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 Compito di Analisi Matematica I del 5/06/17 211 43 Compito di Analisi Matematica I del 21/06/17 217 44 Compito di Analisi Matematica I del 21/07/17 222 45 Compito di Analisi Matematica I del 1/09/17 228 46 Ulteriori esercizi sulle serie 233 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 (1 + sin2 x) x − esin x . lim+ x→0 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 Compito di Analisi Matematica I del 5/06/17 1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non è richiesto lo studio della derivata seconda): x3 − 8 f (x) = 2 . (9 punti) x −1 2. Risolvere in campo complesso l’equazione: 4z 3 = |z|4 . (3 punti) 3. Studiare, al variare di α > 0, il seguente limite lim+ x→0 log(1 + sin2 x) − tan2 x . xα (6 punti) 4. Stabilire se il seguente integrale è convergente Z +∞ √ 2 x x +1 dx , 4 x + 2x2 + 1 1 e in caso affermativo calcolarne il valore. (6 punti) 5. Determinare la serie di Fourier della funzione 2-periodica, che nell’intervallo [0, 2] è data da f (x) = 2 − x. Precisare le proprietà di convergenza della serie ottenuta. (6 punti) 211 Soluzione del compito del 5/06/17 1. Potremmo procedere come nel caso del compito 41. Invece consideriamo la x3 − 8 funzione g(x) = 2 . Poiché f (x) = |g(x)|, dopo aver studiato g(x), basterà x −1 riflettere la parte di grafico di g sotto l’asse delle x al di sopra di esso per ottenere il grafico della funzione f . • (Dominio e simmetrie) Il dominio della funzione g è X = R \ { ±1 }. Essa non presenta simmetrie. • (Intersezioni con gli assi e segno) Risulta g(x) = 0 se e solo se x = 2, inoltre g(0) = 8. Il numeratore è positivo se e solo se x > 2, il denominatore è positivo per |x| > 1 e negativo per |x| < 1. Quindi la funzione g è positiva in (−1, 1) ∪ (2, +∞) ed è negativa in (−∞, −1) ∪ (1, 2). • (Asintoti) Nel punto x = 1 abbiamo lim+ x→1 x3 − 8 = −∞ , x2 − 1 lim− x→1 per cui la retta x = 1 è asintoto verticale. Viceversa, nel punto x = −1 abbiamo lim + x→−1 x3 − 8 = +∞ , x2 − 1 x3 − 8 = +∞ , x2 − 1 lim − x→−1 x3 − 8 = −∞ , x2 − 1 per cui anche la retta x = −1 è asintoto verticale. Si ha poi x3 − 8 = +∞ , x→+∞ x2 − 1 lim x3 − 8 = −∞ , x→−∞ x2 − 1 lim per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra. Risulta 1 x3 − 8 x3 − 8 lim = lim = 1, x→+∞ x x2 − 1 x→+∞ x3 − x e x3 − 8 x3 − 8 − x3 + x x−8 − x = lim = lim 2 = 0, 2 2 x→+∞ x − 1 x→+∞ x→+∞ x − 1 x −1 lim per cui la retta y = x è asintoto obliquo a destra per g. Analogamente x3 − 8 1 x3 − 8 = lim = 1, x→−∞ x3 − x x→−∞ x x2 − 1 lim 212 e x3 − 8 x3 − 8 − x3 + x x−8 − x = lim = lim 2 = 0, 2 2 x→−∞ x − 1 x→−∞ x→+∞ x − 1 x −1 lim per cui la retta y = x è asintoto obliquo per g anche a sinistra. • (Derivata prima e monotonia) La funzione g è derivabile in R \ {±1} e la sua derivata è: g ′ (x) = x4 − 3x2 + 16x x(x3 − 3x + 16) 3x2 (x2 − 1) − 2x(x3 − 8) = = . (x2 − 1)2 (x2 − 1)2 (x2 − 1)2 Come nel caso del compito 39, studiamo il segno del polinomio p(x) = x3 − 3x + 16. Esso diverge positivamente per x → +∞ e diverge negativamente per x → −∞. Inoltre risulta p′ (x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1), per cui il polinomio p è crescente in (−∞, −1) e in (1, +∞) e decrescente in (−1, 1). Poiché p(1) = 14 e p(−1) = 18, concludiamo che esiste un punto α < −1 per cui p(α) = 0, p(x) < 0 per x < α e p(x) > 0 per x > α. Più precisamente, poiché p(−3) = −2 e p(−2) = 14, abbiamo che α ∈ (−3, −2) (α ≈ −2.91 e g(α) ≈ −4.37). Ritornando allo studio del segno di g ′ (x) otteniamo g ′ (α) = g ′ (0) = 0 , g ′ (x) > 0 per x ∈ (−∞, α) ∪ (0, 1) ∪ (1, +∞) , g ′ (x) < 0 per x ∈ (α, −1) ∪ (−1, 0) . Quindi la derivata di g si annulla per x = α e per x = 0, la funzione g è crescente in (−∞, α), in (0, 1) e in (1, +∞), è decrescente in (α, −1) e in (−1, 0). Il punto x = α è di massimo relativo e il punto x = 0 è di minimo relativo. • (Grafico) Il grafico della funzione g è riportato in rosso in Figura 56. • (Derivata seconda) La derivata seconda di g vale g ′′ (x) = 2 (x3 − 24x2 + 3x − 8) . (x2 − 1)3 Il grafico della funzione assegnata f è riportato in rosso in Figura 57. Quindi il punto x = α è di minimo relativo per f , il punto x = 0 è di minimo relativo e il punto x = 2 è di minimo assoluto e punto angoloso per f . 213 Figura 56: Grafico della funzione g. Figura 57: Grafico della funzione f . 214 2. Uguagliando i moduli l’equazione diventa 4|z|3 = |z|4 |z|3 (4 − |z|) = 0 . ⇒ Dunque dobbiamo avere |z| = 0, cioè z = 0, oppure |z| = 4. Sostituendo nell’equazione di partenza, otteniamo z 3 = 43 = 64 . Usando la formula per le radici terze, otteniamo le altre tre soluzioni dell’equazione zk = 4 ei2kπ/3 (k = 0, 1, 2) cioè z0 = 4 , z1 = 4 ei2π/3 = 2(−1 + i √ 3) , z2 = 4 ei4π/3 = 2(−1 − i √ 3) . 3. Le formule di Taylor per le funzioni tan t, log(1 + t) e sin t sono: t3 + o(t4 ) , 3 Allora otteniamo: tan t = t + sin t = t − t3 + o(t4 ) , 6 log(1 + t) = t − t2 + o(t2 ) . 2 2 x3 1 4 4 4 + o(x ) log(1 + sin x) − tan x = sin x − sin x + o(x ) − x + 2 3 1 1 2x4 3x4 = x2 − x4 + o(x4 ) − x4 + o(x4 ) − x2 − + o(x4 ) = − + o(x4 ) . 3 2 3 2 In definitiva 0 per 0 < α < 4 , log(1 + sin2 x) − tan2 x 3 lim = −2 per α = 4 , x→0+ xα −∞ per α > 4 . 2 2 2 √ x x2 + 1 è continua in [1, +∞[ ed è infinitesima per x → +∞ 4. La funzione 4 x + 2x2 + 1 1 in modo equivalente a 2 , pertanto l’integrale improprio di seconda specie x converge. Usiamo la sostituzione 1+x2 = t2 , per la quale abbiamo 2xdx = 2tdt, e dunque xdx = tdt. Ne segue +∞ Z +∞ √ 2 Z +∞ Z +∞ x +1 1 1 t 1 √ . x dx = t dt = dt = − = √ √ x4 + 2x2 + 1 t4 t2 t √2 2 1 2 2 215 5. Poiché T = 2, avremo ω = π e a0 = Z 2 0 