimo assoluto.
√
(3+ 13)
è di massimo assoluto.
Per confronto si trova che il punto x =
2
(1+
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda vale
f1′′ (x) = −D (x2 − 3x − 1) e−x+1 = (x2 −3x−1−2x+3) e−x+1 = (x2 −5x+2) e−x+1 .
Le radici sono
x1,2 =
5±
√
25 − 8
2
√ √ 1
1
5 − 17 < 1 <
5 + 17 .
2
2
⇒
√
(5+ 17)
La derivata seconda è positiva per x >
, è negativa
2
per 1 < x <
√
√
(5+ 17)
(5+ 17)
. Quindi la funzione è convessa in
, +∞ e concava in
2
2
√
(5+ 17)
.
1,
2
Per f2 abbiamo
f2′′ (x) = D (x2 + x − 3) ex−1 = (x2 +x−3+2x+1) ex−1 = (x2 +3x−2) ex−1 .
Le radici sono
x1,2 =
−3 ±
√
2
9+8
⇒
−
√ 1
√ 1
3 + 17 <
−3 + 17 < 1.
2
2
√
√
(−3+ 17)
(3+ 17)
e per
<
La derivata seconda è positiva per x < − 2
2
√
√
(3+ 17)
(−3+ 17)
x < 1, è negativaper − 2
< x < 2
. Quindi
la funzio
√
√
(−3+ 17)
(3+ 17)
e in
, 1 , è concava in
ne è convessa in −∞, − 2
2
√
√
(3+ 17) (−3+ 17)
.
− 2 ,
2
105
0.5
5
-5
-0.5
-1.0
-1.5
-2.0
Figura 29: Grafico della funzione f .
• (Grafico) La funzione ha massimo e minimo. Il grafico è riportato in
Figura 29.
2. Osserviamo che i z 2 = |z|2 , pertanto, posto z = x + i y, otteniamo
i (x2 − y 2 + 2i xy) = x2 + y 2
⇒
−2xy + i (x2 − y 2 ) = x2 + y 2 .
Uguagliando parte reale e parte immaginaria otteniamo
(
(x + y)2 = 0
⇒
y = −x .
x2 − y 2 = 0
Dunque le soluzioni appartengono alla bisettrice del secondo e quarto quadrante, cioè per ogni x ∈ R le soluzioni sono z = x − i x.
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
2
x3
x4
2
4
sin x = x −
+ o(x ) = x2 −
+ o(x4 ) ,
6
3
2 cos x − 2 = 2 − x2 +
x4
x4
+ o(x4 ) − 2 = −x2 +
+ o(x4 ) .
12
12
Dunque
1
lim+ α
x→0 x
x4
x4
x −
− x2 +
+ o(x4 )
3
12
2
1
= lim+ α
x→0 x
Pertanto si ha, per α = 4:
1
lim+ 4
x→0 x
3x4
−
+ o(x4 )
12
1
=− ,
4
mentre il limite vale 0 per α < 4 e vale −∞ per α > 4.
106
3x4
−
+ o(x4 )
12
.
4. La funzione integranda è continua in R ed è un infinitesimo di ordine infinitamente grande per x → +∞, dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito integrando per parti.
Z −2x
Z
e
e−2x
−2x
e
sin 3x +
3 cos 3x dx
sin 3x dx =
−2
2
Z −2x
e−2x
e
e−2x
=
sin 3x +
3 cos 3x −
9 sin 3x dx .
−2
−4
4
Riportando l’integrale al primo membro abbiamo
Z
e−2x
e−2x
13
e−2x sin 3x dx = −
sin 3x −
3 cos 3x ,
4
2
4
Z
1 −2x
e−2x sin 3x dx = −
e
(2 sin 3x + 3 cos 3x) .
13
Dunque
Z +∞
+∞
3
1 −2x
e
e−2x sin 3x dx = −
(2 sin 3x + 3 cos 3x) 0 =
13
13
0
5. Poniamo T = 2 e avremo ω = π, per cui
Z 1
Z 1
(1 − x) sin(kπx) dx
fd (x) sin(kπx) dx = 2
bk =
0
−1
cos(kπx)
=2 −
(1 − x)
kπ
1
0
−2
Z
1
0
1
2
2
sin(kπx)
cos(kπx)
dx =
−2
.
=
2
2
kπ
kπ
k π
kπ
0
Poiché la funzione f è regolare a tratti in R e discontinua nei punti pari, la
sua serie di Fourier converge puntualmente e si ha
∞
X
2
f (x) =
sin(kπx) .
k
π
k=1
∗
1
-3
-2
1
-1
107
2
3
Parte III
ANNO ACCADEMICO 2012/13
108
23
Compito di Analisi Matematica I dell’
11/02/13
Traccia
A
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
(x + 1)2
f (x) = p
.
|x2 − 9|
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z3 + 1 − i = 0 ,
esplicitandone la forma algebrica.
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
2 log(cos x) + x2
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
x+4
dx .
3
x + 2x − 3
2
5. Determinare la serie di Fourier di soli seni della funzione che nell’intervallo [0, 1]
è data da f (x) = 2x. Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
109
Traccia
B
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
(x − 1)2
.
f (x) = p
|x2 − 4|
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 − 3 + 3i = 0 ,
esplicitandone la forma algebrica.
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
log(1 + sin2 x) − x2
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
x+3
dx .
x3 + 4x − 5
3
5. Determinare la serie di Fourier di soli coseni della funzione che nell’intervallo
[0, 1] è data da f (x) = 3x. Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
È riportata solo la soluzione della traccia A.
110
Soluzione del compito dell’ 11/02/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R \ { ±3 } e non
ha simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) La funzione è non negativa, e f (x) = 0 solo
per x = −1. Infine f (0) = 1/3.
(Asintoti) Si ha
(x + 1)2
(x + 1)2
q
= lim
lim p
= +∞ .
x→±∞
|x2 − 9| x→±∞ |x| 1 − 92
x
Verifichiamo se esistono asintoti obliqui.
(x + 1)2
(x + 1)2
p
q
= 1,
= lim
x→+∞ x
|x2 − 9| x→+∞ x2 1 − 92
lim
x
e
q
2
2
1 − x92
x
+
2x
+
1
−
x
(x + 1)
q
lim p
− x = lim
x→+∞
x→+∞
|x2 − 9|
x 1 − x92
x2 + 2x + 1 − x2 1 − 2x92 + o(1/x2 )
2x + 1 + 9/2
q
q
= lim
= lim
= 2,
x→+∞
x→+∞
9
9
x 1 − x2
x 1 − x2
2
perciò y = x + 2 è asintoto orizzontale a destra. Analogamente
(x + 1)2
(x + 1)2
p
q
= lim
x→−∞ x
|x2 − 9| x→−∞ −x2 1 −
lim
e
9
x2
= −1,
q
1−
x + 2x + 1 − x
(x + 1)
q
lim p
+ x = lim
x→−∞
x→−∞
|x2 − 9|
−x 1 − x92
2
2
2
perciò y = −x − 2 è asintoto orizzontale a sinistra. Infine
(x + 1)2
lim p
= +∞ ,
x→±3
|x2 − 9|
111
9
x2
= −2 ,
perciò x = 3 e x = −3 sono asintoti verticali.
(Derivata prima e monotonia) Poiché nella funzione f è presente il valore
assoluto distinguiamo due casi

(x+1)2
per |x| > 3,

f1 (x) = √x2 −9
Pertanto
f1′ (x)
=


f2 (x) =
(x+1)2
√
9−x2
√
2(x + 1) x2 − 9 − (x + 1)2 √xx2 −9
x2 − 9
=
Le radici sono
per |x| < 3 .
2(x + 1)(x2 − 9) − (x + 1)2 x
√
=
(x2 − 9) x2 − 9
(x + 1)(x2 − x − 18)
(x + 1)(2x2 − 18 − x2 − x)
√
√
=
.
(x2 − 9) x2 − 9
(x2 − 9) x2 − 9
x1 = −1 ,
x2 =
1−
√
2
73
≈ −3.77 ,
x3 =
1+
√
2
73
≈ 4.77.
La prima non verifica
la condizione |x| > 3 mentre
le altre due sı̀. La derivata
√
√
√
1− 73
1+ 73
è positiva per √ 2 < x < −3 e per x > 2 , è negativa per x < 1−2 73 e
per 3 < x < 1+2 73 .
√
√
Quindi la funzione è crescente
√ e in ((1 + 73)/2, +∞),
√ in ((1 − 73)/2, −3)
è decrescente in (−∞, (1 − 73)/2)√ e in (3, (1 + 73)/2). La funzione ha due
punti di minimo relativo in x = 1±2 73 .
Per f2 otteniamo
√
x
2(x
+
1)
9 − x2 + (x + 1)2 √9−x
2(x + 1)(9 − x2 ) + (x + 1)2 x
2
′
√
f2 (x) =
=
9 − x2
(9 − x2 ) 9 − x2
−(x + 1)(x2 − x − 18)
√
.
(9 − x2 ) 9 − x2
Le radici sono le stesse, ma questa volta solo x = −1 verifica la condizione
|x| < 3. La derivata è positiva per −1 < x < 3, è negativa per −3 < x < −1.
Quindi la funzione è crescente in (−1, 3) e decrescente in (−3, −1). La funzione
ha un punto di minimo assoluto in x = −1.
(Grafico) La funzione
ha
√
√ massimo.
minimo e non ha
Risulta f (1 − 73)/2 ≈ 3.36 e f (1 + 73)/2 ≈ 8.97. Il grafico è riportato
in Figura 30.
=
112
15
10
5
-10
5
-5
10
-5
Figura 30: Grafico della funzione f .
2. L’equazione è z 3 = −1 + i, pertanto si tratta di
√ calcolare le radici terze di
−1 + i che, in forma trigonometrica, è dato da 2 cos(3π/4) + i sin(3π/4) .
Dalla formula per il calcolo delle radici di un numero complesso, otteniamo

√
1 + i

6
π
π

+
i
= √
,
z
=
2
cos

1
3
4
4


2





√
(−1−√3)+i (−1+√3)
6
π
2π
2π
π
√
=
,
z2 = 2 cos 4 + 3 + i sin 4 + 3
2 32





√
√


√

(−1− 3)
z3 = 6 2 cos π + 4π + i sin π + 4π = (−1+ 3)+i
√
4
3
4
3
2 32
(sono state usate le formule di addizione per il seno e il coseno).
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
x2 x4
5
cos x = 1 −
+
+ o(x ) ,
2
24
log(1 + t) = t −
2
4
t2
+ o(t2 ) .
2
4
Dunque, con t = − x2 + x24 + o(x5 ) e t2 = x4 + o(x5 ), abbiamo
x2 x4
x2 x4 x4
5
log(cos x) = log 1 −
+
+ o(x ) = − +
−
+ o(x5 ),
2
24
2
24
8
113
e in definitiva
x4 x4
1
2 log(cos x) + x2
2
5
2
= lim+ α −x +
−
+ o(x ) + x
lim
x→0 x
x→0+
xα
12
4
4
x
1
1
5
= lim+ α − + o(x ) = −
x→0 x
6
6
per α = 4, mentre il limite vale 0 per α < 4 e vale −∞ per α > 4.
4. La funzione integranda è continua in [2, +∞) ed è un infinitesimo equivalente
a 1/x2 per x → +∞, dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito usando il metodo dei fratti semplici. Evidentemente x = 1 è una radice del denominatore, e quindi, per il Teorema di
Ruffini
x3 + 2x − 3 = (x − 1)(x2 + x + 3) .
Allora poniamo
x+4
A
Bx + C
=
+ 2
2
(x − 1)(x + x + 3)
x−1 x +x+3
Ax2 + Ax + 3A + Bx2 − Bx + Cx − C
,
=
(x − 1)(x2 + x + 3)
da cui


A + B = 0
A−B+C =1


3A − C = 4
⇒
A = 1, B = −1, C = −1 .
Dunque
Z
Z Z
x+4
1
x+1
2x + 2
1
dx =
− 2
dx
dx = log(x − 1) −
3
2
x + 2x − 3
x−1 x +x+3
2
x +x+3
Z
1
1
1
2
= log(x − 1) − log(x + x + 3) −
dx
2
2
(x + 1/2)2 + 11/4
1
2x + 1
x−1
− √ arctan √
.
= log √
x2 + x + 3
11
11
114
In conclusione
c
x+4
dx
c→+∞ 2
+ 2x − 3
c
1
x−1
2x + 1
− √ arctan √
= lim log √
c→+∞
x2 + x + 3
11
11
2
π
1
5
= − √ + log 3 + √ arctan √
2 11
11
11
lim
Z
x3
5. Usiamo le formule per lo sviluppo in soli seni, con b = 1. Avremo ω = π, per
cui
1
Z 1
Z 1
cos(kπx)
cos(kπx)
+4
dx
bk = 2
2x sin(kπx) dx = −4x
kπ
kπ
0
0
0
1
4 cos(kπ)
4(−1)k
sin(kπx)
=−
=
−
+4
.
kπ
k2π2
kπ
0
Poiché la funzione prolungamento dispari fd è regolare a tratti in R e discontinua nei punti dispari, la sua serie di Fourier converge puntualmente e si
ha
∞
X
4 (−1)k+1
∗
fd (x) =
sin(kπx) .
k
π
k=1
La serie converge uniformemente negli intervalli chiusi che non contengono
punti dispari.
2
1
-4
-2
2
4
-1
-2
Figura 31: Somma parziale n-esima della serie di soli seni di f per n = 15.
115
24
Compito di Analisi Matematica I del
25/02/13
Traccia
A
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
x
f (x) = (x + 2) e x−1 .
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 = |z|2 ,
esplicitandone la forma algebrica.
3. Calcolare il seguente limite,
lim
x→0
cos x −
p
4
1 − 2 sin2 x
.
x4
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
√
dx .
2
(1 + x ) 1 + x2
2
5. Studiare la serie di funzioni
k
∞
X
1 x−1
.
k
2x
+
1
k=1
Precisarne la somma.
116
Traccia
B
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
x
f (x) = (x + 1) e x−1 .
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 = |z|2 ,
esplicitandone la forma algebrica.
3. Calcolare il seguente limite,
lim
x→0
cos x −
√
4
1 − 2 tan2 x
.
x4
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
√
dx .
(1 + x2 ) 1 + x2
0
5. Studiare la serie di funzioni
k
∞
X
1 x−1
.
k 3x + 2
k=1
Precisarne la somma.
È riportata solo la soluzione della traccia A.
117
Soluzione del compito del 25/02/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R \ { 1 } e non
ha simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) La funzione è positiva per x > −2, è negativa
per x < −2 e f (x) = 0 solo per x = −2. Infine f (0) = 2.
(Asintoti) Si ha
x
lim (x + 2) e x−1 = ±∞ .
x→±∞
Verifichiamo se esistono asintoti obliqui.
x
(x + 2) e x−1
= e,
lim
x→±∞
x
e
x
x
x
lim (x + 2) e x−1 − e x = lim x e x−1 − e + 2 e x−1
x→+∞
x→+∞
x
1
1+ x−1
− e + 2 e x−1
= lim x e
x→+∞
1
x
= lim e x e x−1 −1 + 2 e x−1 = 3 e ,
x→+∞
perciò y = e x+ 3 e è asintoto orizzontale a destra. Analogamente y = e x+ 3 e
è asintoto orizzontale a sinistra. Infine
x
lim+ (x + 2) e x−1 = +∞ ,
x→1
mentre
x
lim− (x + 2) e x−1 = 0 ,
x→1
perciò x = 1 è asintoto verticale.
(Derivata prima e monotonia) Risulta
x−1−x
(x − 1)2
2
2
x
x − 2x + 1 − x − 2
x
−
3x
−
1
= e x−1
.
(x − 1)2
(x − 1)2
x
x
f ′ (x) = e x−1 +(x + 2) e x−1
x
= e x−1
Le radici sono
x1 =
3−
√
2
13
≈ −0.3 ,
118
x2 =
3+
√
2
13
≈ 3.3.
30
20
10
-7.5
-5
-2.5
2.5
5
7.5
-10
-20
-30
Figura 32: Grafico della funzione f .
√
√
√
La derivata è positiva per
x < 3−2 13 e per x > 3+2 13 , è negativa per 3−2 13 <
√
x < 1 e per 1 < x < 3+2 13 .
√
√
3− 13
3+ 13
Quindi√ la funzione è crescente
in
(−∞,
)
e
in
(
, +∞), è decrescente
2
2
√
3− 13
3+ 13
in ( 2√ , 1) e in (1, 2 ). La funzione ha un punto
di massimo relativo in
√
3− 13
3+ 13
x = 2 e un punto di
minimo relativo in
x= 2 .
√ √ 3+ 13
3− 13
≈ 2.14 e f
≈ 22.25. Il grafico è riportato
(Grafico) Risulta f
2
2
in Figura 32.
2. L’equazione è z 3 = |z|2 . Considerando i moduli, diventa |z|3 = |z|2 , da cui
|z|2 (|z| − 1) = 0. Dunque |z| = 0 oppure |z| = 1 e allora otteniamo z = 0
oppure le soluzioni di z 3 = 1. Dalla formula per il calcolo delle radici di un
numero complesso, segue


z1 = 1,
√
z2 = − 12 + 23 i,
√


z3 = − 21 − 23 i.
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
cos x = 1 −
x2 x4
+
+ o(x5 ) ,
2
24
x3
+ o(x4 ) ,
6
t 3t2
+ o(t2 ) .
=1+ −
4
32
sin x = x −
(1 + t)1/4
119
2
x3
4
Dunque, con t = −2 x −
+ o(x ) , abbiamo
6
p
x2 x4
4
5
2
+
+ o(x )
cos x − 1 − 2 sin x = 1 −
2
24
!
2
4
3
1
x3
x
3
− 1−
x−
+ o(x4 ) −
4 x−
+ o(x4 ) + o(x4 )
2
6
32
6
=1−
x2 x4
x2 x4 3x4
6x4
x4
+
−1+
−
+
+ o(x4 ) =
+ o(x4 ) =
+ o(x4 )
2
24
2
6
8
24
4
e in definitiva
lim
x→0
cos x −
√
4
1 − 2 tan2 x
= lim
x→0
x4
x4
4
+ o(x4 )
1
= .
4
x
4
4. La funzione integranda è continua in [2, +∞) ed è un infinitesimo equivalente
a 1/x3 per x → +∞, dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito usando la sostituzione x = sinh t, e quindi
dx = cosh t dt. Allora
Z
Z
Z
1
cosh t
cosh t
√
p
dt =
dx =
dt
2
2
2
2
(cosh2 t) cosh t
(1 + x ) 1 + x
(1 + sinh t) 1 + sinh t
Z
sinh t
sinh t
x
1
.
=p
=√
=
2 dt = tanh t =
cosh t
cosh t
1 + x2
1 + sinh2 t
In conclusione
Z ∞
1
√
dx = lim
2
2
c→∞
2 (1 + x ) 1 + x
c
2
x
=1− √ .
= lim √
c→∞
1 + x2 2
5
Z
c
2
1
√
dx
(1 + x2 ) 1 + x2
5. La serie data si riconduce a una serie di potenze centrata in 0 con la sostituzione
+∞ k
X
x−1
y
y =
, pertanto studiamo la serie
. Questa serie ha raggio di
2x + 1
k
k=1
convergenza uguale a 1 e non converge per y = 1 mentre converge per y = −1
(per il Teorema di Leibniz). Dunque questa serie converge puntualmente in
[−1, 1) e assolutamente puntualmente in (−1, 1). Converge uniformemente in
[−1, r] con 0 < r < 1 per il teorema di Abel e converge totalmente in [−r, r].
120
Inoltre la serie è ottenuta integrando termine a termine la serie
k=1
k
=
+∞ Z
X
k=1
y k−1 =
k=1
1
, pertanto
1−y
+∞ k
X
y
+∞
X
y
t
0
k−1
dt =
Z
y
0
+∞
X
t
k=1
k−1
!
dt =
Z
y
0
1
dt = − log(1 − y).
1−t
Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge puntualmente
x−1
per −1 ≤ 2x+1
< 1. Studiamo le due disuguaglianze


