x
1.
2 x − 1 − x Determinare il dominio della funzione f ( x ) = . x 2 − 2 x − 1 − x Le condizioni da imporre sono x ≠ 2 e > 0 . Si ha −2 1 − x x − 2 se x < 0 2 x − 1 − x 1 − 3 x 1 = se 0 ≤ x < . x − 2 2 x−2 1 x − 1 ≥ se x x − 2 2 1− 1 1− 3 Allora, per x < 0 la funzione non risulta mai positiva; positiva; per 0 ≤ x < la funzione x − 2 2 x − 2 −1 1 1 1 risulta positiva in , ; per x ≥ la funzione risulta positiva in ( 2, +∞ ) . Quindi si − 2 x 2 3 2 1 1 ha D = , ∪ ( 2, +∞ ) . 3 2
2. Studiare la derivabilità nell’origine della funzione funzione f ( x ) = ( arctan x )
Si ha lim
f ( h) − f (0)
h →0
h
= lim
( arctan h ) 3 h3 + h
h →0
h
3
x3 + x .
0
= . Utilizzando la regola di de l’Hospital si 0
ottiene 3
lim h →0
h3 + h
1+ h
2
+
( arctan h ) ( 3h 2 + 1)
1
= lim
3 h →0 3 3 h3 + h Utilizzando ancora la regola di de l’Hospital si ottiene lim
( arctan h )
h →0
3
h +h 3
3
3
= lim
(
( arctan h ) 3
h3 + h
h3 + h
2 h →0 1 + h 2
)(
)
3h 2 + 1
0
= . 0
= 0.
Quindi f è derivabile in 0 e si ha f ′( x) = 0 . 2
z 3. Risolvere nel campo complesso l’equazione = 4i . i− 2 L’equazione equivale alla seguente = 2 ( i − 2 ) i . Poiché π π + kπ + i sin + kπ , k = 0,1 4 4 si ottengono le due soluzioni z1 = ( 2 + 2 ) − i ( 2 − 2 ) e z2 = − ( 2 + 2 ) + i ( 2 − 2 ) . i = cos
x
4. Stabilire il dominio di f ( x ) =
1
∫ t − 2 + t + 1 dt . Quindi calcolare il valore f (−2) . 0
Poiché R .
1 t − 2 + t + 1
Inoltre si ha
è definita e continua su tutto l’asse reale, la funzione integrale è definita in
I seguenti esercizi sono stati risolti dagli studenti e corretti dal docente
1. Studiare il carattere della serie numerica
k log k = 2
1
Si ha
(
k log k k k
si ha
lim
k
)
=
2
3t log t
1
=
k log k 3/ 2 dt
=
lim
2
k
1
( k k )
.
2
. Tale successione è decrescente e infinitesima, inoltre 3k lo l og k k
log ( lo log t ) 2
=
3 2 dell’integrale la serie data diverge.
lim
k
2 3
log k ) log ( lo log 2 ) ) ( log ( lo
.Per il criterio
= +
x
2. Sia f ( x ) = log ( t 3) dt . 4
a) dete determ rmin inare are il dom domin inio io D D di f di f e giustificare l’invertibilità di f di f su su tutto D tutto D;; b) detta g detta g l’inversa l’inversa di f di f , determinarne il dominio D dominio D e il codominio C ; c) determ determina inare re l’insiem l’insiemee di deriva derivabil bilità ità di g di g ee calcolare g calcolare g (( x) x) esprimendola in termini di g di g ( x). x).
log ( t 3) se t 4 è definita e continua in l o g 3 4 t s e t < ( ) ( 3, + ) ; tale intervallo sarà allora il dominio D di f . Poiché f ( x ) = log ( x 3) 0 (si annulla
La funzione integranda h (t ) = log ( t 3)
=
solo in 4) si ha che f è strettamente crescente in D e quindi ivi invertibile. Calcoliamo l’espressione esplicita di f di f ; si ha
x log ( t 3) dt se x 4 4 . f ( x ) = x log t 3 dt se 3 < x < 4 ) ( 4 x
x
log ( t 3) dt
=
x log ( x 3 )
4
t
t 3 dt
=
( x 3) log ( x 3) ( x 4 )
da cui
4
( x 3) log ( x 3) ( x 4 ) se x 4 f ( x ) = . x 4 x 3 l o g x 3 se 3 x 4 < < ( ) ( ) ( ) lim f ( x ) = 1 , lim f ( x ) = + . Quindi il condominio di f è f è ( 1, + ) . La funzione inversa di f
x 3+
x +
avrà come dominio e condominio rispettivamente gli intervalli
( 1, + )
e
( 3, + ) .
Poiché f ( x ) = 0 per x = 4 ed essendo f (4) = 0 , per il teorema sulla derivabilità delle funzioni inverse, la funzione inversa g inversa g sarà sarà derivabile in ( 1, + ) {0} nei cui punti del quale si avrà g ( y ) =
1 f [ g ( y )]
=
Studiare re il cara caratter tteree della della serie serie numer numerica ica 3. Studia k = 2
3
k5 k
+
1 log ( g ( y ) 3 ) k log k 2
.
.
1
k
Si ha lim k
k5 k
3
+
+
k
log k 2
=
k
lim k
1 =
6
k5
+
. Passando alle funzioni associate e applicando la
3
log k 2
regola di De l’Hospital si ottiene che per
13
=
il suddetto limite è 1. Per il criterio del
15
confronto asintotico la serie data diverge.
sin
Studiare re il carat carattere tere della della seri seriee numeric numericaa 4. Studia
k =1
1
Ponendo h =
k
sin , si ha lim
3
k
.