x2 (2 − x) dx = 2x − 2 2 = 2, 0 2 Z 2 sin(kπx) (2 − x) sin(kπx) dx = 0 , + (2 − x) cos(kπx) dx = ak = kπ kπ 0 0 0 2 Z 2 Z 2 (2 − x) cos(kπx) cos(kπx) 2 bk = (2 − x) sin(kπx) dx = − − dx = . kπ kπ kπ 0 0 0 Z 2 La serie di Fourier di f è f˜(x) = 1 + ∞ X 2 sin(kπx) . kπ k=1 Poiché la funzione f è regolare a tratti in R, la sua serie di Fourier converge puntualmente, per x pari (punti di discontinuità) converge a 1, e converge uniformemente negli intervalli chiusi dove f è continua. Figura 58: Somma parziale sn (x) della serie di Fourier di f per n = 10. 216 43 Compito di Analisi Matematica I del 21/06/17 1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita: f (x) = 3 − arctan 1 √ 2 − x + 1. x (9 punti) 2. Calcolare il limite della successione: n! sin n2 arctan n . lim n→+∞ (n − 1)! + 3n 3. Studiare, al variare di α > 0, il seguente limite √ 2 − x − 2 cos x lim √ α . x→0+ x + sin xα (5 punti) (5 punti) 4. Stabilire se il seguente integrale è convergente Z +∞ 1−4√x e √ dx , x 0 e in caso affermativo calcolarne il valore. (5 punti) 5. Determinare la serie di Fourier della funzione 3-periodica, che nell’intervallo [0, 3] è data da f (x) = x(3 − x). Precisare le proprietà di convergenza della serie ottenuta. (6 punti) 217 Soluzione del compito del 21/06/17 1. Studio della funzione f . • (Dominio e simmetrie) Il dominio della funzione è X = R \ { 0 }. Essa non presenta simmetrie. • (Intersezioni con gli assi e segno) È difficile determinare le radici e il segno di f perciò rimandiamo questo punto alla fine dello studio della funzione. • (Asintoti) Nel punto x = 0 abbiamo lim+ f (x) = 2 − x→0 π ≈ 0.43 , 2 lim− f (x) = 2 + x→0 π ≈ 3.57 , 2 per cui il punto x = 0 è di discontinuità di salto. Si ha poi 1 √ lim 3−arctan − x2 + 1 = −∞ , x→+∞ x 1 √ lim 3−arctan − x2 + 1 = −∞ , x→−∞ x per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra. Risulta √ 3 − arctan x1 − x2 + 1 = −1 , lim x→+∞ x e lim 3 − arctan x→+∞ 1 1 1 √ 2 √ − x + 1 + x = lim 3 − arctan − = 3, x→+∞ x x x + x2 + 1 per cui la retta y = −x + 3 è asintoto obliquo a destra per f . Analogamente √ 3 − arctan x1 − x2 + 1 = 1, lim x→−∞ x e lim 3 − arctan x→−∞ 1 √ 2 1 1 = 3, − x + 1 − x = lim 3 − arctan − √ 2 x→−∞ x x x +1−x per cui la retta y = x + 3 è asintoto obliquo per f a sinistra. 218 • (Derivata prima e monotonia) La funzione f è derivabile in R \ {0} e la sua derivata è: √ 1 x2 + 1 1 1 − x x x 1 √ √ − = = − − . f ′ (x) = − x2 1 + x2 1 + x2 1 + x12 x2 + 1 x2 + 1 Poiché il denominatore è positivo, basta studiare il segno del numeratore. Per x < 0 è positivo. Studiamo l’equazione f ′ (x) = 0. √ √ 1−x x2 + 1 = 0 ⇒ x x2 + 1 = 1 ⇒ x2 (x2 +1) = 1 ⇒ x4 +x2 −1 = 0 . L’unica soluzione accettabile di questa equazione biquadratica è x̄ = s√ 5−1 ≈ 0.78. Ritornando allo studio del segno di f ′ (x) otteniamo 