3x
x−1




+ 1 ≥ 0,
≥ 0,
2x + 1
2x + 1
⇒
x−1
x+2



1 −
> 0,
> 0.
2x + 1
2x + 1
Quindi la serie converge puntualmente per x ∈ (−∞, −2) ∪ [0, +∞) e assox−1
1
lutamente puntualmente in (−∞, −2) ∪ (0, +∞). Poiché lim
= ,
x→±∞ 2x + 1
2
la serie converge uniformemente in (−∞, a] ∪ [0, +∞) con a < −2 e converge
totalmente in (−∞, a] ∪ [b, +∞) con a < −2 e b > 0.
La sua somma è
x+2
x−1
= − log
.
− log 1 −
2x + 1
2x + 1
121
25
Compito di Analisi Matematica I del
19/04/13
Traccia
A
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
(3x − 6)
.
f (x) = √
x2 − 2x + 5
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 |z| = 4|z|2 ,
esplicitandone la forma algebrica.
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
√
ex − 4 1 + 4 sin x
lim
.
x→0+
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
x−2
dx .
x3 + 3x2 + 2x
1
5. Determinare la serie di Fourier di soli seni della funzione che nell’intervallo
[0, 1] è data da f (x) = 1 − x. Precisare il tipo di convergenza della serie
ottenuta.
122
Traccia
B
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
3x + 9
f (x) = √
.
2
x − 4x + 5
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 3 |z| = |z|4 ,
esplicitandone la forma algebrica.
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
x2 cos x − log(1 + x2 )
lim
.
x→0+
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
x+1
dx .
3
x + 4x2 + 3x
1
5. Determinare la serie di Fourier di soli coseni della funzione che nell’intervallo
[0, 1] è data da f (x) = 1 − x. Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
È riportata solo la soluzione della traccia A.
123
Soluzione del compito del 19/04/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) Poiché il discriminante del polinomio al denominatore
è negativo, ne segue che la funzione f è definita e continua in R e non ha
simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) La funzione è positiva per x > 2, è negativa
per x < 2 e f (x) = 0 solo per x = 2. Infine f (0) = − √65 .
(Asintoti) Si ha
lim √
x→±∞
x(3 − 6/x)
(3x − 6)
p
= lim
= ±3 .
2
x→±∞
x − 2x + 5
|x| 1 − 2/x + 5/x2
Perciò y = 3 è asintoto orizzontale a destra e y = −3 è asintoto orizzontale
a sinistra.
(Derivata prima e monotonia) Risulta
√
√
√
√
3 x2 − 2x + 5 − (3x−6)(x−1)
3 x2 − 2x + 5 − (3x−6)(2x−2)
2 x2 −2x+5
x2 −2x+5
′
=
f (x) =
2
2
x − 2x + 5
x − 2x + 5
3x2 − 6x + 15 − 3x2 + 9x − 6
3x + 9
=
= 2
.
(x2 − 2x + 5)3/2
(x − 2x + 5)3/2
La derivata è positiva per x > −3 ed è negativa per x < −3.
Quindi la funzione è decrescente in (−∞, −3), è crescente in (−3, +∞). La
funzione ha un punto di minimo assoluto in x = −3 e f (−3) = − √1520 < −3.
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 33.
2. L’equazione è z 3 |z| = 4|z|2 . Considerando i moduli, essa diventa |z|4 = 4|z|2 ,
da cui |z|2 (|z|2 − 4) = 0. Dunque |z| = 0 oppure |z| = 2 e allora otteniamo
4
2
-10
5
-5
10
-2
-4
Figura 33: Grafico della funzione f .
124
z0 = 0 oppure le soluzioni di z 3 = 8. Dalla formula per il calcolo delle radici
di un numero complesso, poiché 8 = 8(cos 0 + i sin 0), segue


z1 = 2,
√
2π
3,
+
i
sin
=
−1
+
i
z2 = 2 cos 2π
3 3 
√

4π
4π
z3 = 2 cos 3 + i sin 3
= −1 − i 3.
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
x2
ex = 1 + x +
+ o(x2 ) ,
2
sin x = x + o(x2 ) ,
t 3t2
(1 + t)1/4 = 1 + −
+ o(t2 ) .
4
32
2
Dunque, con t = 4 x + o(x ) , abbiamo
√
x2
3x2
4
x
2
e − 1 + 4 sin x = 1 + x +
−1−x+
+ o(x ) = 2x2 + o(x2 ) ,
2
2
e in definitiva, per α = 2,
√
ex − 4 1 + 4 sin x
2x2 + o(x2 )
=
lim
= 2.
lim+
x→0
x→0
xα
xα
Il limite vale 0 per α < 2 e vale +∞ per α > 2.
4. La funzione integranda è continua in [1, +∞) ed è un infinitesimo equivalente
a 1/x2 per x → +∞, dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito usando il metodo dei fratti semplici. Poiché
x3 + 3x2 + 2x = x(x + 1)(x + 2), allora
A
B
C
A(x2 + 3x + 2) + B(x2 + 2x) + C(x2 + x)
x−2
=
+
+
=
,
x3 + 3x2 + 2x
x x+1 x+2
x3 + 3x2 + 2x
da cui segue
A = −1 , B = 3 , C = −2 , .
Dunque
Z
x−2
dx =
3
x + 3x2 + 2x
Z 1
3
2
− +
−
x x+1 x+2
dx = log
(x + 1)3
x(x + 2)2
In conclusione
c
Z ∞
x−2
(x + 1)3
9
8
dx = lim log
= − log = log .
3
2
2
c→∞
x(x + 2)
9
8
1 x + 3x + 2x
1
125
.
5. Usiamo le formule per lo sviluppo in soli seni, con b = 1. Avremo ω = π, per
cui
1
Z 1
Z 1
cos(kπx)
cos(kπx)
bk = 2
(1 − x) sin(kπx) dx = −2(1 − x)
−2
dx
kπ
kπ
0
0
0
1
2
sin(kπx)
2
=
−2
.
=
2
2
kπ
k π
kπ
0
Poiché la funzione prolungamento dispari fd è regolare a tratti in R e discontinua nei punti pari, la sua serie di Fourier converge puntualmente e si
ha
∞
X
2
∗
fd (x) =
sin(kπx) .
kπ
k=1
La serie converge uniformemente negli intervalli chiusi che non contengono
punti pari.
1.0
0.5
-2
1
-1
2
-0.5
-1.0
Figura 34: Somma parziale n-esima della serie di soli seni di f per n = 15.
126
26
Compito di Analisi Matematica I del 4/07/13
Traccia
A
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
ex
.
f (x) = p
x |x − 2|
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 4 − 4z 2 + 16 = 0 .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
log(1 + x2 ) − 1 + cos2 x
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
√
dx .
x(x + 3)
0
5. Studiare i tipi di convergenza della serie di funzioni
k
∞
X
x−1
k
2x + 1
k=1
e calcolarne la somma.
127
Traccia
B
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
e−x
f (x) = p
.
x |x − 1|
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
(z − i)3 = 2 − 2i .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
2
log(1 + x2 ) + 1 − ex
.
lim+
x→0
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
√
dx .
2x(4x + 1)
0
5. Studiare i tipi di convergenza della serie di funzioni
k
∞
X
1 x+1
k 2x + 3
k=1
e calcolarne la somma.
È riportata solo la soluzione della traccia B.
128
Soluzione del compito del 4/07/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R \ { 0, 1 } e non
ha simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) La funzione è positiva per x > 0, è negativa
per x < 0 e non ha intersezioni con gli assi.
(Asintoti) Si ha
e−x
= 0.
lim p
x→+∞ x
|x − 1|
Dunque y = 0 è un asintoto orizzontale.
e−x
p
= −∞ ,
x→−∞ x
|x − 1|
lim
e
e−x
p
= +∞ ,
x→−∞ x2
|x − 1|
lim
perciò non esiste un asintoto obliquo. Infine
mentre
e−x
lim± p
= +∞ ,
x→1 x
|x − 1|
e−x
lim− p
= −∞ ,
x→0 x
|x − 1|
e−x
lim+ p
= +∞ ,
x→0 x
|x − 1|
perciò x = 0 e x = 1 sono asintoti verticali.
(Derivata prima e monotonia) Risulta, per x > 1
√
√
e−x x x − 1 − e−x x − 1 −
−
f ′ (x) =
x2 (x − 1)
−2x(x − 1) − 2(x − 1) − x
= e−x
2x2 (x − 1)3/2
−2x2 − x + 2
.
= e−x
2x2 (x − 1)3/2
Le radici del numeratore sono
√
−1 − 17
x1 =
≈ −1.28 ,
4
129
−x x
e√
2 x−1
√
−1 + 17
x2 =
≈ 0.78 ,
4
10
5
-6
-4
2
-2
4
6
-5
-10
Figura 35: Grafico della funzione f .
quindi entrambe sono minori di 1. Allora la derivata è negativa per x > 1,
dunque la funzione è decrescente in (1, +∞).
Per x < 1 e x 6= 0 abbiamo
√
√
−x x
− e−x x 1 − x − e−x 1 − x + 2e√1−x
′
f (x) =
x2 (1 − x)
−2x(1 − x) − 2(1 − x) + x
= e−x
2x2 (x − 1)3/2
2x2 + x − 2
.
= e−x
2x2 (1 − x)3/2
Le radici del numeratore sono ancora
√
−1 − 17
≈ −1.28 ,
x1 =
4
√
−1 + 17
x2 =
≈ 0.78 ,
4
quindi sono una minore di 0 e l’altra compresa tra 0 e 1. Allora la derivata è
negativa per x1 < x < 0 e per 0 < x < x2 , dunque la funzione è decrescente in
(x1 , 0) e in (0, x2 ). La derivata è positiva per x < x1 e per x2 < x < 1, dunque
la funzione è crescente in (−∞, x1 ) e in (x2 , 1).
√
−1− 17
La funzione ha un punto di
massimo
relativo
in
x
=
e un punto di
4
√
−1+ 17
minimo relativo in x = √ 4 .
√ (Grafico) Risulta f −1−4 17 ≈ −1.86 e f −1+4 17 ≈ 1.25. Il grafico è riportato in Figura 35.
2. Posto w = z − i, l’equazione diventa w3 = 2 − 2i. In forma trigonometrica
abbiamo
π √ π
w3 = 8 cos −
+ i sin −
.
4
4
130
Dalla formula per il calcolo delle radici terze di un numero complesso, segue

√ √
1 √3
3
π
π
1

2
cos
−
w
=
+
i
sin
−
=
,
+
+
i
−
1

12
12
2
2
2
2

√
√
√
+ i sin 7π
= 12 − 23 + i 21 + 23 ,
w2 = 2 cos 7π
12
12


√

+ i sin 15π
= −1 − i,
w3 = 2 cos 15π
12
12
e in definitiva

1


 z1 = 2 +
z2 = 21 −



z3 = −1.
√
3
2
√
3
2
+i
+i
3
2
3
2
−
+
√
3
,
2
√ 3
,
2
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
x4
+ o(x5 ) ,
log(1 + x ) = x −
2
2
2
2
ex = 1 + x 2 +
x4
+ o(x5 ) .
2
Dunque abbiamo
4
2
x2 − x2 + 1 − 1 − x2 −
log(1 + x2 ) + 1 − ex
lim
= lim+
x→0+
x→0
xα
xα
4
5
−x + o(x )
= lim+
,
x→0
xα
x4
2
+ o(x5 )
ed allora il limite vale
0 per α < 4,
−1 per α = 4,
−∞ per α > 4.
√
4. La funzione integranda è divergente in x = 0 come 1/ x ed è un infinitesimo
dell’ordine di 1/x(3/2) per x → +∞, dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito usando la sostituzione x = t2 , e quindi dx =
2t dt. Allora
Z
Z
Z
1
1
2t
2
1
√
dx = √
dt = √
dt
2
t(4t + 1)
(2t)2 + 1
2x(4x + 1)
2
2
1
= √ arctan(2t) .
2
131
In conclusione
Z ∞
0
c
1
π
1
√
dx = lim √ arctan(2t) = √ .
c→∞
2x(4x + 1)
2
2 2
0
5. La serie data si riconduce a una serie di potenze centrata in 0 con la sostituzione
+∞ k
X
x+1
y
y =
, pertanto studiamo la serie
. Questa serie ha raggio di
2x + 3
k
k=1
convergenza uguale a 1 e non converge per y = 1 mentre converge per y = −1
(per il Teorema di Leibniz). Dunque questa serie converge puntualmente in
[−1, 1) e assolutamente puntualmente in (−1, 1). Converge uniformemente in
[−1, r] con 0 < r < 1 per il teorema di Abel e converge totalmente in [−r, r].
+∞
X
Inoltre la serie è ottenuta integrando termine a termine la serie
y k−1 =
k=1
1
, pertanto
1−y
+∞ k
X
y
k=1
k
=
+∞ Z
X
k=1
y
t
0
k−1
dt =
Z
y
0
+∞
X
t
k=1
k−1
!
dt =
Z
y
0
1
dt = − log(1 − y).
1−t
Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge puntualmente
x+1
< 1. Studiamo le due disuguaglianze
per −1 ≤ 2x+3


