Soluzioni di alcune tracce della prova scritta di Analisi I del 9

Soluzioni di alcune tracce della prova scritta di Analisi I del 9 Settembre 2014 per
Ingegneria Edile-Architettura ed Ingegneria dell’Edilizia
Data la funzione
f (x) = x2 exp
|x| − 1
x
.
1. Studiare il dominio di definizione e l’esistenza di asintoti orizzontali, verticali e obliqui.
2. Studiare la monotonia della funzione e l’esistenza di massimi/minimi relativi.
Studiare, inoltre, l’esistenza di eventuali punti di non derivabilit`
a.
3. Studiare la convessit`
a.
4. Tracciare un grafico qualitativo.
Svolgimento
1. Il dominio di definizione lo otteniamo escludendo gli zeri della funzione razionale ad
asponente:
Df = (−∞, 0) ∪ (0, +∞)
Quindi, dobbiamo studiare l’esistenza di asintoti verticali ed obliqui. Per quanto riguarda gli
asintoti verticali, per x → 0+ si ha
1
|x| − 1
= x2 exp 1 −
= x2 exp (1 − ∞) = 0
f (x) = x2 exp
x
x
Quindi la funzione si estende per continuit`a per 0+ . Mentre per x → 0− si ha
|x| − 1
1
2
2
f (x) = x exp
= x exp −1 −
= x2 exp (1 + ∞) = +∞
x
x
Quindi si ha un asintoto verticale in 0− . Per quanto riguarda gli asintoti obliqui si osservi
che per x → ±∞ si ha
|x| − 1
1
2
2
f (x) = x exp
= x exp ±1 −
= x2 e±1 (1 + o(1)) ,
x
x
si tratta quindi di un infinito di ordine 2. Quindi non sono presenti asintoti obliqui.
2. La funzione risulta derivabile nel suo dominio di definizione (si noti che il punto di non
derivatibilit`
a di |x| non `e nel dominio di definizione). Studieremo la monotonia di f studiando il
segno della derivata prima. Prima di derivare si osservi che
|x| − 1
1
f (x) = x2 exp
= x2 exp segno(x) −
=
x
x
ed osservando che la derivata di segno(x) `e 0 per x 6= 0 si ha
1
1 1
1
0
2
f (x) = 2x exp segno(x) −
+ x exp segno(x) −
= exp segno(x) −
(2x + 1)
x
x x2
x
1
Il segno della derivata prima dipende esclusivamente dal polinomio 2x + 1 essendo la funzione
esponenziale positiva. Di conseguenza si ha

decrescente
 < 0 , x ∈ (−∞, −1/2) ,
= 0 , x = −1/2 ,
minimo relativo
f 0 (x) =

> 0 , x = (−1/2, 0) ∪ (0, +∞) , crescente
Si osservi che x = −1/2 `e un punto di minimo assoluto.
4. Per studiare la convessit`
a studiamo il segno della derivata seconda della funzione, osservando che si tratta di una funzione derivabile infinite volte. Quindi
exp segno(x) − x1
1 1
1
00
=
(2x2 +2x+1)
+(2x+1) exp segno(x) −
f (x) = 2 exp segno(x) −
x
x x2
x2
Il segno della derivata seconda dipende dal polinomio 2x2 + 2x + 1 che ha discriminante negativo
e in particolare 2x2 + 2x + 1 > 0 per ogni x. Quindi la funzione risulta convessa in tutto il suo
dominio.
4. Mettendo insieme i risultati il grafico della funzione risulta
2
Studiare il limite
2 
cos(sin(x)) − exp − x2
 · (x3 ln(x + 1) − ln(x)x4 )
lim 
arctan(x3 − x8 ) − x3
x→0+