2 f ′ (x) < 0 per x ∈ (x̄, +∞) , f ′ (x) > 0 per x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, x̄) . Quindi la funzione f è crescente in (−∞, 0) e in (0, x̄), è decrescente in (x̄, +∞). Il punto x̄ è di massimo relativo. Il grafico della funzione f interseca l’asse delle x tra 2 e 3 e tra -4 e -3. • (Derivata seconda) La derivata seconda di f vale ′′ f (x) = x2 (x2 + 1)3/2 √ 2x 1 x2 + 2x x2 + 1 + 1 − . −√ =− x2 + 1 (x2 + 1)2 (x2 + 1)5/2 Per x > 0 è negativa. L’unica soluzione accettabile dell’equazione biquadratica (x2 + 1)2 = 4x2 (x2 + 1) è x = − √13 ≈ −0.57. La funzione è √ √ convessa in (−∞, −1/ 3) ed è concava in (−1/ 3, 0) e in (0, +∞). Il √ punto x = −1/ 3 è di flesso. • (Grafico) Il grafico della funzione f è riportato in rosso in Figura 59. 2. Ricordando che 3n = 0, n→+∞ (n − 1)! lim lim arctan n = n→+∞ π , 2 sin an = 1 (an → 0), n→+∞ an lim otteniamo n! sin n2 arctan n n! sin n2 arctan n = = lim lim n n→+∞ n→+∞ (n − 1)! + 3n (n − 1)! 1 + 3 (n−1)! 219 Figura 59: Grafico della funzione f . n 2 2 sin arctan n π 2 n = 2 = π. = lim n n→+∞ 3 2 1 + (n−1)! 3. La formule di Taylor per la funzione cos t è: cos t = 1 − Allora, con t = √ t2 t4 + + o(t5 ) . 2 24 x, otteniamo: 2 cos √ x=2−x+ x2 + o(x5/2 ) . 12 In definitiva 0 − 12 + o(x5/2 ) 2 − x − 2 cos x q = − 121√2 lim √ α = lim+ α α x→0+ x→0 x + sin x xα/2 1 + sinxαx −∞ √ x2 per 0 < α < 4 , per α = 4 , per α > 4 . 4. La funzione integranda diverge in 0 come √ex ed è infinitesima all’infinito di ordine esponenziale, pertanto l’integrale improprio converge. 220 √ t2 , e dunque Usiamo la sostituzione 4 x = t, per la quale abbiamo x = 16 t dx = dt. Ne segue 8 1−t +∞ Z +∞ 1−t Z +∞ 1−t Z +∞ 1−4√x e e e e t 4e √ dx = dt = dt = − = . t 8 2 2 0 2 x 0 0 0 5. Poiché T = 3, avremo ω = 2π . La funzione f , per la simmetria della parabola 3 x(3−x) rispetto al punto x = 3/2, è pari, quindi bk = 0 per ogni k. Calcoliamo i coefficienti ak . 3 Z 2 3 2 3 2 x3 a0 = = 3, x − x(3 − x) dx = 3 0 3 2 3 0 2 ak = 3 2 = 3 = 2 3 Z 3 0 x(3 − x) cos(kωx) dx ! (3 − 2x) sin(kωx) dx − kω 0 0 ! 3 Z 3 9 (3 − 2x) cos(kωx) 2 cos(kωx) 2 −3 − 3 =− + dx = 2 2 2 (kω) (kω) 3 (kω) (kπ)2 0 0 x(3 − x) sin(kωx) kω 3 Z 3 La serie di Fourier di f è ∞ 3 X 9 f (x) = − cos(kωx) . 2 k=1 (kπ)2 Poiché la funzione f è regolare a tratti e continua in R, la sua serie di Fourier converge totalmente in R. Figura 60: Somma parziale sn (x) della serie di Fourier di f per n = 10. 