x+1
3x + 4




+ 1 ≥ 0,
≥ 0,
2x + 3
2x + 3
⇒
x+1
x+2


1 −

> 0,
> 0.
2x + 3
2x + 3
Quindi la serie converge puntualmente per x ∈ (−∞, −2)∪[−4/3, +∞) e assox+1
=
lutamente puntualmente in (−∞, −2) ∪ (−4/3, +∞). Poiché lim
x→±∞ 2x + 3
1
, la serie converge uniformemente in (−∞, a] ∪ [−4/3, +∞) con a < −2 e
2
converge totalmente in (−∞, a] ∪ [b, +∞) con a < −2 e b > −4/3.
La sua somma è
x+1
x+2
− log 1 −
= − log
.
2x + 3
2x + 3
132
27
Compito di Analisi Matematica I del
18/07/13
Traccia
A
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
f (x) = x(log |x| − 1)2 .
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z + |z|2 = 2 .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
√
x 3 1 + x2 − x cos 2x
lim
.
x→0+
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
ex
dx .
e2x −5 ex +4
2
5. Determinare la serie di Fourier della funzione che nell’intervallo [−π, π] è data
da f (x) = 3|x|. Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
133
Traccia
B
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non si richiede il calcolo della
derivata seconda)
f (x) = x(log(x2 ) − 2)2 .
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
i z 2 = |z|2 .
3. Calcolare il seguente limite, al variare di α > 0,
lim+
x→0
log2 (1 + x) − sin(x2 )
.
xα
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
arctan x
dx .
x2
1
5. Determinare la serie di Fourier della funzione che nell’intervallo [−1, 1] è data
da f (x) = 1 − x2 . Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
È riportata solo la soluzione della traccia A.
134
Soluzione del compito del 18/07/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R \ { 0 } ed è
dispari (f (−x) = −f (x)). Pertanto basta studiare la funzione per x > 0 e poi
utilizzare la simmetria del grafico rispetto all’origine.
(Intersezioni con gli assi e segno) La funzione è positiva per x > 0, e risulta
f (x) = x(log x − 1)2 = 0 se e solo se log x = 1, cioè x = e.
(Asintoti) Si ha
lim x(log x − 1)2 = +∞
x→+∞
e
x(log x − 1)2
= +∞ ,
x→+∞
x
perciò non esiste un asintoto obliquo. Infine
lim
lim+ x(log x − 1)2 = 0 ,
x→0
perciò la funzione è prolungabile per continuità in x = 0 dandole il valore 0.
(Derivata prima e monotonia) Risulta, per x > 0,
f ′ (x) = (log x − 1)2 + 2x(log x − 1)
1
= (log x − 1)2 + 2(log x − 1)
x
= (log x − 1)(log x + 1) .
Pertanto
f ′ (x) = 0
⇔
x = e oppure x =
1
,
e
e
f ′ (x) > 0
⇔
x > e oppure x <
1
,
e
f ′ (x) < 0 per
1
<x<e.
e
Allora la funzione è crescente in (0, 1/ e) ed in (e, +∞), è decrescente in
(1/ e, e). La funzione ha un punto di massimo relativo in x = 1e con f (1/ e) =
4/ e, e un punto di minimo relativo in x = e con f (e) = 0.
(Grafico) Dalla simmetria otteniamo che la funzione è crescente in (−∞, − e)
e in (−1/ e, 0) ed è decrescente in (− e, −1/ e). La funzione ha un punto di
minimo relativo in x = − 1e con f (−1/ e) = −4/ e, e un punto di massimo
relativo in x = − e con f (e) = 0. Il grafico è riportato in Figura 36.
135
10
5
-6
-4
2
-2
4
6
-5
-10
Figura 36: Grafico della funzione f .
2. Dall’equazione z +|z|2 = 2 otteniamo z = 2−|z|2 . Poiché l’espressione a destra
è un numero reale, anche le soluzioni z devono essere reali, perciò possiamo
porre z = x ∈ R. Sostituendo nell’equazione di partenza otteniamo
√
−1 ± 1 + 8
2
x + x − 2 = 0 ⇒ x1,2 =
,
2
perciò le soluzioni sono z = 1 e z = −2.
3. Per lo studio del limite osserviamo che:
1
2
(1 + t)1/3 = 1 + t − t2 + o(t2 ) ,
3
9
t4
t2
+
+ o(t5 ) .
2
24
Dunque, con t = x2 oppure con t = 2x, abbiamo
√
1 2 2 4
4x2 16x4
3
4
2
x 1 + x − x cos 2x = x 1 + x − x − 1 +
−
+ o(x )
3
9
2
24
7x3
7 2
3
x + o(x ) =
+ o(x4 )
=x
3
3
cos t = 1 −
e in definitiva, per α = 3, abbiamo
√
x 3 1 + x2 − x cos 2x
7
lim+
= ,
3
x→0
x
3
mentre per α < 3 il limite vale 0 e per α > 3 il limite vale +∞.
136
4. Poiché il polinomio t2 −5t+4 = (t−1)(t−4) ha le due radici t = 1 e t = 4 e per
x ≥ 2 risulta ex > 4, allora la funzione integranda è continua in [2, +∞) ed è
un infinitesimo equivalente a 1/ ex per x → +∞, dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale indefinito usando la sostituzione t = ex , da cui x = log t
e dx = 1t dt. Allora
Z
Z
Z
ex
1
1
t
dt =
dt
dx =
2
2
2x
x
e −5 e +4
t − 5t + 4 t
t − 5t + 4
Z Z A
1
1
B
1
1
t−4
=
dt =
dt = log
.
+
−
t−4 t−1
3
t−4 t−1
3
t−1
In conclusione
∞
Z c
ex
ex
dx
=
lim
dx
x
2x
c→∞ 2 e2x −5 ex +4
2 e −5 e +4
x
2
e −4 c
e −4
1
1
.
log x
= − log 2
= lim
c→∞ 3
e −1 2
e −1
3
Z
5. La funzione f è pari, quindi la sua serie di Fourier contiene solo coseni. Calcoliamo i coefficienti (ak ). Risulta T = 2π e ω = 1, quindi, usando le formule
per le funzioni pari,
π
Z π
2
2 3x2
= 3π,
a0 = 2
3x dx =
2π 0
π
2 0
mentre ∀ k ∈ N, k ≥ 1, si ha
ak
Z π
2
3x cos(kx) dx
= 2
2π 0
π Z π
6
sin(kx)
sin(kx)
dx
=
x
−
π
k
k
0
0
π
6 cos(kx)
6 (−1)k − 1
=
.
=
π
k2
π
k2
0
Allora risulta
f (x) =
∞
3π 6 X (−1)k − 1
+
cos(kx) .
2
π k=1
k2
Poiché il prolungamento 2π-periodico di f è una funzione continua, la sua serie
di Fourier converge totalmente in R.
137
Possiamo osservare che i coefficienti di indice pari si annullano e quelli di indice
. Allora, posto k = 2h + 1 con h ≥ 0, risulta anche:
dispari valgono −2
k2
∞
1
3π 12 X
−
cos((2h + 1)x) .
f (x) =
2
π h=0 (2h + 1)2
138
28
Compito di Analisi Matematica I del
12/09/13
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = log(1 + x2 ) − arctan x ,
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
(z 2 − 4)(z 2 + i) = 0 .
3. Calcolare il seguente limite:
√
3
4x sin2 (x − 2)
.
x→2 (x + 1)2 log2 (x − 1)
lim
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
√
√
dx .
x(2 + x)3
0
5. Determinare la serie di Fourier della funzione che nell’intervallo [−1, 1] è data
da f (x) = x2 . Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
139
Soluzione del compito del 12/09/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R e non presenta
simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) Si ha f (0) = 0, mentre le altre intersezioni
con l’asse delle ascisse e il segno non sono facili da studiare.
(Asintoti) Si ha
lim log(1 + x2 ) − arctan x = +∞
x→+∞
e
log(1 + x2 ) − arctan x H.
2x − 1
= 0,
= lim
x→+∞
x→+∞ 1 + x2
x
perciò non esiste un asintoto obliquo a destra. Inoltre
lim
lim log(1 + x2 ) − arctan x = +∞
x→−∞
e
2x − 1
log(1 + x2 ) − arctan x H.
= lim
= 0,
x→−∞ 1 + x2
x→−∞
x
perciò non esiste un asintoto obliquo a sinistra.
(Derivata prima e monotonia) Risulta, come già calcolato per usare il Teorema
di de L’Hôpital,
2x − 1
.
f ′ (x) =
1 + x2
Pertanto
1
f ′ (x) = 0 ⇔ x = ,
2
e
1
1
f ′ (x) > 0 ⇔ x > ,
f ′ (x) < 0 ⇔
x< .
2
2
Allora la funzione è crescente in (1/2, +∞), è decrescente in (−∞, 1/2). La
funzione ha un punto di minimo assoluto in x = 12 con f (1/2) = log(5/4) −
arctan(1/2) ≈ −0.24.
(Derivata seconda e convessità) Risulta
lim
f ′′ (x) =
2(1 + x2 ) − 2x(2x − 1)
−2x2 + 2x + 2
=
.
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
√
√
√
Le radici del numeratore sono√ x = 1±2 5 , e f ′′ (x) >√0 per 1−2 5 < x < 1+2 5 ,
mentre f ′′ (x) < 0 per x < 1−2 5 oppure per x > 1+2 5 . Dunque la funzione è
140
4
2
-6
-4
2
-2
4
6
-2
-4
Figura 37: Grafico della funzione f .
√
√
√ √ 1− 5
1+ 5
1− 5 1+ 5
concava in −∞, 2
e in
, +∞ , è convessa in
, 2 . I punti
2
2
√
x = 1±2 5 sono di flesso.
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 37.
2. Dall’equazione (z 2 −4)(z 2 +i) = 0 otteniamo che (z 2 −4) = 0 oppure (z 2 +i) =
0. Dalla prima otteniamo le due soluzioni reali z = ±2. Dalla seconda, posto
z = x + i y, e quindi z = x − i y, otteniamo
x2 −y 2 −2xy i+i = 0
⇒
x2 −y 2 = 0, −2xy+1 = 0
⇒
x = ±y, 2xy = 1 ,
√
da cui segue che x e y devono essere
concordi
e
x
=
y
=
±1/
2. Perciò le
√
√
altre due soluzioni sono z = (1 + i)/ 2 e z = −(1 + i)/ 2.
3. Per lo studio del limite usiamo il cambiamento di variabile y = x − 2. Allora
p
√
3
3
4(y + 2) sin2 (y)
4x sin2 (x − 2)
lim
=
lim
.
x→2 (x + 1)2 log2 (x − 1)
y→0 (y + 3)2 log2 (1 + y)
Moltiplicando e dividendo per y 2 , e tenendo conto dei limiti notevoli per sin y
e per log(1 + y), concludiamo:
p
p
3
3
4(y + 2) sin2 (y)
4(y + 2) sin2 (y)
2
y2
=
lim
=
lim
.
2
2
y→0 (y + 3)2
y→0 (y + 3)2 log (1 + y)
y 2 log (1 + y)
9
4. La funzione
integranda è continua in (0, +∞), è un infinito equivalente a
√
1/(8 x) per x → 0 ed è un infinitesimo equivalente a 1/x2 per x → +∞,
dunque l’integrale converge.
141
Calcoliamo l’integrale indefinito usando la sostituzione x = t2 , da cui dx =
2t dt. Allora
Z
Z
Z
2
2t
1
√
√ 3 dx =
dt =
dt
3
t(2 + t)
(2 + t)3
x(2 + x)
1
(2 + t)−2
=−
.
=2
−2
(2 + t)2
In conclusione
∞
1
√
√
dx = lim
c→∞
x(2 + x)3
0
c
1
1
= lim −
= .
2
c→∞
(2 + t) 0 4
Z
Z
c
0
2
dt
(2 + t)3
5. La funzione f è pari, quindi la sua serie di Fourier contiene solo coseni. Calcoliamo i coefficienti (ak ). Risulta T = 2 e ω = π, quindi, usando le formule
per le funzioni pari,
3 1
Z 1
Z 1
x
2
2
2
x dx = 2
x dx = 2
a0 =
= ,
3 0 3
0
−1
mentre ∀ k ∈ N, k ≥ 1, si ha
Z 1
Z
2
ak =
x cos(kπx) dx = 2
1
x2 cos(kπx) dx
−1
0
!
1 Z 1
sin(kπx)
sin(kπx)
−
2x
dx
= 2
x2
kπ
kπ
0
0
!
1
Z 1
cos(kπx)
cos(kπx)
dx
= 2
2x
−2
k2π2
k2π2
0
0
1
4 (−1)k
sin(kπx)
4 (−1)k
−
4
.
=
=
k2π2
k3π3
k2π2
0
Allora risulta
f (x) =
∞
1 X 4 (−1)k
+
cos(kπx) .
3 k=1 k 2 π 2
Poiché il prolungamento 2-periodico di f è una funzione continua, la sua serie
di Fourier converge totalmente in R.
142
29
Compito di Analisi Matematica I del
11/11/13
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = arctan x −
2x
,
1 + x2
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 4 = 4 − 4i .
3. Calcolare il seguente limite:
x3 − sin x3
lim
x→0+ log(1 + xα )
al variare di α > 0.
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z 1
x2
√
dx .
1−x
−1
5. Studiare la serie di potenze
+∞ 2
X
n
n=0
e calcolarne la somma.
143
n!
xn
Soluzione del compito del 11/11/13
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R ed è dispari.
(Intersezioni con gli assi e segno) Si ha f (0) = 0, mentre le altre intersezioni
con l’asse delle ascisse e il segno non sono facili da studiare.
(Asintoti) Si ha
2x
π
lim arctan x −
= ,
2
x→+∞
1+x
2
e
2x
π
=− ,
lim arctan x −
2
x→−∞
1+x
2
perciò esisto i due asintoti orizzontali y = π/2 e y = −π/2.
(Derivata prima e monotonia) Risulta
f ′ (x) =
2 (x2 + 1) − 4x2
3x2 − 1
1
−
=
.
x2 + 1
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
Pertanto
f ′ (x) = 0
⇔
e
1
1
f ′ (x) < 0 ⇔ − √ < x < √ ,
3
3
1
x = ±√ ,
3
1
1
f ′ (x) > 0 ⇔ x < − √ o x > √ .
3
3
Allora la funzione è decrescente in (− √13 , √13 ), invece è crescente in (−∞, − √13 )
e in ( √13 , ∞). La funzione ha un punto di minimo relativo in x = √13 con
√
√
f (1/ 3) ≈ −0.34 e un punto di massimo relativo in x = − √13 con f (1/ 3) ≈
0.34 .
(Derivata seconda e convessità) Risulta
2
6x (x2 + 1) − 4x (x2 + 1) (3x2 − 1)
(x2 + 1)4
10x − 6x3
(x2 + 1) (6x3 + 6x − 12x3 + 4x)
=
=
.
(x2 + 1)4
(x2 + 1)3
q
Le radici del numeratore sono x = 0 e x = ± 53 , e questi sono punti di flesso.
q q q La funzione è convessa in −∞, − 53 e in 0, 53 , è concava in − 53 , 0
q
5
e in
,
+∞
.
3
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 38.
f ′′ (x) =
144
2
1
5
-5
-1
-2
Figura 38: Grafico della funzione f .
2. Le soluzioni sono le radici √
quarte di 4 − 4 i. Scelto come argomento ϑ =
−π/4, abbiamo 4 − 4 i = 32 e−iπ/4 = 25/2 e−iπ/4 . Allora otteniamo zk =
25/8 e−i(π/16)+2kπi/4 con k = 0, 1, 2, 3, cioè:
z0 = 25/16 e−i(π/16) ,
z2 = 25/16 ei(15π/16) ,
z1 = 25/16 ei(7π/16) ,
z3 = 25/16 ei(23π/16) .
Le soluzioni sono rappresentate in rosso nella Figura 39
3. Per lo studio del limite, avendo presenti gli sviluppi di Taylor:
log(1 + t) = t + o(t),
t3
+ o(t4 ),
6
sin t = t −
2
1
-4
2
-2
4
-1
-2
-3
-4
Figura 39: Le radici quarte di 4 − 4 i.
145
otteniamo sin x3 = x3 −
x9
6
+ o(x12 ). Allora
9
x3 − x3 + x6 + o(x12 )
x3 − sin x3
lim+
=
lim
.
x→0 log(1 + xα )
x→0+
xα + o(xα )
Concludiamo che, per α = 9, risulta:
9
x
+ o(x12 )
1
x3 − sin x3
6
=
lim
= ,
lim+
α
9
9
+
x→0 x + o(x )
x→0 log(1 + x )
6
mentre per α < 9 il limite vale 0 e per α > 9 il limite vale +∞.
4. La funzione integranda
ha un asintoto verticale in x = 1 con un infinito equi√
valente a 1/( 1 − x) per x → 1− , dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale usando la sostituzione 1 − x = t2 , da cui dx = −2t dt.
Allora
Z 1
Z 0
Z √2
x2
−2t(1 − t2 )2
√
dx = √
dt =
2(1 − 2t2 + t4 ) dt
t
1−x
−1
2
0
√
√
√
2
√
14 √
t3 t5
2
2
+8
=
=2 2−8
=2 t−2 +
2.
3
5 0
3
5
15
5. Si tratta di una serie di potenze. Calcoliamo il raggio di convergenza con il
metodo del rapporto.
(n + 1)2 n!
(n + 1)2
=
lim
= 0,
n→+∞ (n + 1)! n2
n→+∞ n2 (n + 1)
lim
e dunque il raggio di convergenza è +∞. Ricordando che
ex =
+∞ n
X
x
n=0
n!
,
derivando per serie abbiamo
D ex =
+∞
X
nxn−1
n=0
D(x ex ) =
n!
+∞ 2 n−1
X
nx
n=0
n!
+∞
X
nxn
⇒
⇒
n=0
+∞
X
per ogni x ∈ R.
146
n=0
n!
= xD ex = x ex
n2 x n
= xD(x ex ) = x(x + 1) ex
n!
30
Compito di Analisi Matematica I del 4/04/14
(FC)
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
f (x) = √
3
2x
,
x2 − 1
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
z 6 + 64 = 0 .
3. Calcolare il seguente limite:
lim+
x→0
sin(x2 ) − sin2 x
xα
al variare di α > 0.
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
2
√
dx .
(x + 1) x − 1
1
5. Determinare la serie di Fourier della funzione che nell’intervallo [0, 2] è data
da f (x) = x(2 − x). Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
147
Soluzione del compito del 4/04/14
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita in R \ { ±1 } ed è dispari.
(Intersezioni con gli assi e segno) Si ha f (0) = 0, e non ci sono altre intersezioni
con gli assi. La funzione è positiva per x ∈ (−1, 0)∪(1, +∞) e negativa altrove.
(Asintoti) Si ha
2x
2x
p
√
=
lim
= +∞ ,
3
3
2
2/3
x→+∞
x −1
x
1 − 1/x2
2x
2x
√
p
=
lim
= −∞ ,
3
3
2
2/3
x→−∞
x −1
x
1 − 1/x2
e non ci sono asintoti obliqui. Inoltre
2x
= +∞ ,
lim √
3
x→1+
x2 − 1
e
lim
x→1−
2x
√
3
x2 − 1
= −∞
2x
2x
√
√
lim
= +∞ ,
lim
= −∞
3
3
x→−1+
x→−1−
x2 − 1
x2 − 1
perciò esistono i due asintoti verticali per x = 1 e x = −1.
(Derivata prima e monotonia) Risulta
√
2x
2 3 x2 − 1 − 2x √
3
2 −1)2
3
(x
6(x2 − 1) − 4x2
2(x2 − 3)
p
p
p
=
=
.
f ′ (x) =
3
(x2 − 1)2
3 3 (x2 − 1)4
3 3 (x2 − 1)4
Pertanto
f ′ (x) = 0
⇔
√
x = ± 3,
e
√
√
f ′ (x) < 0 ⇔ − 3 < x < −1 o − 1 < x < 1 o 1 < x < 3 ,
√
√
f ′ (x) > 0 ⇔ x < − 3 o x > 3 .
√
√
√
La funzione ha un punto di minimo relativo in √
x = 3 con f√( 3) = 22/3√ 3 ≈
2.74 e un punto di massimo relativo in x = − 3 con f (− 3) = −22/3 3 ≈
−2.74 .
(Derivata seconda e convessità) Risulta
f ′′ (x) =
4x
3 (x2 − 1)4/3
−
8 (x2 − 3)2x
4x (x2 − 9)
=
−
.
9 (x2 − 1)7/3
9 (x2 − 1)7/3
148
5
5
-5
-5
Figura 40: Grafico della funzione f .
Le radici del numeratore sono x = 0 e x = ±3, e questi sono punti di flesso. La
funzione è convessa in (−∞, −3), in (−1, 0) e in (1, 3) , è concava in (−3, 0),
in (0, 1) e in (3, +∞).
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 40.
2. Le soluzioni sono le radici seste di −64 . Scelto come argomento ϑ = π,
abbiamo −64 = 26 eiπ . Allora otteniamo
zk = 2 ei(π+2kπ)/6 = 2(cos((π + 2kπ)/6) + i sin((π + 2kπ)/6))
con k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, cioè:
√
z0 = 3 + i ,
√
z3 = − 3 − i ,
√
z2 = − 3 + i ,
√
z4 = −2i ,
z5 = 3 − i .
z1 = 2i ,
3. Per lo studio del limite, avendo presente lo sviluppo di Taylor:
t3
+ o(t4 ),
6
+ o(x8 ) e sin2 x = x −
sin t = t −
otteniamo sin(x2 ) = x2 −
5
o(x ). Allora
x6
6
x2 −
sin(x2 ) − sin2 x
lim
= lim+
x→0+
x→0
xα
x6
6
149
− x2 +
xα
x4
3
x3
6
+ o(x4 )
+ o(x5 )
2
= lim+
x→0
= x2 −
x4
3
x4
3
+
+ o(x5 )
.
xα
Concludiamo che, per α = 4, risulta:
lim+
x→0
1
sin(x2 ) − sin2 x
= ,
4
x
3
mentre per α < 4 il limite vale 0 e per α > 4 il limite vale +∞.
4. La funzione integranda
ha un asintoto verticale in x = 1 con un infinito equi√
valente a 1/( x − 1) per x → 1+ , e all’infinito è un infinitesimo equivalente a
1/(x3/2 ) dunque l’integrale converge.
Calcoliamo l’integrale usando la sostituzione x − 1 = t2 , da cui dx = 2t dt.
Allora
Z +∞
Z +∞
Z +∞
2
4t
4
√
dx =
dt =
dt
2
2
(t + 2)t
t +2
(x + 1) x − 1
1
0
0
+∞
√
1
4 π
t
= 4 √ arctan √
=√
= π 2.
2
2 0
2 2
5. Poiché il prolungamento 2-periodico di f è una funzione continua e pari, la
sua serie di Fourier contiene solo coseni e converge totalmente in R.
Calcoliamo i coefficienti (ak ). Risulta T = 2 e ω = π, quindi abbiamo
a0 =
Z
2
x3
(2x − x ) dx = x −
3
2
0
2
2
=
0
4
,
3
mentre ∀ k ∈ N, k ≥ 1, si ha, integrando per parti,
Z 2
(2x − x2 ) cos(kπx) dx
ak =
0
2 Z 2
sin(kπx)
2 sin(kπx)
= (2x − x )
dx
(2 − 2x)
−
kπ
kπ
0
0
2 Z 2
4
cos(kπx)
cos(kπx)
dx
=
−
.
−
−2
= (2 − 2x)
k2π2
k2π2
k2π2
0
0
Allora risulta
∞
2
4 X 1
˜
f (x) = − 2
cos(kπx) .
3 π k=1 k 2
150
Parte IV
ANNO ACCADEMICO 2014/15
151
31
Compito di Analisi Matematica I del
15/01/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = |x2 − 3x| − x ,
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
(z 4 + 16)(z 2 − i) = 0 .
3. Calcolare il seguente limite:
lim+
x→0
tan2 (2x) − sin2 (2x)
xα
al variare di α > 0.
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
1
dx .
4
x + x2
1
5. Studiare la convergenza puntuale e totale della serie di funzioni
∞
X
(k + 1)
k=1
e calcolarne la somma.
152
x−1
2x + 3
k
Soluzione del compito del 15/01/15
1.
• (Dominio e simmetrie) Il Dominio della funzione f è tutto R ed essa è
continua. Non presenta simmetrie.
• (Segno e intersezione con gli assi) Poiché compare la funzione valore assoluto e si ha x2 − 3x ≥ 0 se e solo se x ∈ (−∞, 0] ∪ [3, +∞) consideriamo
le due funzioni
(
√
f1 (x) = x2 − 3x − x per x ∈ (−∞, 0] ∪ [3, +∞)
√
f2 (x) = 3x − x2 − x per x ∈ (0, 3)
e studiamole separatamente.
Risolvendo f1 (x) = 0 troviamo solo la soluzione x = 0. Infatti f1 (x) > 0
per ogni x < 0 e f1 (x) < 0 per x ≥ 3.
Studiamo ora f2 in (0, 3). Risulta f2 (x) > 0 per x ∈ (0, 3/2), f2 (3/2) = 0
e f2 (x) < 0 per x ∈ (3/2, 3).
• (Asintoti) Si ha
3
x2 − 3x − x2
−3x
=−
lim f1 (x) = lim √
= lim q
2
x→+∞
x→+∞
2
x − 3x + x x→+∞ x 1 − 3 + x
x
3
è asintoto orizzontale. Invece lim f1 (x) = +∞ per cui
x→−∞
2
vediamo se c’è asintoto obliquo. Otteniamo
q
√
1 − x3 − x
−x
2
x − 3x − x
lim
= lim
= −2
x→−∞
x→−∞
x
x
per cui y = −
e
lim
x→−∞
√
−3x
3
x2 − 3x − x2
q
x2 − 3x−x+2x = lim √
= lim
=
x→−∞
2
x2 − 3x − x x→−∞ −x 1 − 3 − x
x
3
è asintoto obliquo.
2
• (Derivata prima e monotonia) Risulta
pertanto la retta y = −2x +
f1′ (x)
√
2x − 3
2x − 3 − 2 x2 − 3x
√
= √
−1=
2 x2 − 3x
2 x2 − 3x
153
perciò f1′ (x) < 0 per ogni x < 0 e f1′ (x) > 0 per ogni x > 3, pertanto
f1 è decrescente in (−∞, 0] ed è crescente in [3, +∞). Osserviamo che
f1 (0) = 0 e lim− f1′ (x) = −∞ mentre f1 (3) = −3 e lim+ f1′ (x) = +∞.
x→0
x→3
Calcolando f2′ (x) troviamo
√
3x − x2
3
−
2x
−
2
3
−
2x
√
−1=
f2′ (x) = √
2 3x − x2
2 3x − x2
e si ha
√
√
3 − 2x − 2 3x − x2 = 0 ⇔ 2 3x − x2 = 3 − 2x ⇒ 4(3x − x2 ) = (3 − 2x)2 .
2
Risolvendo l’equazione
− 24x + 9 = 0 si ha che√solo
√ di secondo grado 8x
3
′
la radice x = 4 (2 − 2) è accettabile e f2 (x) > 0 per x ∈ 0, 34 (2 − 2)
√
mentre f2′ (x) < 0 per x ∈ 34 (2 − 2), 3 . Quindi f2 è crescente in
√ √
√ 0, 43 (2 − 2) e decrescente in 43 (2 − 2), 3 . Si ha f2 43 (2 − 2) =
√
3
( 2 − 1). Inoltre lim+ f2′ (x) = +∞ mentre lim− f2′ (x) = −∞.
2
x→0
x→3
• (Derivata seconda e convessità) Risulta
f1′′ (x) = −
4(x2
9
<0
− 3x)3/2
per ogni x < 0 e per ogni x > 3 perciò f1 è concava in (−∞, 0] e in
[3, +∞). Calcolando la derivata seconda di f2 si ottiene
f2′′ (x) = −
9
4(3x − x2 )3/2
che è negativa in (0, 3) pertanto f2 è concava in (0, 3).
• (Grafico) Tornando alla funzione assegnata f osserviamo che x√
= 0 è un
punto di minimo relativo e una cuspide. Il punto x = 43 (2 − 2) è un
punto di massimo relativo. Il punto x = 3 è un punto di minimo assoluto
e una cuspide.
La funzione f è decrescente in (−∞,
√
√ 0) e decrescente in
3
3
( 4 (2 − 2), 3) mentre è crescente in (0, 4 (2 − 2)) e in (3, +∞). La
funzione f è concava in (−∞, 0), in (0, 3) e in (3, +∞). La funzione è
illimitata superiormente e ha minimo assoluto f (3) = −3. Il grafico della
funzione e gli asintoti sono riportati in Figura 41.
2. Le soluzioni si ottengono risolvendo le due equazioni: z 4 + 16 = 0 o z̄ 2 − i = 0.
Per risolvere la prima, troviamo le radici quarte di −16 = 16(cos π + i sin π).
154
10
5
-6
-4
2
-2
4
6
8
-5
-10
Figura 41: Grafico della funzione f e dei due asintoti.
Allora, poiché
√
4
16 = 2, abbiamo
π + 2kπ
π + 2kπ
zk = 2 cos
+ i sin
4
4
cioè
z0 = 2
k = 0, 1, 2, 3 ,
√ !
√
√
2
2
= 2(1 + i) , z1 = 2(−1 + i) ,
+i
2
2
√
√
z2 = − 2(1 + i) , z3 = 2(1 − i) .
√
Per risolvere la seconda, posto z̄ = w, dobbiamo risolvere w2 = i. Risulta
√ e w1 = − 1+i
√ , ed allora concludiamo z4 = 1−i
√ e z5 = − 1−i
√ .
w0 = 1+i
2
2
2
2
3. Le formule di Taylor per le funzioni tan t e sin t sono:
tan t = t +
t3
+ o(t4 ) ,
3
Allora, ponendo t = 2x, otteniamo:
2
2x +
tan2 (2x) − sin (2x)
=
lim
lim+
x→0
x→0+
xα
155
sin t = t −
8x3
3
4
+ o(x )
t3
+ o(t4 ) .
6
2
− 2x −
xα
8x3
6
4
+ o(x )
2
32x4
= lim+
x→0
3