Nel caso si tratti di un limite infinito/infinitesimo calcolarne, se esiste, l’ordine.
Svolgimento
Posto
2
x
f1 (x) := cos(sin(x)) − exp −
2
, f2 (x) := arctan(x3 − x8 ) − x3
ed
f3 (x) := x3 ln(x + 1) − ln(x)x4
il limite si pu`
o riscrivere nel seguente modo
lim+
x→0
f1 (x)
f3 (x) .
f2 (x)
f1 (x)
f2 (x)
Il rapporto
`e una forma indeterminata 00 e tutte e due le funzioni si possono apporssimare
con Taylor. La funzione f3 non `e approssimabile con Taylor in x = 0 per via della presenza di
ln(x). Tuttavia usando il confronto tra logaritmo e potenza
f3 (x) = x3 ln(x + 1) − ln(x)x4 = x4 + o(x4 ) − ln(x)x4 = −x4 ln(x)(1 + o(1))
si ha un infinitesimo di che non ammette ordine. Occupiamoci della funzione f1 . Osserviamo
che il primo termine non banale dello sviluppo di cos(sin(x)) (il secondo ordine) si cocancella
con quello di exp(−x2 /2). Sviluppiamo qundi le due funzioni fino all’ordine 4:
2
x
f1 (x) = cos(sin(x)) − exp −
2
1
1
x2
x4
= 1 − sin2 (x) +
sin4 (x) + o(sin4 (x)) − 1 −
+
+ o(x4 )
2
24
2
8
2
4
3
3
1
1
x2
x4
x
x
4
4
4
4
=1−
+ o(x ) +
+ o(x ) + o(x ) − 1 −
+
+ o(x )
x−
x−
2
6
24
6
2
8
1
x4
1
x2
x4
=1−
x2 −
+
x4 − 1 −
+
+ o(x4 )
2
3
24
2
8
x4
x4
x4
=
+
−
+ o(x4 )
6
24
8
x4
=
+ o(x4 ) .
12
Per quanto riguarda la funzione f2 si ha
(x3 − x8 )3
+ o(x9 ) − x3
3
x9
x9
= x3 − x8 +
+ o(x9 ) − x3 = −x8 +
+ o(x9 )
3
3
= −x8 + o(x8 )
f2 (x) = arctan(x3 − x8 ) − x3 = (x3 − x8 ) +
3
Mettendo insieme i risultati si ottiene
lim+
x→0
f1 (x)
x4 /12 + o(x4 )
ln(x)
· f3 (x) =
· −x4 ln(x)(1 + o(1)) =
(1 + o(1)) → −∞ ,
f2 (x)
−x8 + o(x8 )
12
Si tratta quindi di un infinito che non ammette ordine.
4
Data la funzione
f (x) = exp arctan2 (x) + 2 arctan(x) − 3 .
Calcolare la derivata prima di f e provare l’invertibilit`
a di f nel dominio di definizione. Trovare
infine dominio ed immagine della funzione inversa.
Svolgimento
Si tratta di una funzione definita in tutto R e derivabile infinite volte in R. La derivata prima
della funzione risulta
f 0 (x) = exp arctan2 (x) + 2 arctan(x) − 3
1
(2 arctan(x) + 2) .
1 + x2
Il segno della derivata prima dipende esclusivamente dal termine 2 arctan(x) + 2. In particolare
2 arctan(x) + 2 > 0 ⇐⇒ arctan(x) > −1 ⇐⇒ x > tan(−1)
Quindi f `e invertibile in (−∞, tan(−1)] in quanto strett. decrescente ed `e invertibile in [tan(−1), +∞)
dove `e strettamente crescente. Non `e invertibile in R. Per quanto riguarda dominio e immagine
dell’inversa poniamo
f1 (x) := f (x) , x ∈ (−∞, tan(−1)]
;
f2 (x) := f (x) , x ∈ [tan(−1), +∞)
Si ricordi ora che
f1−1 : Imm(f1 ) → Dom(f1 ).
Per costruzione Dom(f1 ) = (−∞, tan(−1)]. Per quanto riguarda l’immagine dal teorema dei
valori intermedi e dal limite di funzioni decrescenti si ha
Imm(f1 ) = f1 (tan(−1)), lim f1 (x)
x→−∞
dove
lim f1 (x)) = exp(π 4 /4 − π − 3)
x→−∞
In maniera analoga
f2−1 : Imm(f2 ) → Dom(f2 )
dove Dom(f2 ) = [tan(−1), +∞) mentre dalla crescenza di f2 risulta
Imm(f2 ) = f2 (tan(−1)), lim f2 (x)
x→+∞
e
lim f2 (x) = exp(π 2 /4 + π − 3) .
x→+∞
5
Calcolare l’integrale indefinito
R
f (x) dx della funzione
√
(2 x − 5) ln(x + 1)
√
√ .
f (x) =
(x − 5 x + 6)2 x
Svolgimento
√
Riconduciamo l’integrale ad una funzione razionale sostituento prima t = x e poi integrando
per parti:
Z
Z
(2t − 5) ln(t2 + 1)
f (x)dx = 2
dt
(t2 − 5t + 6)2
Z
2 ln(t2 + 1)
4t
=− 2
+
dt
2
(t − 5t + 6)
(t − 5t + 6)(t2 + 1)
Z
2 ln(t2 + 1)
t
=− 2
+4
dt
(t − 5t + 6)
(t − 3)(t − 2)(t2 + 1)
La funzione razionale che rimane da integrare si decompone in fratti semplici
A
B
Ct + D
t
=
+
+
(t − 3)(t − 2)(t2 + 1)
t − 2 t − 3 (t2 + 1)
le cui costanti soddisfano le seguenti relazioni
A = −2/5 ; B = 3/10 ; C = −A − B = 1/10 ; D = A/2 + B/3 = −1/10
Quindi
Z
t
2
dt = − ln |t − 2| +
(t − 3)(t − 2)(t2 + 1)
5
2
= − ln |t − 2| +
5
3
ln |t − 3| +
10
3
ln |t − 3| +
10
Z
1
t−1
10
t2 + 1
1
1
ln(t2 + 1) −
arctan(t)
20
10
Mettendo insieme i vari termini e tornando alla vecchia variabile di integrazione si ottiene
Z
f (x)dx = −
√
√
√
2 ln(x + 1)
8
6
1
2
√
− ln | x − 2| + ln | x − 3| + ln(x + 1) − arctan( x) + cost
5
5
5
(x − 5 x + 6) 5
6
Studiare la convergenza al variare del parametro α ∈ R della seguente serie
∞
X
n ln(n + 1) − n ln(n) − 1
.
nα ln2 (n)
n=2
Svolgimento
Si tratta di una serie a termini di segno definitivamente costante. Studiamo la serie usando
il confronto asintotico sviluppando i termini della serie per n → +∞:
n ln(n + 1) − n ln(n) − 1
n ln(1 + 1/n) − 1
=
2
α
n ln (n)
nα ln2 (n)
1 − 1/(2n) + o(1/n) − 1
n(1/n − 1/(2n2 ) + o(1/n2 )) − 1
=
=
2
α
n ln (n)
nα ln2 (n)
−1/(2n) + o(1/n)
1 + o(1)
=
=
.
2
α
n ln (n)
−2nα+1 ln2 (n)
Dal criterio del confronto integrale si deduce che la serie converge per α + 1 ≥ 1 ⇐⇒ α ≥ 0
dal momento che l’esponente del logaritmo `e 2(> 1). Per tutti gli altri valori di α la serie diverge.
7

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