221 44 Compito di Analisi Matematica I del 21/07/17 1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (non è richiesto lo studio della derivata seconda): r x3 − 8 f (x) = . (9 punti) x+3 2. Risolvere in campo complesso l’equazione: (z 3 − 1)(z 2 + 1) = 0 . (3 punti) 3. Studiare il seguente limite lim+ x→0 √ x(ex −1 + log(1 + 2x)) √ . tan x − sin x 4. Calcolare il valore del seguente integrale: Z 1 2 x +1 √ dx . x+4 0 (6 punti) (6 punti) 5. Studiare la convergenza puntuale e totale della serie di funzioni ∞ X k=1 k x−1 2x + 4 e calcolarne la somma. k−1 (6 punti) 222 Soluzione del compito del 21/07/17 1. Studio della funzione f . • (Dominio e simmetrie) Il denominatore deve essere diverso da zero, perciò x3 − 8 ≥ 0. Poiché l’esponente di x 6= −3. Studiamo la disuguaglianza x+3 x è dispari, il numeratore è positivo per x > 2 e negativo per x < 2. Il denominatore è positivo per x > −3 e negativo per x < −3. Quindi il dominio della funzione f è X = (−∞, −3) ∪ [2, +∞). • (Intersezioni con gli assi e segno) La funzione è non negativa e si annulla per x = 2. Essa non presenta simmetrie. Il grafico interseca l’asse delle x nel punto (2, 0). • (Asintoti) Nel punto x = −3 abbiamo r x3 − 8 = +∞ , lim − x→−3 x+3 per cui la retta x = −3 è asintoto verticale da sinistra. Si ha poi r r x3 − 8 x3 − 8 lim = +∞ , lim = +∞ , x→+∞ x→−∞ x+3 x+3 per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra. Risulta r r 1 x3 − 8 x3 − 8 lim = lim = 1, x→+∞ x x→+∞ x+3 x3 + 3x2 r x3 − 8 + x, e, moltiplicando e dividendo per x+3 r x3 −8 −3x2 −8 − x2 x3 − 8 x+3 − x = lim q lim = lim q x+3 2 3 x→+∞ x→+∞ x→+∞ x+3 x −8 +x x x−8/x + x x+3 x+3 2 −3x − 8 3 =− , q x→+∞ 2 x−8/x2 +1 x(x + 3) x+3 = lim 223 per cui la retta y = x − 3/2 è asintoto obliquo a destra per f . Analogamente r r 1 x3 − 8 x3 − 8 = lim − = −1 , lim x→−∞ x→−∞ x x+3 x3 + 3x2 r x3 − 8 e, moltiplicando e dividendo per − x, x+3 r x3 −8 −3x2 −8 − x2 x3 − 8 x+3 q x+3 + x = lim q lim = lim 2 3 x→−∞ x→−∞ x→−∞ x+3 x −8 −x −x |x| x−8/x x+3 x+3 −3x2 − 8 3 = , q x→−∞ 2 x−8/x2 +1 −x(x + 3) x+3 = lim per cui la retta y = −x + 3/2 è asintoto obliquo a sinistra per f . • (Derivata prima e monotonia) La funzione f è derivabile in X \ { 2 } e la sua derivata è: f ′ (x) = 3x2 x+3 2 − q x3 −8 (x+3)2 x3 −8 x+3 = 2x3 + 9x2 + 8 q . 3 −8 2(x + 3)2 xx+3 Come nel caso del compito 39, studiamo il segno del polinomio p(x) = 2x3 + 9x2 + 8. Esso diverge positivamente per x → +∞ e diverge negativamente per x → −∞. Inoltre risulta p′ (x) = 6x2 + 18x = 6x(x + 3), per cui il polinomio p è crescente in (−∞, −3) e in (0, +∞) e decrescente in (−3, 0). Poiché p(−3) = 35 e p(0) = 8, concludiamo che esiste un punto α < −3 per cui p(α) = 0, p(x) < 0 per x < α e p(x) > 0 per x > α. Più precisamente, poiché p(−4) = 24 e p(−5) = −17, abbiamo che α ∈ (−5, −4) (α ≈ −4.68 e f (α) ≈ 8.11). Ritornando allo studio del segno di f ′ (x) otteniamo f ′ (α) = 0 , f ′ (x) > 0 per x ∈ (α, −3) ∪ (2, +∞) , f ′ (x) < 0 per x ∈ (−∞, α) . Quindi la funzione f è decrescente in (−∞, α), è crescente in (α, −3) e in [2, +∞). Il punto x = α è di minimo relativo e il punto x = 2 è di minimo assoluto. La funzione non è derivabile in x = 2 e il grafico ha la tangente verticale. 