0
per 0 < α < 4 ,
+ 3 + o(x5 ) 
= 16
per α = 4 ,

xα

+∞ per α > 4 .
16x4
4. La funzione integranda è continua in [1, +∞) e infinitesima all’infinito come
1/x4 , pertanto l’integrale converge. Dal metodo dei fratti semplici abbiamo:
x4
1
A B
Cx + D
1
= 2 2
= + 2+ 2
2
+x
x (x + 1)
x x
x +1
3
2
Ax + Ax + Bx + B + Cx3 + Dx2
=
x4 + x2
(A + C)x3 + (B + D)x2 + Ax + B
=
,
x4 + x2
da cui segue A = C = 0, B = 1, D = −1. Dunque
Z Z
1
1
1
1
dx
=
−
dx
=
−
− arctan x
x4 + x2
x2 1 + x2
x
e allora
Z +∞
1
5. Posto y =
c
1
1
π
π
π
dx = lim − − arctan x = − + 1 + = 1 − .
4
2
c→+∞
x +x
x
2
4
4
1
x−1
,
2x+3
le serie data si riconduce alla serie di potenze
∞
X
(k + 1)y k .
k=1
Questa serie ha raggio di convergenza ̺ = 1 e non converge per y = ±1.
Pertanto essa converge assolutamente per y ∈ (−1, 1) e totalmente in [−r, r]
per ogni 0 < r < 1. Per calcolare la sua somma osserviamo che
!
2 ∞
∞
∞
X
X
X
y(2 − y)
y
k
k+1
k
(k + 1)y =
=D
D y
=
=D
y
.
2
1
−
y
(1
−
y)
k=1
k=1
k=2
Ritornando nella variabile x, dobbiamo risolvere le diseguaglianze:
−1 <
x−1
< 1.
2x + 3
156
Per la prima abbiamo:
x−1
+1>0
2x + 3
⇔
3x + 2
>0
2x + 3
⇔
x<−
3
2
2
o x>− .
3
−x − 4
<0
2x + 3
⇔
3
x < −4 o x > − .
2
Per la seconda abbiamo:
x−1
−1<0
2x + 3
⇔
In definitiva otteniamo che la serie data converge assolutamente per x ∈
(−∞, −4) ∪ (−2/3, +∞) e converge totalmente in (−∞, a) ∪ (b, +∞) per ogni
a < −4 e b > −2/3. La somma della serie vale
k
∞
x−1
x−1
X
2
−
(x − 1)(3x + 7)
x−1
2x+3
=
.
= 2x+3
(k + 1)
2
2
x−1
2x
+
3
(x
+
4)
1
−
k=1
2x+3
157
32
Compito di Analisi Matematica I del
30/01/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = 3 x2 (x − 4) ,
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Stabilire il carattere della serie numerica:
∞
X
√
1
.
k 1 − cos
k
k=1
3. Calcolare il seguente limite:
2
e−4x − cos2 (2x)
lim+
x→0
xα
al variare di α > 0.
4. Calcolare il seguente integrale definito:
Z 1
x−1
dx .
2
0 −x + x + 2
5. Determinare la serie di Fourier della funzione 2-periodica, definita nell’intervallo [−1, 1[ da
(
1 per x ∈ [−1, 0[ ,
f (x) =
2 per x ∈ [0, 1[ .
158
Soluzione del compito del 30/01/15
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione f è definita in R e non presenta simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) Si ha f (0) = 0, f (4) = 0 e non ci sono altre
intersezioni con gli assi. La funzione è positiva per x ∈ (4, +∞) e negativa
altrove.
(Asintoti) Si ha
p
p
lim 3 x2 (x − 4) = +∞ ,
lim 3 x2 (x − 4) = −∞ .
x→+∞
x→−∞
Come asintoti obliqui otteniamo:
p
p
3
x2 (x − 4)
x 3 1 − 4/x
lim
= lim
= 1,
x→±∞
x→±∞
x
x
!
1/3
p
4
4
3
−1 =−
1−
lim
x2 (x − 4) − x = lim x
x→±∞
x→±∞
x
3
perciò y = x − 4/3 è asintoti obliquo a sinistra e a destra (nell’ultimo calcolo
è stato usato il polinomio di Taylor di grado 1 per (1 + t)α per α = 1/3).
(Derivata prima e monotonia) Risulta
3x2 − 8x
1
f ′ (x) = (x3 − 4x2 )−2/3 (3x2 − 8x) = p
.
3
3 3 (x3 − 4x2 )2
Pertanto la funzione non è derivabile in x = 0 e in x = 4,
x=
8
.
3
f ′ (x) < 0 ⇔ 0 < x <
8
,
3
f ′ (x) = 0
⇔
Il denominatore è positivo pertanto
8
.
3
La funzione ha un punto di minimo relativo in x = 8/3 con f (8/3) = −4 ×
22/3 /3 ≈ −2.11 e un punto di massimo relativo in x = 0 con f (0) = 0 . Il
f ′ (x) > 0 ⇔ x < 0 o x >
159
Figura 42: Grafico della funzione f .
punto x = 0 è di cuspide, mentre in x = 0 la retta tangente è verticale.
(Derivata seconda e convessità) Risulta
2
f ′′ (x) =
6x − 8
32
2 (3x2 − 8x)
p
p
2 = −
p
2 .
2 −
3
3
3
2
2
2
2
3
x (x − 4)
9x (x − 4)
x (x − 4)
9(x − 4)
x (x − 4)
Il numeratore non ha radici. La funzione è convessa in (−∞, 0) e in (0, 4), è
concava in (4, +∞).
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 42.
2. La serie è a termini positivi. Dal limite notevole
1 − cos x
1
= ,
2
x→0
x
2
lim
segue che
1
1
1 − cos
≈ 2.
k
2k
Allora possiamo usare il criterio del confronto asintotico con la serie
Otteniamo:
lim
k→+∞
√
k 1 − cos
1
k3/2
1
k
160
= lim
k→+∞
1 − cos
1
k2
1
k
=
1
.
2
X 1
.
k 3/2
k
X 1
converge e quindi anche la serie data è
k 3/2
k
assolutamente convergente.
Poiché 3/2 > 1, la serie
3. Le formule di Taylor per le funzioni et e cos t sono:
et = 1 + t +
t2
+ o(t2 ) ,
2
cos t = 1 −
t2
t4
+
+ o(t5 ) .
2
24
Allora, ponendo t = −4x2 oppure t = 2x, otteniamo:
2
16x4
5
−4x2
2
2
4
4
2
e
+ o(x )
− cos (2x) = 1 − 4x + 8x + o(x ) − 1 − 2x +
24
16x4
2
4
4
4
2
5
= 1 − 4x + 8x + o(x ) − 1 + 4x − 4x +
+ o(x )
12
4x4
8x4
= 8x4 − 4x4 −
+ o(x4 ) =
+ o(x4 ) .
3
3
In definitiva