224 Figura 61: Grafico della funzione f . • (Derivata seconda) La derivata seconda di f vale f ′′ (x) = 3 (9x4 − 32x3 − 144x2 − 288x + 64) . 3 −8 3/2 4(x + 3)4 xx+3 • (Grafico) Il grafico della funzione f è riportato in rosso in Figura 61. Osserviamo che l’incrocio tra il grafico della funzione e l’asintoto si deduce dallo studio del segno della derivata seconda, che non era richiesto. 2. Per la legge di annullamento del prodotto dobbiamo avere z 3 = 1 oppure z 2 = −1. Usando la formula per le radici terze, otteniamo le tre soluzioni della prima equazione: zk = ei2kπ/3 (k = 0, 1, 2) cioè √ √ 1 1 3 3 , z2 = − − i . z0 = 1 , z1 = − + i 2 2 2 2 Per la seconda equazione z = ±i, e quindi z = ±i. 3. Le formule di Taylor per le funzioni et , log(1 + t), tan t e sin t sono: et = 1+t+o(t) , log(1+t) = t+o(t) , 225 t3 tan t = t+ +o(t4 ) , 3 t3 sin t = t− +o(t4 ) . 6 Allora otteniamo: ex −1 + log(1 + 2x) = 3x + o(x) , tan x − sin x = In definitiva √ lim x→0+ lim+ x→0 √ x3 x3 x3 + + o(x4 ) = + o(x4 ) . 3 6 2 √ x(ex −1 + log(1 + 2x)) x(3x + o(x)) √ = lim+ q = x→0 x3 tan x − sin x + o(x4 ) 2 √ x(3x + o(x)) px 2. = 3 x 2 + o(x2 ) 4. Usiamo la sostituzione x + 4 = t2 , per la quale abbiamo x = t2 − 4, e dunque dx = 2tdt. Ne segue Z 1 2 Z √5 4 x +1 t − 8t2 + 17 √ dx = 2t dt t x+4 0 2 5 √5 Z √5 3 t t =2 t4 − 8t2 + 17 dt = 2 − 8 + 17t 5 3 2 2 √ √ √ 40 52 √ 32 64 + − 34 = =2 5 5− 5 5 − 11 . 5 + 17 5 − 3 5 3 15 5. La serie data si riconduce a una serie di potenze centrata in 0 con la sosti+∞ X x−1 tuzione y = , pertanto studiamo la serie k y k−1 . Questa serie ha 2x + 4 k=1 raggio di convergenza uguale a 1 e non converge per y = ±1. Dunque questa serie converge assolutamente puntualmente in (−1, 1). Converge totalmente, e quindi uniformemente, in [−r, r] con 0 < r < 1. Inoltre la serie è ottenuta +∞ X derivando termine a termine la serie y k , pertanto k=1 +∞ X k=1 ky k−1 =D +∞ X k=1 y k ! =D +∞ X k=0 y k ! =D 1 1−y = 1 . (1 − y)2 Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge puntualmente x−1 per −1 < 2x+4 < 1. Studiamo le due disuguaglianze x−1 3x + 3 + 1 > 0, > 0, 2x + 4 2x + 4 ⇒ x−1 x+5 1 − > 0, > 0. 2x + 4 2x + 4 226 La prima disuguaglianza è verificata in (−∞, −2) ∪ (−1, +∞), la seconda disuguaglianza è verificata in (−∞, −5) ∪ (−2, +∞), Quindi la serie converge assolutamente puntualmente per x ∈ (−∞, −5) ∪ (−1, +∞). Poiché 1 x−1 = , la serie converge totalmente in (−∞, a] ∪ [b, +∞) con lim x→±∞ 2x + 4 2 a < −5 e b > −1. La sua somma è (2x + 4)2 1 = . 2 (x + 5)2 1 − x−1 2x+4 227 45 Compito di Analisi Matematica I del 1/09/17 1. Tracciare il grafico della funzione cosı̀ definita (è richiesto lo studio della derivata seconda): 1 f (x) = x e x . (8 punti) 2. Risolvere in campo complesso l’equazione: 1+i 3 z 2 − |z| = 0 . z − 1−i (4 punti) 3. Studiare il seguente limite lim+ x→0 esin x + cos x − 2(1 + sin(x/2)) . 