0
per 0 < α < 4 ,
2
e−4x − cos2 (2x)  8
lim
= 3
per α = 4 ,

x→0+
xα

+∞ per α > 4 .
4. Per calcolare l’integrale usiamo il metodo dei fratti
semplici. Calcoliamo le
√
1± 9
2
soluzioni di −x + x + 2 = 0. Abbiamo x1,2 = 2 = {−1, 2}, e allora:
x−1
1−x
A
B
Ax + A + Bx − 2B
=
=
+
=
.
−x2 + x + 2
x2 − x − 2
x−2 x+1
x2 − x − 2
Riducendo i termini simili e confrontando, si ottiene il sistema:
(
A + B = −1
1
2
⇒ A=− , B=− .
3
3
A − 2B = 1
Calcolando gli integrali elementari si ottiene:
Z 1
Z 1
1−x
x−1
dx =
dx
2
2
0 x −x−2
0 −x + x + 2
1
Z 1
1
1
2
2
=
−
dx = − log |x − 2| − log |x + 1|
−
3(x − 2) 3(x + 1)
3
3
0
0
1
log 2
2
.
= − log 2 + log 2 = −
3
3
3
161
5. La funzione non è pari né dispari, dunque dovremo calcolare tutti i coefficienti
di Fourier. Poiché T = 2, risulta ω = π e quindi abbiamo, tenendo conto che
la funzione vale 1 in [−1, 0[ e 2 in [0, 1[ :
Z 1
Z 0
2 dx = 3 ,
1 dx +
a0 =
0
−1
0
0
1
sin(kπx)
sin(kπx)
ak =
cos(kπx) dx +
2 cos(kπx) dx =
+ 2
= 0,
kπ
kπ
−1
0
−1
0
0
1
Z 1
Z 0
cos(kπx)
cos(kπx)
2 sin(kπx) dx = −
+ −2
sin(kπx) dx +
bk =
kπ
kπ
0
−1
−1
0
Z
=−
Z
1
1
(−1)k
(−1)k
2
1 − (−1)k
+
−2
+
=
.
kπ
kπ
kπ
kπ
kπ
Dunque la serie di Fourier di f è
+∞
3 X
+
2 k=1
1 − (−1)k
kπ
+∞
3 X
sin(kπx) = +
2 h=0
162
2
(2h + 1)π
sin((2h + 1)πx) .
33
Compito di Analisi Matematica I del
24/02/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita
p
f (x) = x | log x| ,
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
iz 4 − 4z 2 − 3i = 0 .
3. Calcolare il seguente limite:
lim+
x→0
x e−x − log(1 + x)
xα
al variare di α > 0.
4. Calcolare il seguente integrale definito:
Z 1
x arctan x dx .
0
5. Determinare gli α > 0 tali che la serie
∞
X
k=1
x
xα + k 2
converga puntualmente in [0, +∞). Verificare che per α > 2 la serie converge
totalmente in [0, +∞).
163
Soluzione del compito del 24/02/15
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione log x è definita per x > 0. Per la presenza
del valore assoluto non ci sono altre restrizioni, dunque il Dominio di f è la
semiretta aperta (0, +∞). Non ci sono simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) Si ha f (1) = 0 e non ci sono altre intersezioni
con gli assi. La funzione è non negativa.
(Asintoti) Si ha
p
p
p
x | log x|
lim
log x = +∞ ,
= lim
lim x | log x| = +∞ ,
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
quindi non c’è asintoto obliquo. Nell’estremo x = 0 risulta
p
p
lim+ x | log x| = lim+ x2 | log x| = 0 ,
x→0
x→0
per il limite notevole lim+ xα | log x| = 0 per ogni α > 0. Quindi la funzione f
x→0
è prolungabile per continuità in x = 0 con valore 0.
(Derivata prima e monotonia) Poiché log x ≥ 0 per x ≥ 1 e log x < 0 per
0 < x < 1, consideriamo le due funzioni
p
p
f2 (x) = x log x per x ≥ 1 .
f1 (x) = x − log x per 0 < x < 1 ,
Risulta
f1′ (x) =
p
2 log(x) + 1
1
− log(x) − p
=− p
.
2 − log(x)
2 − log(x)
Quindi f1′ (x) ≥ 0 se e solo se 2 log(x) + 1 ≤ 0, cioè per 0 < x ≤ e−1/2 =
mentre f1′ (x) < 0 se e solo se 2 log(x) + 1 > 0, cioè per e−1/2 < x < 1.
Per quanto riguarda f2 abbiamo
f2′ (x) =
√1 ,
e
p
1
2 log(x) + 1
log(x) + p
= p
.
2 log(x)
2 log(x)
Quindi f2′ (x) > 0 per ogni x > 1. La funzione f2 non è derivabile in x
√= 1.
e ≈ 0.6
In conclusione
la
funzione
f
ha
un
punto
di
massimo
relativo
in
x
=
1/
√
√
con f (1/ e) = 1/ 2 e ≈ 0.42 e un punto di minimo assoluto e di cuspide in
x = 1 con f (1) = 0 .
(Derivata seconda e convessità) Risulta inoltre
1
2 log(x) − 1
2 log(x) + 1
f1′′ (x) = − p
=
< 0 per 0 < x < 1 .
−
3/2
4x(− log(x))3/2
x − log(x) 4x(− log(x))
164
Figura 43: Grafico della funzione f .
La funzione è concava in (0, 1). Mentre per f2 risulta
2 log(x) − 1
1
2 log(x) + 1
=
.
f2′′ (x) = p
−
3
3
x log(x)
4x log 2 (x)
4x log 2 (x)
√
e1/2 = e, mentre
Quindi f2′′ (x) ≥ 0 se e solo se 2 log(x) − 1 ≥ 0, cioè
per
x
≥
√
′′
e. Quindi f2 è convessa in
f√
2 (x) < 0 se 2 log(x) − 1 <√0, cioè per 1 < x <
e,
e).
+∞), è concava in (1,
(
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 43.
2. Poniamo w = z 2 e cosı̀ otteniamo iw2 − 4w − 3i = 0. Usando la formula
risolutiva per le equazioni di secondo grado si ha:
√
4 ± 16 + 12i2
4±2
w1,2 =
=
= { −3i , −i } .
2i
2i
Per avere le soluzioni z dobbiamo estrarre le radici quadrate. In forma trigonometrica risulta
−3i = 3 cos(3π/2) + i sin(3π/2) ,
−i = cos(3π/2) + i sin(3π/2) ,
da cui concludiamo
√
z1 = 3 cos(3π/4) + i sin(3π/4) =
165
r
3
(−1 + i) ,
2
z2 =
r
3
(1 − i) ,
2
e
√
2
(−1 + i) ,
z3 = cos(3π/4) + i sin(3π/4) =
2
z4 =
√
2
(1 − i) .
2
3. Le formule di Taylor per le funzioni et e log(1 + t) sono:
et = 1 + t + o(t) ,
log(1 + t) = t −
t2
+ o(t2 ) .
2
Allora, ponendo t = −x oppure t = x, otteniamo:
x2
x2
−x
2
2
2
x e − log(1 + x) = x − x + o(x ) − x −
+ o(x ) = − + o(x2 ) .
2
2
In definitiva
lim+
x→0
x
e−x

0
per 0 < α < 2 ,
− log(1 + x)  1
= −2
per α = 2 ,

xα

−∞ per α > 2 .
4. Per calcolare l’integrale usiamo il metodo di integrazione per parti. Si ottiene:
2
1 Z 1
Z 1
x
x2
x arctan x dx =
arctan x −
dx
2
2
0
0 2(x + 1)
0
Z
Z 1
π 1 1
π 1 1 x2 + 1 − 1
1− 2
dx
dx = −
= −
8 2 0
x2 + 1
8 2 0
x +1
i1 π 1 π
π 1h
π 1
π−2
= − x − arctan x = − + = − =
.
8 2
8 2 8
4 2
4
0
x
. Studiamo la convergenza puntuale
+ k2
in I. Per x = 0 tutti i termini della serie valgono zero e dunque la sua somma
vale zero. Per x > 0, possiamo usare il criterio del confronto asintotico con la
∞
X
1
serie
. Risulta
k2
k=1
5. Poniamo I = [0, +∞) e uk (x) =
x
xα +k2
lim
1
k→+∞
k2
xα
xk 2
= x > 0,
k→+∞ xα + k 2
= lim
∞
X
1
converge
2
k
k=1
allora la serie data converge puntualmente in I per ogni α > 0.
quindi le due serie hanno lo stesso carattere. Poiché la serie
166
Studiamo ora la convergenza totale in I. Per questo, fissato k, dobbiamo
calcolare
x
Mk = sup |uk (x)| = sup α
2
x∈I
x∈I x + k
mediante lo studio della funzione uk . L’estremo
rando i limiti negli estremi di I e il valore di uk
annulla.
Per x = 0 otteniamo il valore 0. Inoltre

x

lim α
= +∞
per


x→+∞ x + k 2





x
lim α
=1
per
x→+∞ x + k 2






x

 lim
=0
per
x→+∞ xα + k 2
∞
X
Allora nei primi due casi la serie
superiore si ottiene considenei punti dove la derivata si
0 < α < 1,
α = 1,
α > 1.
Mk diverge e quindi la serie data non
k=1
converge totalmente. Concludiamo lo studio delle funzioni uk (x) per α > 1.
Calcoliamo la derivata e troviamo i punti critici:
xα + k 2 − αxα
αxα
x
=
=
1
−
= 0.
D
xα + k 2
xα + k 2
xα + k 2
Dunque esiste un solo punto critico (di massimo assoluto) xk =
per cui risulta
Mk = uk (xk ) =
k2
α−1
k2
α−1
1/α
+ k2
=
Per avere la convergenza della serie
giore di 1. Dunque:
k2
α−1
∞
X
1/α
1/α
,
Mk l’esponente di k deve essere mag⇔
α > 2.
In conclusione, la serie data converge totalmente per α > 2.
167
k2
α−1
α−1
(α − 1)1−1/α
=
.
αk 2
αk 2−2/α
k=1
2 − 2/α > 1
34
Compito di Analisi Matematica I del 9/06/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita:
3
√
,
(x − 2) x + 4
f (x) =
determinando gli eventuali punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
3z + 2i z = 2 + 2i .
3. Calcolare il seguente limite:
2
ex − cos x
.
x→0 sin2 (6x)
lim
4. Calcolare il seguente integrale improprio:
Z 1
3x + 1
√ dx .
x
0 x+
5. Determinare il carattere della serie numerica
∞
X
3k
√ .
k!
k=1
168
Soluzione del compito del 9/06/15
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione è definita per x > −4 e x 6= 2, dunque il
Dominio di f è (−4, 2) ∪ (2, +∞). Non ci sono simmetrie.
(Intersezioni con gli assi e segno) Si ha f (0) = −3/4 e non ci sono altre
intersezioni con gli assi. La funzione è negativa per x ∈ (−4, 2) e positiva per
x ∈ (2, +∞).
(Asintoti) Si ha
3
3
√
√
= 0 , lim+
= +∞ ,
x→+∞ (x − 2) x + 4
x→2 (x − 2) x + 4
3
3
√
√
= −∞ ,
lim +
lim−
= −∞ .
x→−4 (x − 2) x + 4
x→2 (x − 2) x + 4
lim
Quindi y = 0 è asintoto orizzontale, x = 2 e x = −4 sono asintoti verticali.
(Derivata prima e monotonia) Poiché
f (x) =
3
√
= 3(x − 2)−1 (x + 4)−1/2 ,
(x − 2) x + 4
risulta, usando la regola per la derivata del prodotto invece di quella per il
quoziente:
3
f ′ (x) = −3(x − 2)−2 (x + 4)−1/2 − (x − 2)−1 (x + 4)−3/2
2
−6(x + 4) − 3(x − 2)
−9(x + 2)
=
=
.
2
3/2
2(x − 2) (x + 4)
2(x − 2)2 (x + 4)3/2
Il denominatore è positivo, quindi f ′ (x) > 0 per −4 < x < −2 mentre
f ′ (x) < 0 per −2 < x < 2 oppure per x > 2.
In conclusione la
√ funzione f ha un punto di massimo relativo in x = −2 con
f (−2) = −3/(4 2) ≈ −0.53 . La funzione f è crescente in (−4, −2), è decrescente in (−2, 2) e in (2, +∞).
(Derivata seconda e convessità) Risulta inoltre (regola per la derivata del
prodotto con l’uso di esponenti negativi o frazionari)
f ′′ (x) =
=
−9
9(x + 2)
27(x + 2)
+
+
2
3/2
3
3/2
2(x − 2) (x + 4)
(x − 2) (x + 4)
4(x − 2)2 (x + 4)5/2
9(5x2 + 20x + 36)
−18(x − 2)(x + 4) + 36(x + 2)(x + 4) + 27(x2 − 4)
=
.
4(x − 2)3 (x + 4)5/2
4(x − 2)3 (x + 4)5/2
169
Figura 44: Grafico della funzione f .
Il numeratore è positivo, quindi f ′′ (x) > 0 per x > 2 mentre f ′′ (x) < 0 per
−4 < x < 2. La funzione è concava in (−4, 2), è convessa in (2, +∞).
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 44.
2. Poniamo z = x + yi e cosı̀ otteniamo:
3x + 3yi + 2i(x − yi) = 3x + 3yi + 2xi + 2y = 3x + 2y + (3y + 2x)i = 2 + 2i .
Uguagliando la parte reale e il coefficiente dell’immaginario abbiamo:
(
3x + 2y = 2
2
⇒ x=y= ,
5
2x + 3y = 2
da cui concludiamo che l’unica soluzione è z = 52 (1 + i) .
3. Per calcolare il limite possiamo usare il Teorema di de l’Höpital. Dunque:
2
2
2
2
ex − cos x
2 ex +4x2 ex + cos x
1
2x ex + sin x
lim
=
lim
=
.
=
lim
2
x→0 sin (6x)
x→0
x→0 12 sin(6x) cos(6x)
72 cos(12x)
24
Usando le formule di Taylor (o semplicemente i limiti notevoli) il calcolo è
ancora più rapido.
4. Per calcolare l’integrale usiamo il metodo di sostituzione. Posto x = t2 , da
cui dx = 2t dt, e osservato che questo cambiamento manda [0, 1] in se stesso,
concludiamo:
Z 1
Z 1 2
Z 1 2
3x + 1
3t + 1
3t + 1
√ dx =
2t
dt
=
2
dt
t2 + t
t+1
x
0 x+
0
0
Z 1
h
i1
4
2
dt = 3t − 6t + 8 log(t + 1) = 8 log 2 − 3 .
3t − 3 +
=2
t+1
0
0
170
Per ottenere il quarto integrale è stato usato l’algoritmo di divisione tra due
polinomi.
5. La serie è a termini positivi. Possiamo usare il criterio del rapporto, da cui
risulta:
s
√
k!
k!
3k+1
3k+1
3
lim p
= lim
= lim √
= 0.
k
k
k→+∞
k→+∞ 3
(k + 1)! k→+∞ k + 1
(k + 1)! 3
Quindi la serie converge.
171
35
Compito di Analisi Matematica I del
24/06/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita:
f (x) = |x| e
1
|x|
,
determinando gli eventuali asintoti, punti di estremo relativo e di flesso.
2. Determinare tutte le soluzioni z ∈ C dell’equazione
iz 3 + 8 = 0 .
3. Calcolare il seguente limite:
lim+
x→0
sin(x2 ) − x2
xα
al variare di α > 0.
4. Calcolare il seguente integrale improprio:
Z ∞
1
dx .
3
x + x2
1
5. Studiare la convergenza puntuale e totale della serie di funzioni
∞
X
2
e−2kx
(−1)
(2k)!
k=0
e calcolarne la somma.
172
k
Soluzione del compito del 24/06/15
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione è definita per x 6= 0, dunque il Dominio di
1
|x|
1
|−x|
= |x| e = f (x) dunque
f è (−∞, 0) ∪ (0, +∞). Risulta f (−x) = | − x| e
la funzione è pari. Il grafico è simmetrico rispetto all’asse delle ordinate, perciò
1
x
studieremo la funzione solo per x > 0. In questo caso f (x) = x e .
(Intersezioni con gli assi e segno) Non ci sono intersezioni con gli assi. La
funzione è positiva in tutto il dominio.
(Asintoti) Si ha
1
x
lim x e = +∞ ,
x→+∞
1
x
lim+ x e = lim+
x→0
x→0
e
1
x
1
x
ey H.
= lim ey = +∞ .
y→+∞
y→+∞ y
= lim
Quindi x = 0 è asintoto verticale. Verifichiamo se esiste l’asintoto obliquo.
lim
x→+∞
xe
x
1
x
= 1,
1
x
1
x
lim x e −x = lim x e −1
x→+∞
x→+∞
!
1
x
= lim
x→+∞
e −1
1
x
= lim+
y→0
ey −1
= 1.
y
Dunque y = x + 1 è asintoto obliquo a destra. Per simmetria y = −x + 1 è
asintoto obliquo a sinistra.
(Derivata prima e monotonia) Risulta, usando la regola per la derivata del
prodotto:
1
x
1
x
1
x
1
f (x) = e −x e 2 = e
x
′
1
1−
x
=e
1
x
x−1
x
.
Il denominatore è positivo, quindi f ′ (x) > 0 per x > 1 mentre f ′ (x) < 0 per
0 < x < 1 e f ′ (1) = 0.
In conclusione la funzione f ha un punto di minimo assoluto in x = 1 con
f (1) = e ≈ 2.71 . La funzione f è decrescente in (0, 1), è crescente in (1, +∞).
Per simmetria, la funzione f ha un punto di minimo assoluto in x = −1, è
173
Figura 45: Grafico della funzione f .
decrescente in (−∞, −1), è crescente in (−1, 0).
(Derivata seconda e convessità) Dall’espressione:
′
f (x) = e
1
x
1
1−
x
otteniamo
1
x
f ′′ (x) = −
e
x2
1−
1
x
+e
1
x
1
=e
x2
1
x
−
1
1
1
+
+
x2 x3 x2
1
x
=
e
.
x3
Quindi f ′′ (x) > 0 per x > 0. Dunque la funzione è convessa in (0, +∞) ed
anche in (−∞, 0), per simmetria.
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 45.
2. Dall’equazione iz 3 + 8 = 0 , moltiplicando per i, otteniamo:
−z 3 + 8i = 0
⇒
z 3 = 8i = 8(cos(π/2) + i sin(π/2)) .
Dalla formula per il calcolo delle radici n-esime di un numero complesso, per
n = 3 abbiamo:
π
π
√
+ 2kπ
+ 2kπ
3
2
2
+ i sin
k = 0, 1, 2 .
zk = 8 cos
3
3
174
Da qui concludiamo che le soluzioni sono
π √
π + i sin
= 3 + i,
z0 = 2 cos
6
6
√
5π
5π
z1 = 2 cos
+ i sin
= − 3 + i,
6
6
3π
3π
z2 = 2 cos
+ i sin
= −2i .
2
2
3. La formula di Taylor per la funzione seno è sin t = t −
x2 al posto di t otteniamo:
sin(x2 ) − x2 = x2 −
t3
6
+ o(t4 ). Sostituendo
x6
x6
+ o(x8 ) − x2 = − + o(x8 ) .
6
6
In definitiva
lim+
x→0
sin(x2 ) − x2
= lim+
x→0
xα
6
− x6