2 tan x − sin(2x) (6 punti) 4. Stabilire se il seguente integrale è convergente: Z +∞ x dx , 1 + x3 0 e in caso affermativo calcolarne il valore. (6 punti) 5. Studiare la convergenza puntuale e totale della serie di funzioni k ∞ X 2x − 1 k=0 3x + 5 e calcolarne la somma. (6 punti) 228 Soluzione del compito del 1/09/17 1. Studio della funzione f . • (Dominio e simmetrie) Il denominatore dell’esponente deve essere diverso da zero, perciò x 6= 0. Quindi il dominio della funzione f è X = (−∞, 0)∪ (0, +∞). La funzione non ha simmetrie. • (Intersezioni con gli assi e segno) Poiché l’esponenziale è positivo per ogni x ∈ X, la funzione è positiva per x > 0 e negativa per x < 0. Non ci sono intersezioni con gli assi. • (Asintoti) Nel punto x = 0 abbiamo 1 lim− x e x = 0 , x→0 mentre 1 1 x lim+ x e = lim+ x→0 x→0 ex 1 x et = +∞ , t→+∞ t = lim per cui la retta x = 0 è asintoto verticale da destra mentre da sinistra la funzione f tende a zero. Si ha poi 1 1 lim x e x = −∞ , lim x e x = +∞ , x→−∞ x→+∞ per cui verifichiamo se la funzione ha asintoti obliqui a destra e a sinistra. Risulta 1 1 1 x ex x ex lim = lim e x = 1 , = 1, lim x→+∞ x x→+∞ x→−∞ x e, usando la formula di Taylor per et in un intorno di t = 0, 1 1 1 1 − 1 = 1, lim x e x −x = lim x e x −1 = lim x 1 + + o x→±∞ x→±∞ x→±∞ x x per cui la retta y = x + 1 è asintoto obliquo a destra e a sinistra per f . • (Derivata prima e monotonia) La funzione f è derivabile in X e la sua derivata è: 1 1 1 1 (x − 1) e x ′ f (x) = e x +x e x − 2 = . x x Quindi la derivata prima si annulla solo per x = 1, è positiva per x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, +∞), è negativa per x ∈ (0, 1). Quindi la funzione f è decrescente in (0, 1), è crescente in (−∞, 0) e in (1, +∞). Il punto x = 1 è di minimo relativo. 229 Figura 62: Grafico della funzione f . • (Derivata seconda) La derivata seconda di f , usando la regola sulla derivata del prodotto, vale 1 1 (x − 1) 1 1 (x − 1) 1 ′′ ex = 2 ex + ex − 2 f (x) = D x x x x 1 ex 1 1 1 1 1 1 = 2 ex − 2 ex + 3 ex = 3 . x x x x ′′ Quindi f è positiva per x > 0 e negativa per x < 0, pertanto la funzione è convessa in (0, +∞) e concava in (−∞, 0). • (Grafico) Il grafico della funzione f è riportato in rosso in Figura 62. 2. Per la legge di annullamento del prodotto dobbiamo avere z 3 = z 2 = |z|. Per la prima equazione abbiamo: z3 = e dunque oppure 1+i (1 + i)2 1 − 1 + 2i = = = i = cos(π/2) + i sin(π/2) , 1−i (1 − i)(1 + i) 2 zk = ei(π/2+2kπ)/3 cioè 1+i 1−i √ (k = 0, 1, 2) √ 3 i 3 i z0 = + , z1 = − + , z2 = −i . 2 2 2 2 Per la seconda equazione, passando ai moduli, |z|2 = |z|, e quindi |z| = 0 oppure |z| = 1. Nel primo caso abbiamo solo z = 0 mentre nel secondo caso abbiamo z = ±1. 