per 0 < α < 6 ,
0
+ o(x )
1
= −6
per α = 6 ,

xα

−∞ per α > 6 .
8
4. La funzione integranda è continua in [1, +∞) e infinitesima all’infinito come
1/x3 , pertanto l’integrale converge. Dal metodo dei fratti semplici abbiamo:
1
A B
C
1
=
=
+
+
x3 + x2
x2 (x + 1)
x x2 x + 1
2
Ax + Ax + Bx + B + Cx2
(A + C)x2 + (A + B)x + B
=
=
,
x2 (x + 1)
x3 + x2
da cui segue B = 1, A = −1, C = 1. Dunque
Z Z
1
1
1
1
1
−
dx
=
+
+
+ log(x + 1) ,
dx
=
−
log
x
−
x3 + x2
x x2 x + 1
x
e allora
Z +∞
1
c
x+1
1
1
dx = lim log
−
= − log 2 + 1 ≈ 0.31 > 0 .
c→+∞
x3 + x2
x
x 1
2
5. Posto y = e−x , la serie data si riconduce alla serie di potenze
∞
X
k=0
(−1)k
y 2k
= cos(y) ∀y ∈ R ,
(2k)!
175
e questa serie converge totalmente in ogni intervallo limitato, in quanto ha
raggio di convergenza ̺ = +∞. Ritornando nella variabile x, poiché valgono
2
le disuguaglianze 0 < e−x ≤ 1, possiamo concludere che la serie data converge
totalmente in R e la somma della serie vale:
∞
X
2
e−2kx
2
= cos(e−x ) ∀x ∈ R .
(−1)
(2k)!
k=0
k
176
36
Compito di Analisi Matematica I del
20/07/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non è richiesto lo studio del
segno della derivata seconda) :
f (x) = arctan x −
x+1
.
x2 + 1
2. Risolvere in campo complesso l’equazione:
z 3 = 27 .
3. Studiare il seguente limite
2
lim √
x→0
ex − cos x
1 + x2 − log (1 + x2 ) − 1
.
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
e−
√
1+x
dx .
0
5. Studiare la convergenza puntuale e totale nell’intervallo [0, +∞) della seguente
serie di funzioni
∞
X
1
x
log 1 +
.
n
n
n=1
177
Soluzione del compito del 20/07/15
1. Studio della funzione.
(Dominio e simmetrie) La funzione è definita continua in R. Essa non è pari
né dispari.
(Intersezioni con gli assi e segno) Risulta f (0) = −1. Non è semplice determinare le intersezioni con l’asse delle ascisse. Ne esiste almeno una, per il
teorema di esistenza degli zeri, compresa tra 0 e 2, in quanto f (0) = −1 < 0
e f (2) = arctan(2) − 3/5 > 0.
(Asintoti) Si ha
π
x+1
= ,
2
x→+∞
x +1
2
x+1
π
lim arctan x − 2
=− .
x→−∞
x +1
2
lim arctan x −
Quindi y = π/2 e y = −π/2 sono asintoti orizzontali. Non esistono altri
asintoti.
(Derivata prima e monotonia) Risulta:
f ′ (x) =
x2 + 1 − 2x(x + 1)
2x(x + 1)
1
−
=
.
1 + x2
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
Il denominatore è positivo, quindi f ′ (x) > 0 per x < −1 oppure per x > 0,
mentre f ′ (x) < 0 per −1 < x < 0 e f ′ (−1) = f ′ (0) = 0.
In conclusione la funzione f ha un punto di massimo relativo in x = −1 con
f (−1) = −π/4 ≈ −0.78 e un punto di minimo relativo in x = 0 con f (0) = −1.
La funzione f è decrescente in (−1, 0), è crescente in (−∞, −1) e in (0, +∞).
(Derivata seconda e convessità) Dall’espressione:
f ′ (x) =
2x(x + 1)
(x2 + 1)2
otteniamo
2(x + 1)
2x
8(x + 1)x2
+
−
(x2 + 1)2 (x2 + 1)2
(x2 + 1)3
−4x3 − 6x2 + 4x + 2
=
.
(x2 + 1)3
f ′′ (x) =
(Grafico) Il grafico è riportato in Figura 46.
178
Figura 46: Grafico della funzione f .
2. L’equazione z 3 = 27 comporta
che dobbiamo calcolare le radici terze del numero 27 = 27 cos 0 + i sin 0 . Dalla formula per il calcolo delle radici n-esime
di un numero complesso, per n = 3 abbiamo:
√
0 + 2kπ
0 + 2kπ
3
+ i sin
k = 0, 1, 2 .
zk = 27 cos
3
3
Da qui concludiamo che le soluzioni sono
z0 = 3 (cos 0 + i sin 0) = 3 ,
√
2π
3 3i 3
2π
z1 = 3 cos
+ i sin
=− +
,
3
3
2
2
√
3 3i 3
4π
4π
.
+ i sin
=− −
z2 = 2 cos
3
3
2
2
2
3. La formula di Taylor per la funzione esponenziale è et = 1 + t + t2 + o(t2 ),
2
per la funzione coseno è cos t = 1 − t2 + o(t3 ), per la funzione logaritmo è
√
2
2
log(1 + t) = t − t2 + o(t2 ), per la funzione radice è 1 + t = 1 + 2t − t8 + o(t2 ).
Sostituendo x2 al posto di t otteniamo, limitandoci ai termini del secondo
ordine:
x2
3x2
2
ex − cos x = 1 + x2 − 1 +
+ o(x2 ) =
+ o(x2 ) ,
2
2
√
x2
x2
1 + x2 − log(1 + x2 ) − 1 = 1 +
− x2 − 1 + o(x2 ) = − + o(x2 ) .
2
2
In definitiva
2
2
3x
+ o(x2 )
ex − cos x
= −3 .
= lim+ 2x2
lim+ √
x→0
1 + x2 − log(1 + x2 ) − 1 x→0 − 2 + o(x2 )
179
4. La funzione integranda è continua in [0, +∞) e infinitesima all’infinito di ordine
superiore rispetto a 1/xα per ogni α > 0, pertanto l’integrale converge. Usando
la sostituzione 1 + x = t2 , da cui segue dx = 2t dt, e integrando per parti,
abbiamo:
Z
Z
Z
√
−t
−t
− 1+x
e
dx = e 2t dt = − e 2t + 2 e−t dt = − e−t 2t − 2 e−t ,
e allora
Z +∞ √
Z
− 1+x
e
dx =
0
+∞
e−t 2t dt = lim
c→+∞
1
− e−t 2t − 2 e−t
c
1
=
4
≈ 1.47 > 0 .
e
x
1
. Studiamo la convergenza
5. Poniamo I = [0, +∞) e un (x) = log 1 +
n
n
puntuale in I. Per x = 0 tutti i termini della serie valgono zero e dunque la
sua somma vale zero. Per x > 0, grazie alla formula di Taylor per il logaritmo,
∞
X
1
possiamo usare il criterio del confronto asintotico con la serie
. Risulta
n2
n=1
lim
n→+∞
1
n
log 1 +
1
n2
x
n
xn2
= x > 0,
n→+∞ n2
= lim
∞
X
1
quindi le due serie hanno lo stesso carattere. Poiché la serie
converge
2
n
n=1
allora la serie data converge puntualmente in I.
Studiamo ora la convergenza totale in I. Per questo, fissato n, dobbiamo
calcolare
x
1
Mn = sup |un (x)| = sup log 1 +
n
x∈I
x∈I n
mediante lo studio della funzione un . L’estremo superiore si ottiene considerando i limiti negli estremi di I e il valore di un nei punti dove la derivata si
annulla.
Per x = 0 otteniamo il valore 0. Inoltre
1
x
lim
log 1 +
= +∞ .
x→+∞ n
n
Allora la serie
∞
X
Mn diverge e quindi la serie data non converge totalmen-
n=1
te. Completiamo lo studio delle funzioni un (x), anche se non è richiesto
180
dall’esercizio. Calcoliamo la derivata e troviamo i punti critici:
x
1
1
d
> 0.
log 1 +
= 2
dx n
n
n 1 + nx
Dunque non esistono punti critici e le funzioni un sono crescenti. Se consideriamo gli intervalli limitati [0, b] il massimo assoluto di un vale
1
b
Mn = un (b) = log 1 +
.
n
n
∞
X
∞
X
b
, che è con2
n
n=1
n=1
vergente. In conclusione, la serie data converge totalmente in [0, b] per ogni
b > 0.
Allora la serie
Mn ha lo stesso carattere della serie
181
37
Compito di Analisi Matematica I del 9/09/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita:
f (x) = log x + |x2 − 9| .
2. Risolvere in campo complesso l’equazione:
z 4 = −16 .
3. Studiare il seguente limite
lim
x→0+
√ √ 1 √
arctan( x) x sin( x)
√
.
x
4. Stabilire se il seguente integrale improprio è convergente e, in caso affermativo,
calcolarne il valore
Z +∞
ex
dx .
(ex +1)2 (e2x +2 ex +2)
0
5. Determinare la serie di Fourier della funzione 2-periodica, definita nell’intervallo [−1, 1[ da
(
−x per x ∈ [−1, 0[ ,
f (x) =
x2 per x ∈ [0, 1[ .
182
Soluzione del compito del 9/09/15
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in (0, +∞) e
non ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Il segno di f e le intersezioni con l’asse
delle ascisse non sono facili da determinare, quindi rinviamo alla fine dello
studio.
• (Asintoti) Si ha
lim log x + |x2 − 9| = +∞ ,
x→+∞
log x + |x2 − 9|
= +∞ ,
x→+∞
x
lim
perciò non c’è asintoto orizzontale o obliquo a destra.
Inoltre
lim+ log x + |x2 − 9| = −∞ ,
x→0
perciò x = 0 è asintoto verticale.
• (Derivata prima e monotonia) Poiché nella funzione f è presente il valore
assoluto distinguiamo due casi
(
f1 (x) = log x + x2 − 9
per x ≥ 3,
2
f2 (x) = log x − x + 9
per 0 < x < 3 .
Pertanto
1 + 2x2
1
+ 2x =
.
x
x
La derivata è positiva per x > 3, quindi la funzione è crescente in (3, +∞).
Per f2 otteniamo
1
1 − 2x2
f2′ (x) = − 2x =
.
x
x
f1′ (x) =
Le radici sono x1,2 = ±
√
2
2
√
2
2
e dunque la derivata è positiva per 0 < x
<
√
2
,
√2 2
2
< x < 3. Quindi la funzione è crescente in 0,
√ e decrescente in 22 , 3 . In conclusione la funzione f ha un punto di
√ √
massimo relativo in x = 22 e f 22 ≈ 8.15.
La funzione f ha nel punto x = 3 un punto angoloso e di minimo relativo
con f (3) ≈ 1.09.
è negativa per
183
Figura 47: Grafico della funzione f .
• (Derivata seconda e convessità) La derivata seconda di f1 vale
f1′′ (x) = −
1
−1 + 2x2
+
2
=
.
x2
x
Poiché stiamo considerando il caso x > 3, la derivata seconda è positiva
in (3, +∞), quindi la funzione è convessa in (3, +∞).
Per f2 abbiamo
1
1 + 2x2
f2′′ (x) = − 2 − 2 = −
.
x
x
Quindi la derivata seconda è negativa per 0 < x < 3 e la funzione è
concava in 0 < x < 3.
• (Grafico) La funzione si annulla in un unico punto compreso tra 0 e
Il grafico è riportato in Figura 47.
√
2
.
2
2. L’equazione z 4 = −16 comporta che
dobbiamo calcolare le radici quarte del
numero −16 = 16 cos π + i sin π . Dalla formula per il calcolo delle radici
n-esime di un numero complesso, per n = 4 abbiamo:
√
π + 2kπ
π + 2kπ
4
zk = 16 cos
+ i sin
k = 0, 1, 2, 3 .
4
4
184
Da qui concludiamo che le soluzioni sono
π √
π + i sin
= 2 (1 + i) ,
z0 = 2 cos
4 4 √
3π
3π
z1 = 2 cos
+ i sin
= 2 (−1 + i) ,
4
4
√
5π
5π
z2 = 2 cos
+ i sin
= − 2 (1 + i) ,
4
4
√
7π
7π
z3 = 2 cos
+ i sin
= 2 (1 − i) .
4
4
3. Per lo studio del limite osserviamo che possiamo usare la sostituzione
e dunque si tratta di calcolare:
lim
t→0+
arctan(t)
t
1
t sin(t)
√
x = t,
.
Poiché si tratta di una forma indeterminata del tipo 1∞ , usiamo la trasformazione:
!
1
t sin(t)
arctan(t)
1
log
t sin(t)
arctan(t)
t
=e
t
e calcoliamo per ora il limite dell’esponente. Dalle formule di Taylor sappiamo
che:
arctan(t) = t −
t3
+ o(t4 ) ,
3
sin t = t + o(t2 ) ,
log(1 + t) = t + o(t) .
Dunque
1
lim+
log
t→0 t sin(t)
arctan(t)
t
1
= lim+ 2
t→0 t
t2
−
3
1
=− .
3
In conclusione, considerando l’esponenziale, abbiamo:
lim+ e
t→0
1
t sin(t)
log
arctan(t)
1
t
= √
.
3
e
!
4. La funzione integranda è continua in R ed è un infinitesimo per x → +∞
equivalente a 1/(ex )3 , dunque l’integrale converge.
185
Usiamo la sostituzione ex = t, cioè x = log t e dunque dx = 1t dt, con t che
varia tra 1 e +∞. Allora
Z +∞
Z +∞
ex
t
1
dx
=
dt
(ex +1)2 (e2x +2 ex +2)
(t + 1)2 (t2 + 2t + 2) t
0
1
Z +∞
1
dt .
=
2
2
(t + 1) (t + 2t + 2)
1
Dal metodo dei fratti semplici abbiamo:
1
(t +
1)2 (t2
A
B
Ct + D
+
+ 2
2
+ 2t + 2)
(t + 1) (t + 1)
(t + 2t + 2)
2
A(t + 1)(t + 2t + 2) + B(t2 + 2t + 2) + (Ct + D)(t + 1)2
=
,
(t + 1)2 (t2 + 2t + 2)
=
da cui segue A = C = 0, B = 1, D = −1. Dunque
Z
Z 1
1
1
dt =
−
dt
(t + 1)2 (t2 + 2t + 2)
(t + 1)2 (t2 + 2t + 2)
1
− arctan(t + 1) ,
=−
(t + 1)
e allora
Z
+∞
1
c
1
dt = lim −
− arctan(t + 1)
c→+∞
(t + 1)2 (t2 + 2t + 2)
(t + 1)
1
π
1
= + arctan(2) − ≈ 0.036 > 0 .
2
2
1
5. Poniamo T = 2 e avremo ω = π. Il prolungamento 2-periodico di f è continuo e regolare a tratti, per cui la serie di Fourier converge totalmente in R.
Calcoliamo i coefficienti:
2 0
3 1
Z 1
Z 0
Z 1
x
5
1 1
x
2
a0 =
f (x) dx =
−x dx +
x dx = −
+
= + = .
2 −1
3 0 2 3
6
−1
−1
0
186
ak =
Z
1
f (x) cos(kπx) dx =
−1
Z
0
−1
−x cos(kπx) dx +
Z
1
x2 cos(kπx) dx
0
1 Z 1
sin(kπx)
2x sin(kπx)
x sin(kπx)
−x sin(kπx)
+
−
dx +
dx
=
kπ
kπ
kπ
kπ
−1
0
−1
0
0
1 Z 1
cos(kπx)
2 cos(kπx)
2x cos(kπx)
= −
dx
+
−
2
2
(kπ)
(kπ)
(kπ)2
0
−1
0
1
1
3(−1)k − 1
(−1)k 2(−1)k
2 sin(kπx)
=−
=
+
+
−
.
(kπ)2
(kπ)2
(kπ)2
(kπ)3
(kπ)2
0
bk =
Z
0
Z
1
f (x) sin(kπx) dx =
−1
0
Z
2
0
−1
−x sin(kπx) dx +
Z
1
x2 sin(kπx) dx
0
1 Z 1
x cos(kπx)
cos(kπx)
2x cos(kπx)
x cos(kπx)
dx −
dx
−
=
+
kπ
kπ
kπ
kπ
−1
0
−1
0
0
1 Z 1
(−1)k
(−1)k
sin(kπx)
2x sin(kπx)
2 sin(kπx)
=
+
+
dx
−
−
2
2
kπ
(kπ)
kπ
(kπ)
(kπ)2
0
−1
0
1
2((−1)k − 1)
2 cos(kπx)
=
=
.
(kπ)3
(kπ)3
0
0
Z
0
2
In conclusione si ha
∞
X
5
+
f (x) =
12 k=1
3(−1)k − 1
2((−1)k − 1)
cos(kπx)
+
sin(kπx)
(kπ)2
(kπ)3
.
Figura 48: Somma parziale n-esima della serie di Fourier di f per n = 10.
187
38
Compito di Analisi Matematica I del
22/09/15
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non è richiesto lo studio del
segno della derivata seconda):
f (x) =
x2 + 8x − 4
.
x(x + 2)
2. Risolvere in campo complesso l’equazione:
3z + |z|2 = 4 .
3. Studiare il seguente limite
√
lim x x arctan
x→+∞
1
√
x
1
−√
x+2
.
4. Calcolare il valore del seguente integrale:
Z 1
x
√
dx .
1 − x)
0 (1 −
5. Determinare la serie di Fourier di soli coseni della funzione che nell’intervallo
[0, 1] è data da f (x) = x2 . Precisare il tipo di convergenza della serie ottenuta.
188
Soluzione del compito del 22/09/15
1.
• (Dominio e simmetrie) La funzione f è definita e continua in R \ { −2, 0 }
e non ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione f è il rapporto di due
√
polinomi di secondo grado. Le radici del numeratore sono −4 ± 2 5
dunque il numeratore è positivo fuori dell’intervallo delle radici, è negativo
dentro. Le radici del denominatore sono −2, 0 dunque il denominatore
è positivo fuori dell’intervallo delle radici, è negativo dentro. Utilizzando
la regola dei segni, concludiamo che
√
√
f (x) > 0 per x ∈ (−∞, −4 − 2 5) ∪ (−2, 0) ∪ (−4 + 2 5, +∞) ,
√
√
f (x) < 0 per x ∈ (−4 − 2 5, −2) ∪ (0, −4 + 2 5) .
• (Asintoti) Si ha
x2 + 8x − 4
= 1,
x→+∞ x(x + 2)
lim
x2 + 8x − 4
= 1,
x→−∞ x(x + 2)
lim
perciò y = 1 è asintoto orizzontale a sinistra e a destra.
Inoltre
lim+
x→0
x2 + 8x − 4
= −∞ ,
x(x + 2)
lim +
x2 + 8x − 4
= +∞ ,
x(x + 2)
x→−2
lim−
x→0
x2 + 8x − 4
= +∞ ,
x(x + 2)
lim −
x→−2
x2 + 8x − 4
= −∞ ,
x(x + 2)
perciò x = 0 e x = −2 sono asintoti verticali.
• (Derivata prima e monotonia) La derivata della funzione f è:
f ′ (x) =
(2x + 8)(x2 + 2x) − (x2 + 8x − 4)(2x + 2)
−6x2 + 8x + 8
=
x2 (x + 2)2
x2 (x + 2)2
Le radici del numeratore sono x = −2/3 e x = 2, dunque il numeratore è negativo fuori dell’intervallo delle radici, è positivo dentro. Poiché
il denominatore è positivo, tenendo conto della presenza degli asintoti
verticali, concludiamo che:
f è crescente in (−2/3, 0) e in (0, 2) ,
189
Figura 49: Grafico della funzione f .
f è decrescente in (−∞, −2) , in (−2, −2/3) e in (2, +∞) .
In conclusione la funzione f ha un punto di massimo relativo in x = 2
con f (2) = 2 ed ha nel punto x = −2/3 un punto di minimo relativo con
f (−2/3) = 10.
• (Derivata seconda) La derivata seconda di f vale
f ′′ (x) =
4 (3x3 − 6x2 − 12x − 8)
.
x3 (x + 2)3
Non è richiesto lo studio del segno della derivata seconda.
• (Grafico) Il grafico è riportato in Figura 49.
2. Dall’equazione ricaviamo 3z = 4 − |z|2 e questo comporta che z ∈ R, per cui
l’equazione diventa z 2 + 3z − 4 = 0. Dalla formula risolutiva per le equazioni
di secondo grado otteniamo
√
−3 ± 9 + 16
= { −4, 1 } .
z1,2 =
2
190
3. Per lo studio del limite osserviamo che possiamo usare la sostituzione
e dunque si tratta di calcolare:
1
1
3
.
−√
lim t arctan
t→+∞
t
t2 + 2
√
x = t,
Si tratta di una forma indeterminata del tipo 0 ∗ ∞. Dalle formule di Taylor
sappiamo che per s → 0:
arctan(s) = s −
s3
+ o(s4 ) .
3
Dunque
lim t3
t→+∞
1
1
1
− 3−√
t 3t
t2 + 2
= lim t3
t→+∞
√
1
t2 + 2 − t
√
− 3
3t
t t2 + 2
!
.
Razionalizzando il numeratore del primo addendo, ricaviamo:
2
1
1
2
1
3
3
√
√
lim t
− 3 = lim t
− 3 = .
3
t→+∞
t→+∞
t
3t
3
t t2 + 2( t2 + 2 + t) 3t
4. La funzione integranda √
risulta continua in [0, 1] ed è dunque integrabile.
Usiamo la sostituzione 1 − x = t, cioè x = 1 − t2 e dunque dx = −2t dt, con
t che varia tra 1 e 0. Allora
Z 1
Z 1
Z 0
(1 − t)(1 + t)
x
1 − t2
√
(−2t) dt =
(2t) dt
dx =
1−t
1 − x)
0
0 (1 −
1 1−t
1
Z 1
2t3
5
2
2
(2t + 2t ) dt = t +
=
= .
3 0 3
0
5. Utilizziamo la formula contenuta nelle dispense per lo sviluppo in soli coseni.
Risulta b = 1, ω = π e dunque:
3 1
Z 1
x
2
2
x dx =
a0 = 2
=
3 0 3
0
2
1
Z 1
Z 1
x sin(kπx)
2x sin(kπx)
2
x cos(kπx) dx = 2
ak = 2
−2
dx
kπ
kπ
0
0
0
1
1
Z 1
4(−1)k
cos(kπx)
4(−1)k
sin(kπx)
4x cos(kπx)
dx
=
−
4
.
−
4
=
=
(kπ)2
(kπ)2
(kπ)2
(kπ)3 0
(kπ)2
0
0
191
In conclusione si ha
∞
X
(−1)k
1
cos(kπx) .
f (x) = + 4
3
(kπ)2
k=1
Poiché i coefficienti di Fourier sono infinitesimi dello stesso ordine di
serie converge totalmente.
1
,
k2
Figura 50: Somma parziale n-esima della serie di Fourier di f per n = 10.
192
la
Parte V
ANNO ACCADEMICO 2016/17
193
39
Compito di Analisi Matematica I del
13/01/17
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non è richiesto lo studio della
derivata seconda):
r
x3 − 1
.
f (x) =
x+2
2. Risolvere in campo complesso l’equazione:
z5 = − z .
3. Studiare il seguente limite
1
lim+
x→0
(1 + sin2 x) x − esin x
.
x3
4. Stabilire se il seguente integrale è convergente
Z 0 3x
e + e2x
dx ,
2x
−∞ 1 + e
e in caso affermativo calcolarne il valore.
5. Stabilire per quali valori di α > 0 la serie
∞
X
1
1
n sin α − α
n
n +1
n=1
2
è convergente.
194
Soluzione del compito del 13/01/17
1.
x3 − 1
≥ 0, otteniax+2
mo che la funzione f è definita e continua in (−∞, −2) ∪ [1, +∞) e non
ha simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione f è non negativa e f (x) = 0
se e solo se x = 1. Il punto x = 0 non appartiene al dominio.
• (Asintoti) Si ha
r
x3 − 1
lim −
= +∞ ,
x→−2
x+2
quindi la retta x = −2 è asintoto verticale. Inoltre
r
r
r
x3 − 1
x3 − 1
x − 1/x2
= +∞ ,
lim
= lim |x|
= +∞ ,
lim
x→−∞
x→−∞
x→+∞
x+2
x+2
x+2
per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra.
Risulta
r
r
1 x3 − 1
x x − 1/x2
lim
= lim
= 1,
x→+∞ x
x→+∞ x
x+2
x+2
e
r
x3 −1
x3 −1−x3 −2x2
− x2
x3 − 1
x+2
lim
− x = lim q
= lim q x+2
3
x→+∞
x→+∞
x→+∞
2
x+2
x −1
x−1/x
+x
x
+1
x+2
x+2
• (Dominio e simmetrie) Risolvendo la disuguaglianza
−2x2 − 1
q
= −1 ,
x→+∞
x−1/x2
(x + 2)x
+1
x+2
= lim
per cui la retta y = x − 1 è asintoto obliquo a destra.
Analogamente:
r
r
r
|x| x − 1/x2
−x x − 1/x2
1 x3 − 1
= lim
= lim
= −1 ,
lim
x→−∞ x
x→−∞ x
x→−∞ x
x+2
x+2
x+2
e
r
x3 −1
x3 −1−x3 −2x2
− x2
x3 − 1
x+2
q x+2
+ x = lim q
= lim
lim
3
x→−∞
x→−∞
x→−∞
2
x+2
x −1
x−1/x
−x
−x
+1
x+2
x+2
−2x2 − 1
= 1,
q
x→−∞
x−1/x2
+1
−(x + 2)x
x+2
= lim
195
per cui la retta y = −x + 1 è asintoto obliquo a sinistra.
• (Derivata prima e monotonia) La funzione f è derivabile in (−∞, −2) ∪
(1, +∞) e la sua derivata è:
−1/2
3x2 (x + 2) − x3 + 1
1 x3 − 1
′
f (x) =
2 x+2
(x + 2)2
3
−1/2
1 x −1
2x3 + 6x2 + 1
.
=
2 x+2
(x + 2)2
Quindi il segno della derivata di f coincide con il segno del polinomio
p(x) = 2x3 + 6x2 + 1. Risulta che p′ (x) = 6x2 + 12x = 6x(x + 2), pertanto
p′ (x) > 0 in (−∞, −2) ∪ (0, +∞) mentre p′ (x) < 0 in (−2, 0). Poiché
p(0) = 1 e p(−2) = 9 il grafico di p(x) è il seguente e pertanto, poiché
Figura 51: Grafico del polinomio p(x).
p(−4) = −31 e p(−3) = 1 esiste un punto x ∈ (−4, −3) dove f ′ (x) = 0 e
f ′ (x) < 0 in (−∞, x) mentre f ′ (x) > 0 in (x, −2) ∪ (1, +∞). In definitiva
il punto x è di minimo relativo e f (x) ≈ 5.2, mentre x = 1 è punto di
minimo assoluto nel quale la retta tangente è verticale.
• (Derivata seconda) La derivata seconda di f vale
−3/2
3
3 (4x4 − 4x3 − 12x2 − 16x + 1)
x −1
′′
.
f (x) =
x+2
4(x + 2)4
Non è richiesto lo studio del segno della derivata seconda.
• (Grafico) Il grafico della funzione f è riportato in rosso in Figura 52.
196
Figura 52: Grafico della funzione f .
2. L’equazione z 5 = − z ha evidentemente la soluzione z = 0. Considerando i
moduli, otteniamo |z|5 = |z| = |z| , e questo comporta che |z| = 1, per cui
l’equazione diventa, moltiplicando ambo i membri per z, z 6 = −zz = −1.
Dalla formula per le radici seste di -1 otteniamo le altre 6 soluzioni
π + 2kπ
π + 2kπ
zk = cos
+ i sin
(k = 0, . . . 5) .
6
6
In definitiva le soluzioni sono
0,
±i
±
√
3+i
2
±
√
3−i
.
2
3. Per lo studio del limite usiamo gli sviluppi di Taylor. Poiché al denominatore abbiamo x3 , sarà sufficiente considerare i termini fino al grado 3. Per la
funzione esin x abbiamo
(
3
sin x = x − x6 + o(x4 )
2
3
et = 1 + t + t2 + t6 + o(t3 )
e dunque:
e
sin x
2
3
x3 1
x3
x3
1
=1+x−
x−
x−
+
+ o(x3 )
+
6
2
6
6
6
x2
x3 x2 x3
3
+
+
+ o(x ) = 1 + x +
+ o(x3 ) .
=1+x−
6
2
6
2
197
Ora osserviamo che
1
(1 + sin2 x) x = e
log(1+sin2 x)
x
e dunque utilizziamo gli sviluppi