230 3. Le formule di Taylor per le funzioni et , cos t, sin t e tan t sono: et = 1 + t + sin t = t − t2 t3 + + o(t3 ) , 2 6 t3 + o(t4 ) , 6 cos t = 1 − tan t = t + t2 + o(t3 ) , 2 t3 + o(t4 ) . 3 Allora otteniamo: esin x + cos x − 2(1 + sin(x/2)) x2 x3 x3 x3 x2 x3 + + +1− −2−x+ + o(x3 ) = + o(x3 ) , 6 2 6 2 24 24 x3 4x3 2 tan x − sin(2x) = 2x + 2 − 2x + + o(x4 ) = 2x3 + o(x4 ) . 3 3 In definitiva =1+x− 3 x + o(x3 ) esin x + cos x − 2(1 + sin(x/2)) 1 lim+ = lim+ 243 = . 4 x→0 x→0 2x + o(x ) 2 tan x − sin(2x) 48 4. La funzione integranda è continua in [0, +∞) e infinitesima all’infinito come 1/x2 , perciò l’integrale converge. Usiamo il metodo dei fratti semplici. Poiché 1 + x3 = (1 + x)(1 − x + x2 ), ne segue che: A Bx + C A − Ax + Ax2 + Bx2 + Bx + Cx + C x = + = . 1 + x3 1 + x 1 − x + x2 1 + x3 Uguagliando i coefficienti dei termini simili otteniamo 1 1 1 A+B = 0 , −A+B +C = 1 , A+C = 0 ⇒ A = − , B = , C = . 3 3 3 In definitiva, integrando tra 0 e c, Z Z c 1 1 c x+1 x dx − dx = + 3 3 0 1 + x 1 − x + x2 0 1+x c Z 1 1 c 2x + 2 = − log(1 + x) + dx 3 6 0 1 − x + x2 0 Z Z 1 1 c 2x − 1 1 c 3 = − log(1 + c) + dx + dx 2 3 6 0 1−x+x 6 0 1 − x + x2 Z 1 1 1 c 1 2 = − log(1 + c) + log(1 − c + c ) + dx 3 3 6 2 0 4 + (x − 12 )2 c 1 1 1 2 2x − 1 2 √ arctan √ = − log(1 + c) + log(1 − c + c ) + = 3 6 2 3 3 0 231 1 2c − 1 1 1 1 2 2 √ + arctan √ = − log(1 + c) + log(1 − c + c ) + √ arctan 6 6 3 3 3 1 π 2c − 1 1 1 − c + c2 √ = log + + √ arctan . 6 1 + 2c + c2 6 3 3 Passando al limite per c → +∞ otteniamo 2π 1 π π √ + = √ . 6 3 2 3 3 5. La serie data si riconduce a una serie di potenze centrata in 0 con la sostituzione +∞ X 2x − 1 y= , pertanto studiamo la serie y k . È la serie geometrica di ragione 3x + 5 k=0 y. Questa serie ha raggio di convergenza uguale a 1 e non converge per y = ±1. Dunque questa serie converge assolutamente puntualmente in (−1, 1). Converge totalmente, e quindi uniformemente, in [−r, r] con 0 < r < 1. La 1 somma vale . 1−y Ritornando nella variabile x otteniamo che la serie data converge puntualmente 2x−1 < 1. Studiamo le due disuguaglianze per −1 < 3x+5 2x − 1 5x + 4 + 1 > 0, > 0, 3x + 5 3x + 5 ⇒ 2x − 1 x+6 1 − > 0, > 0. 3x + 5 3x + 5 La prima disuguaglianza è verificata in (−∞, −5/3) ∪ (−4/5, +∞), la seconda disuguaglianza è verificata in (−∞, −6) ∪ (−5/3, +∞), quindi la serie converge assolutamente puntualmente per x ∈ (−∞, −6) ∪ (−4/5, +∞). Poiché 2x − 1 2 lim = , la serie converge totalmente in (−∞, a] ∪ [b, +∞) con x→±∞ 3x + 5 3 a < −6 e b > −4/5. La sua somma è 1 3x + 5 = . 2x−1 x+6 1 − 3x+5 232 46 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. 233 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 0 234 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 235 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= . 3 236 1 3 < c. La somma