log(1 + t) = t − t2 + +o(t2 )
2
2
3
2
x
sin x = x − + o(x4 ) = x2 −
6
x4
3
+ o(x5 )
per cui
1
log(1 + sin2 x)
=
x
x
=x−
x4 1
−
x −
3
2
2
x4
x −
3
2
2
4
+ o(x )
!
x3 x3
5x3
−
+ o(x3 ) = x −
+ o(x3 ) .
3
2
6
Sostituendo nello sviluppo dell’esponenziale ricaviamo
2
3
log(1+sin2 x)
5x3
5x3
1
5x3 1
x
e
+
x−
x−
+
+ o(x3 )
=1+x−
6
2
6
6
6
3
2
3
5x
x
x
x2 2x3
=1+x−
+
+
+ o(x3 ) = 1 + x +
−
+ o(x3 ) .
6
2
6
2
3
In conclusione
2
1
3
1 + x + x2 − 2x3 − 1 − x −
(1 + sin2 x) x − esin x
=
lim
lim+
x→0+
x→0
x3
x3
3
− 2x3 + o(x3 )
2
= lim+
=− .
3
x→0
x
3
x2
2
+ o(x3 )
4. La funzione integranda è continua in R, dunque abbiamo un integrale improprio di seconda specie. Poiché per x → −∞ la funzione integranda è un
infinitesimo equivalente a e2x , essa è integrabile.
Usiamo la sostituzione ex = t, cioè x = log t e dunque dx = 1t dt, con t che
varia tra 0 e 1. Allora
Z 1 3
Z 1 2
Z 0 3x
e + e2x
t + t2 1
t +1−1+t
dx =
dt =
dt
2x
2
1 + t2
0 1+t t
0
−∞ 1 + e
Z 1
Z 1
Z
1 1 2t
1
=
1 dt +
dt −
dt
2
2
2 0 1+t
0
0 1+t
1
log 2 π
1 log(1 + t2 ) 0 − [arctan(t)]10 = 1 +
− .
=1+
2
2
4
198
5. Avendo presente lo sviluppo di Taylor in x0 = 0 della funzione sin x:
sin x = x −
x3
+ o(x4 )
6
e poiché per α > 0 la successione 1/nα è infinitesima, otteniamo:
1
1
1
1
sin
= α − 3α + o
.
nα
n
6n
n4α
Quindi il termine generale della serie data si riscrive come
1
1
1
1
1
1
2
2
=n
n sin α − α
− α
−
+o
n
n +1
nα 6n3α
n4α
n +1
1
1
1
2
=n
−
+o
nα (nα + 1) 6n3α
n4α
e dunque il termine generale della serie ha lo stesso comportamento asintotico
di
1
1
− 3α−2 .
2α−2
n
6n
Poiché α > 0 abbiamo che 3α − 2 > 2α − 2 pertanto il termine generale della
1
serie ha lo stesso comportamento asintotico di 2α−2 .
n
Per confronto con le serie armoniche generalizzate, possiamo concludere che la
3
serie data converge (assolutamente) se e solo se 2α − 2 > 1, cioè per α > .
2
199
40
Compito di Analisi Matematica I del
27/01/17
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (studiando anche la derivata
seconda):
p
f (x) = 3 x(x2 − 1) .
2. Risolvere in campo complesso l’equazione:
(z 3 + 1)(z 2 + i) = 0 .
3. Studiare il seguente limite
√
ex cos x − log2 (1 + x) − 1
√
.
lim
x→0+
sin x − x cos x
4. Stabilire se il seguente integrale è convergente
Z +∞
x
dx ,
3
x +8
0
e in caso affermativo calcolarne il valore.
5. Determinare la serie di Fourier della funzione 2-periodica, definita nell’intervallo [−1, 1[ da
(
0
per x ∈ [−1, 0[ ,
f (x) =
x(1 − x) per x ∈ [0, 1[ .
e precisarne le proprietà di convergenza.
200
Soluzione del compito del 27/01/17
1.
• (Dominio e simmetrie) Poiché la radice cubica è definita su tutto R abbiamo chepil dominio della p
funzione f è R. Essa è dispari in quanto
3
3
2
f (−x) = −x(x − 1) = − x(x2 − 1) = −f (x). Quindi il suo grafico è
simmetrico rispetto all’origine.
• (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione f si annulla per x ∈ {0, ±1},
è negativa per x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1) ed è positiva per x ∈ (−1, 0) ∪
(1, +∞).
• (Asintoti) Si ha
p
lim 3 x(x2 − 1) = +∞ ,
x→+∞
lim
x→−∞
p
3
x(x2 − 1) = −∞ ,
per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra.
Risulta
1p
xp
3
3
lim
x(x2 − 1) = lim
1 − 1/x2 = 1 ,
x→+∞ x
x→+∞ x
e
p
p
p
lim 3 x(x2 − 1) − x = lim x 3 1 − 1/x2 − x = lim x 3 1 − 1/x2 − 1
x→+∞
x→+∞
x→+∞
1
1
= lim x 1 − 2 + o
− 1 = 0,
x→+∞
3x
x2
per cui la retta y = x è asintoto obliquo a destra. Per la simmetria essa
è anche asintoto obliquo a sinistra.
• (Derivata prima e monotonia) La funzione f è derivabile in R \ {0, ±1} e
la sua derivata è:
f ′ (x) =
−2/3
1 3
x −x
3x2 − 1 =
3
3x2 − 1
p
2 .
3
2
3
x (x − 1)
√
Quindi
di f si annulla per x = ±1/ √3, è negativa
√
√ la derivata
√ nell’insieme
(−1/ 3, 1/ 3)\{0} ed è positiva in (−∞, −1/ √
3)∪(1/ 3, +∞)\{±1}.
√
3)
e
in
(1/
3, +∞), è
Pertanto la funzione√f è crescente
in
(−∞,
−1/
√
√
decrescente in (−1/
3, 1/ 3). Il punto x =
√
√ −1/ 3 è di massimo relativo√ e f (−1/ 3) ≈ 0.73, mentre x = 1/ 3 è di minimo relativo e
f (1/ 3) ≈ −0.73. Nei punti x ∈ {0, ±1} la tangente al grafico è verticale.
201
Figura 53: Grafico della funzione f .
• (Derivata seconda) La derivata seconda di f vale
2
2 (3x2 − 1)
f (x) = p
2 −
p
2
3
x (x2 − 1)
9x (x2 − 1) 3 x (x2 − 1)
2x
′′
=−
2 (3x2 + 1)
p
2 .
9x (x2 − 1) 3 x (x2 − 1)
Quindi la derivata seconda è positiva dove la funzione è negativa e viceversa.
• (Grafico) Il grafico della funzione f è riportato in rosso in Figura 53.
2. Le soluzioni dell’equazione (z 3 + 1)(z 2 + i) = 0 si ottengono risolvendo le due
equazioni z 3 + 1 = 0 e z 2 + i = 0.
La prima equivale a z 3 = −1 = eiπ , e dunque
π + 2kπ
π + 2kπ
+ i sin
(k = 0, 1, 2)
zk = cos
3
3
√
1±i 3
cioè z = −1 oppure z =
.
2
La seconda equazione equivale a z 2 − i = 0 e dunque z 2 = i che è risolta per
202
1+i
z = ± √ . In definitiva le soluzioni sono
2
√
1±i 3
1+i
−1 ,
, ± √ .
2
2
3. Per lo studio del limite usiamo gli sviluppi di Taylor. Per il denominatore
otteniamo:
r
r
√
x3
x3
x3
−x+
+ o(x4 ) =
+ o(x4 ) .
sin x − x cos x = x −
6
2
3
Per il numeratore abbiamo:
(
2
ex cos x = 1 + x cos x + (x cos2 x) + o(x2 ) = 1 + x + o(x2 )
2
√
√
√
√
x − x2 + o(x) = x − x x + o(x x) .
log2 (1 + x) =
In conclusione
√
√
√
ex cos x − log2 (1 + x) − 1
1 + x + o(x2 ) − x + x x + o(x x) − 1
√
q
= lim+
lim
x→0
x→0+
x3
sin x − x cos x
+ o(x4 )
3
√
√
x x + o(x x) √
q
= lim+
= 3.
x→0
1
3/2
x
+ o(x)
3
4. La funzione integranda è continua in [0, +∞), dunque abbiamo un integrale
improprio di seconda specie. Poiché per x → +∞ la funzione integranda è un
infinitesimo equivalente a 1/x2 , essa è integrabile.
Usiamo il metodo dei fratti semplici. Poiché x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2x + 4) e il
polinomio di secondo grado è irriducibile, otteniamo
x
A
Bx + C
(A + B)x2 + (2B + C − 2A)x + 2C + 4A
=
+
=
.
x3 + 8
x + 2 x2 − 2x + 4
(x + 2)(x2 − 2x + 4)
Allora, uguagliando i coefficienti dei termini simili, risulta


A + B = 0
1
1
1
⇒ A=− , B= , C= .
2B + C − 2A = 1

6
6
3

2C + 4A = 0
203
Sia c > 0 e calcoliamo:
Z Z c
1 c
1
x+2
x
dx =
−
+
dx
3
6 0
(x + 2) (x2 − 2x + 4)
0 x +8
Z 1
1 c
1
2x + 4
−
dx
=
+
6 0
(x + 2) 2 (x2 − 2x + 4)
Z 1 c
1
3
1
2x − 2
=
dx
+
+
−
6 0
(x + 2) 2 (x2 − 2x + 4) (x − 1)2 + 3)
c
√
1
x−1
2
−2 log(x + 2) + log(x − 2x + 4) + 2 3 arctan √
=
12
3
0
2
c
√
1
x−1
x − 2x + 4
=
log
+ 2 3 arctan √
.
12
x2 + 4x + 4
3
0
Sostituendo e passando al limite per c → +∞ concludiamo
Z +∞
x
dx
3
x +8
0
2
√
√
c−1
c − 2c + 4
1
1
+ 2 3 arctan √
lim log 2
+ 2 3 arctan √
=
12 c→+∞
c + 4c + 4
3
3
√ ! √
3π
3π
1 √
=
.
=
3π +
12
3
9
5. La funzione non è pari né dispari, dunque dovremo calcolare tutti i coefficienti
di Fourier. Poiché T = 2, risulta ω = π e quindi abbiamo, tenendo conto che
la funzione vale 0 in [−1, 0[ e x − x2 in [0, 1[ :
a0 =
Z
1
x2 x3
(x − x ) dx =
−
2
3
2
0
1
=
0
1
,
6
1 Z 1
sin(kπx)
sin(kπx)
2
2
ak =
(x − x ) cos(kπx) dx =
(x − x ) −
dx
(1 − 2x)
kπ
kπ
0
0
0
1
Z 1
(−1)k + 1
cos(kπx)
cos(kπx)
(1
−
2x)
dx
=
−
,
+
2
=
(kπ)2
(kπ)2
(kπ)2
0
0
Z
1
204
1 Z 1
cos(kπx)
cos(kπx)
2
(x − x ) sin(kπx) dx = −
bk =
(x − x ) +
dx
(1 − 2x)
kπ
kπ
0
0
0
1
1
Z 1
cos(kπx)
sin(kπx)
sin(kπx)
(1 − 2x) + 2
dx = −2
=
(kπ)2
(kπ)2
(kπ)3 0
0
0
(−1)k − 1
1 − (−1)k
= −2
=
2
.
(kπ)3
(kπ)3
Z
1
2
Dunque la serie di Fourier di f è
+∞
X
1
+
12 k=1
(−1)k + 1
−
(kπ)2
1 − (−1)k
cos(kπx) + 2
(kπ)3
!
sin(kπx) .
Figura 54: Somma parziale sn della serie di Fourier di f per n = 5.
Poiché la funzione è continua e regolare a tratti, la serie converge totalmente
ad f su R.
La somma dei primi 11 termini della serie è riportata in Figura 54.
205
41
Compito di Analisi Matematica I del
17/02/17
1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (è richiesto il calcolo e lo studio
della derivata seconda):
x2 − 4
.
f (x) =
x−1
2. Risolvere in campo complesso l’equazione:
z 3 = −(z − i)3 .
3. Studiare il seguente limite
lim
x→0+
1 + sin2 x
1+x
tan1 x
.
4. Stabilire se il seguente integrale è convergente
Z 1
x3
√
dx ,
1 − x2
0
e in caso affermativo calcolarne il valore.
5. Studiare i tipi di convergenza della serie di funzioni
k
∞ X
x+2
3x + 1
k=1
e calcolarne la somma.
206
Soluzione del compito del 17/02/17
x2 − 4
per poi riflettere la parte di grax−1
fico sotto l’asse delle x al di sopra di esso. Comunque procederemo studiando
la funzione f .
1. Potremmo studiare la funzione g(x) =
• (Dominio e simmetrie) Il dominio della funzione f è X = R \ { 1 }. Essa
non presenta simmetrie.
• (Intersezioni con gli assi e segno) Risulta f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ X,
f (x) = 0 se e solo se x = ±2, infine f (0) = 4.
• (Asintoti) Nel punto x = 1 abbiamo
lim+
x→1
x2 − 4
x2 − 4
= lim−
= +∞ ,
x→1
x−1
x−1
per cui la retta x = 1 è asintoto verticale. Si ha poi
lim
x→+∞
x2 − 4
= +∞ ,
x−1
lim
x→−∞
x2 − 4
= +∞ ,
x−1
per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra.
Risulta
x2 − 4
1 x2 − 4
= 1,
= lim 2
lim
x→+∞ x − x
x→+∞ x x − 1
e
x2 − 4
x2 − 4 − x2 + x
x−4
− x = lim
= lim
= 1,
x→+∞ x − 1
x→+∞
x→+∞ x − 1
x−1
lim
per cui la retta y = x + 1 è asintoto obliquo a destra. Viceversa
1 x2 − 4
x2 − 4
= −1 ,
= lim
x→−∞ x x − 1
x→−∞ −x2 + x
lim
e
x2 − 4 − x2 + x
x−4
x2 − 4
+ x = lim
= lim
= −1 ,
x→−∞
x→−∞ −x + 1
x→−∞ −x + 1
−x + 1
lim
per cui la retta y = −x − 1 è asintoto obliquo a sinistra.
207
• (Derivata prima e monotonia) Tenendo conto del segno del numeratore e
del denominatore, otteniamo che
 2
x −4


per x ∈ (−2, 1) ∪ (2, +∞)
f (x) = x2− 1

 x − 4 per x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, 2)
−x + 1
La funzione f è derivabile in R \ {1, ±2} e la sua derivata è:

2x(x − 1) − x2 + 4
x2 − 2x + 4


=
per x ∈ (−2, 1) ∪ (2, +∞)

(x − 1)2
(x − 1)2
′
f (x) =
x2 − 2x + 4
2x(−x + 1) + x2 − 4


=
−
per x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, 2) .

(−x + 1)2
(x − 1)2
Quindi la derivata di f non si annulla per x ∈ R \ {1, ±2}, è negativa
nell’insieme (−∞, −2) ∪ (1, 2) ed è positiva in (−2, 1) ∪ (2, +∞). Pertanto la funzione f è crescente in (−2, 1) e in (2, +∞), è decrescente in
(−∞, −2) e in (1, 2). I punti x = ±2 sono punti di minimo assoluto. Essi
sono punti angolosi.
• (Derivata seconda) La derivata seconda di f vale

(2x − 2)(x − 1)2 − 2(x − 1)(x2 − 2x + 4)
6


=−


4
(x − 1)
(x − 1)3

′′
f (x) =
per x ∈ (−2, 1) ∪ (2, +∞)


6



per x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, 2) .
(x − 1)3
Quindi la derivata seconda è positiva in (−2, 1) ∪ (1, 2) ed è negativa in
(−∞, −2) ∪ (2, +∞).
• (Grafico) Il grafico della funzione f è riportato in rosso in Figura 55.
2. Ricordiamo che vale la scomposizione a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ). Ed allora
l’equazione diventa
z 3 + (z − i)3 = (2z − i) z 2 − z(z − i) + (z − i)2 = 0 .
Sviluppando i termini nella seconda parentesi otteniamo
(2z − i) z 2 − iz − 1 = 0 .
208
Figura 55: Grafico della funzione f .
Per la legge di annullamento del prodotto ed usando la formula per le radici
di un polinomio di secondo grado, otteniamo le tre soluzioni dell’equazione
√
√
i
i ± −1 + 4
i± 3
z0 = , z1,2 =
=
.
2
2
2
3. Poiché si tratta di una forma indeterminata del tipo 1∞ , usiamo la trasformazione:
1 + sin2 x
1
1
log
1 + sin2 x tan x
1+x
= e tan x
1+x
e calcoliamo per ora il limite dell’esponente. Poiché sin x = x + o(x2 ), tan x =
x + o(x2 ) e log(1 + x) = x + o(x), si ha
1
1
1 + sin2 x
lim+
= lim+
log
log(1 + sin2 x) − log(1 + x)
x→0 tan x
x→0 tan x
1+x
x2 − x + o(x)
= −1 .
= lim+
x→0
x + o(x2 )
Allora, per la continuità della funzione esponenziale, concludiamo che.
lim+
x→0
1 + sin2 x
1+x
209
tan1 x
= e−1 =
1
.
e
x3
è continua in [0, 1[ e nel punto x = 1 diverge in modo
1 − x2
1
equivalente a p
, pertanto l’integrale improprio di prima specie con2(1 − x)
verge.
Usiamo la sostituzione 1 − x2 = t2 , per la quale abbiamo −2xdx = 2tdt, e
dunque
4. La funzione √
Z
1
0
x3
√
dx =
1 − x2
Z
1
0
x2
√
x dx = −
1 − x2
5. Usando la sostituzione y =
∞
X
k=1
Z
0
1
1
1 − t2
2
t3
= .
t dt = t −
t
3 0 3
x+2
, si tratta di studiare la serie geometrica
3x + 1
yk =
y
1−y
per |y| < 1 .
Questa serie converge assolutamente in (−1, 1) e totalmente in [−r, r] per ogni
r positivo con r < 1.
Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge assolutamenx+2
te per −1 <
< 1. Allora
3x + 1

4x + 3
x+2

0 < 1 +
=
(


3x + 1
3x + 1
x < − 34 ∨ x > − 31
3
1
⇒ x<− ∨x> .
⇒
1
1

4
2
x < −3 ∨ x > 2


0 < 1 − x + 2 = 2x − 1
3x + 1
3x + 1
In definitiva la serie converge puntualmente in (−∞, − 43 ) ∪ ( 12 , +∞) e, poiché
x+2
1
= ,
x→±∞ 3x + 1
3
lim
la serie converge totalmente in (−∞, a] ∪ [b, +∞) per a < − 43 e b > 12 . La sua
somma è
x+2
x+2
3x+1
.
x+2 =
2x − 1
1 − 3x+1
210
42
Ulteriori esercizi sulle serie
Serie numeriche e serie di funzioni
1. Studiare la convergenza della serie
∞
X
1
.
log cos
n
n=1
2. Studiare la convergenza della serie
∞ X
√
3
n=1
8n3 + 3n − 2n
α
(α > 0).
3. Studiare la convergenza semplice ed assoluta della serie
∞
X
(−1)n
n=1
(n + 1)!
.
nn
4. Sia f : R → R la funzione 1–periodica definita nell’intervallo [0, 1] da f (x) =
x − x2 . Dire se f é sviluppabile in serie di Fourier e determinarne la serie.
Dedurre dal risultato precedente la somma della serie
+∞
X
n=0
1
.
(2n + 1)2
5. Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della serie
n
+∞
X
1 1 − x2
.
n!
3x
−
1
n=0
Calcolarne la somma.
211
Soluzione degli esercizi sulle serie
1. La serie è a termini di segno negativo. Avendo presenti gli sviluppi di Taylor:
(
2
cos x = 1 − x2 + o(x3 )
log(1 + x) = x + o(x)
otteniamo:
1
1
1
1
1
log cos
=− 2 +o
.
= log 1 − 2 + o
3
n
2n
n
2n
n2
∞
X
1
Quindi possiamo concludere, per confronto con la serie
, che la serie
n2
n=1
data converge assolutamente.
2. La serie è a termini positivi. Anche in questo caso avendo presenti gli sviluppi
di Taylor:


+ o(x)
(1 + x)β = 1 + βx
r
√
3
1
1
3
3
3

 8n + 3n = 2n 1 + 2 = 2n 1 + 2 + o
8n
8n
n2
otteniamo:
α
α √
α 1
1
1
1
3
3
8n + 3n − 2n = 2n
=
+o
+o
2
2
8n
n
4n
n
∞
X
1
, concludiamo che la serie data
α
n
n=1
converge per α > 1, diverge positivamente per α ≤ 1.
e allora, per confronto con la serie
3. Utilizziamo il criterio del rapporto:
n+2
(n + 2)! nn
= lim
lim
n+1
n→+∞ n + 1
n→+∞ (n + 1)! (n + 1)
n
n+1
n
=
1
<1
e
dunque la serie converge assolutamente e quindi anche semplicemente.
4. La funzione f è pari, quindi la sua serie di Fourier contiene solo coseni.
Calcoliamo i coefficienti (ak ). Risulta ω = 2π e quindi
2
1
Z 1
x
1
x3
2
(x − x ) dx = 2
a0 = 2
= ,
−
2
3 0 3
0
212
mentre ∀ k ∈ N, k ≥ 1 si ha
Z 1
(x − x2 ) cos(2kπx) dx
ak = 2
0
!
1
= 2
−
(1 − 2x) sin(2kπx) dx
0 2kπ
0
!
1 Z 1
1
cos(2kπx)
2
cos(2kπx) dx = −
.
= 2 (1 − 2x)
+
2
2
(2kπ)
(kπ)2
0 (2kπ)
0
sin(2kπx)
(x − x2 )
2kπ
Allora risulta
f (x) =
Per x = 0 otteniamo
1
∞
∞
1
2
1
1 X 1
−
cos(2kπx) .
6 k=1 (kπ)2
1 X 1
0= −
6 k=1 (kπ)2
Per x =
Z
da cui
∞
π2 X 1
=
.
2
6
k
k=1
otteniamo
∞
1
1 X 1
= −
cos(kπ) da cui
4
6 k=1 (kπ)2
∞
X
(−1)k
π2
=−
.
12
k2
k=1
Sommando membro a membro troviamo che i termini di indice pari si elidono
e quelli di indice dispari si sommano, per cui risulta:
∞
π2 X
1
=
.
2
8
(2k
+
1)
k=0
5. Con la sostituzione y =
1 − x2
otteniamo
3x − 1
+∞
X
1 n
y = ey
n!
n=0
per ogni y ∈ R, con convergenza totale negli intervalli limitati. Tornando nella
variabile x abbiamo la convergenza puntuale per ogni x 6= 13 . Poiché per la
213
funzione f (x) =
1 − x2
risulta
3x − 1

lim f (x) = −∞


x→+∞





 lim f (x) = +∞
x→−∞
lim+ f (x) = +∞


x→ 31





f (x) = −∞
 lim
1−
x→ 3
segue che la serie converge totalmente in [a, b] ∪ [c, d] con b <
1−x2
1
della serie è e 3x−1 per x 6= .
3
214
1
3
< c. La somma

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