1 3
k
=
1
k
1
sin h1/ 3
lim h 0
h
=
1 per
=
1 3
. Per il criterio del confronto
k asintotico la serie data diverge.
k + 4 k + 2
5. Studiare il carattere della serie numerica
k
k =1
k lim
k +
=
(
k + 4 k + 2
)
k 2 + k +1 =
2
.
k + 1
+
=
lim
k +
2k
=
k2
+
k +1
(
k
+
4
k
+
+
)
=
2
2
lim
k +
k
3
+
5k
2
k
+
5k + 4
2
+
k
3
+
3k
2
= +
3k
+
1 per
2
=
3
.
2
2
k
Per il criterio del confronto asintotico la serie data converge.
6. Sia { sk } =
{
k
}
ak + 1 una successione numerica tale che che 1 < sup sk < 2
e
a k >0. Dimostr Dimostrare are
che la serie
a
k
converge.
k =1
Denotiamo = sup sk ; per ipotesi successione { sk } =
{
k
ak
+
si ha
1 <
L
< 2. Essendo
}
ak
+
k
1 < ak < ( 1) .
un maggiorante della
1 si ha k
Quindi la serie
L
a k è dominata dalla serie geometrica
k =1
( 1)
k
. Poiché 0 < 1 < 1 , dal
k =1
criterio del confronto segue che la serie
a
k
converge.
k =1
t 1
x
7. Determinare il dominio e il condominio della funzione f ( x ) =
t 0
2
t 2
dt .
2
t 1
è definita e continua nell’insieme ( , 1) ( 1, 2) 2) ( 2, + ) . t 2 t 2 Poiché l’estremo l’estremo inferiore inferiore d’integ d’integrazion razionee appartiene appartiene all’inter all’intervallo vallo ( 1, 2) , quest’ultimo sarà il dominio di f . x 1 Si ha f ( x ) = 2 <0 f strettamente decrescente e continua x ( 1, 2) . Quindi, essendo f strettamente x 2 La funzione integranda
in (1, 2) 2) , si ha che il codominio di f è
( lim f (x), lim f (x)) . Per calcolare gli estremi di tale x 2
x 1
intervallo occorre determinare l’espressione esplicita di f di f . Si ha t 1 t 2 t 2 se t 1 t 1 t 2 t 2
=
1 t se t < 1 t 2 t 2
quindi x 1 1 t t 1 dt + 2 dt se x [1, 2) 2 t t 2 t t 2 0 1 f ( x ) = x . 1 t se x ( 1,1) t 2 t 2 dt 0
Si ha, mediante la tecnica dei fratti semplici, 1 t 1 dt 2 dt 1 2 d t l o g t 2 log t + 1 + c . = = t2 t 2 3 t 2 3 t +1 3 3 Quindi
2 1 l o g x 2 + log x + 1 + log 2 3 3 f ( x ) = 1 log x 2 2 log x + 1 + 1 log 2 3 3 3
(
se x [1, 2) se x ( 1,1)
)
Allora il codominio è lim f ( x ), lim f ( x ) = ( , + ) . x 2
x 1
x
8. Siano f ( x ) =
x
(
log t
2
+
)
2t 8 dt e
( x ) =
10 1
(
)
log t 2 + 2t 8 dt
10 2
1) Deter Determi mina nare re il dom domin inio io di di f ( x) x) e g e g ( x); x); 2) Stabilire Stabilire se sono invertibili invertibili nei rispettivi rispettivi domini domini;; 3) Giustif Giustificar icaree la la disug disuguag uaglian lianza za f f ( x) x) < g ( x) x) per per ogn ognii x appartenente al dominio di f e g.
La
funzione
(
h(t ) = log t 2 + 2t 8
integranda
)
è
definita
( , 4 ) ( 2, + ) . Poiché entrambi gli estremi inferiori all’intervallo ( , 4 ) , quest’ultimo sarà il dominio di f e di g di g . Si ha f ( x ) = g ( x ) = lo l og x 2
(
+
e
continua
nell’insieme
di integrazione appartengono
)
2 x 8 . Studiando il segno di tale funzione si ottiene
3
> 0 per x < 1 10 f ( x ) = g ( x ) = 0 per x = 1 10 < 0 per 1 10 < x < 4 da cui segu egue che il punto 1 10 è un punto di massimo per f per f e per g per g . Quindi tali funzioni non sono invertibili nel loro dominio. Poiché f e f e g sono primitive di una stessa funzione nell’intervallo ( , 4 ) esse differiscono per una costante; inoltre, essendo 1 10
un punto punto di di massimo massimo per per entrambe entrambe e avendo avendo
x) < g ( x) x) x ( , 4 ) . f ( 10 1) = g ( 10 2) = 0 con 10 2 < 10 1 , si ha f ( x) x
9. Determinare il dominio e l’espressione esplicita della funzione f ( x ) =
log ( t + 1) t + 1
1
La funzione integranda h(t ) =
log ( t + 1) se t 0 log ( t + 1) t + 1 = t + 1 log ( t + 1) se t < 0 t + 1
dt .
è definita e continua in
dominio D di f . Calcoliamo l’espressione esplicita di f di f ; si ( 1, + ) ; tale intervallo sarà allora il dominio D ha
x log ( t + 1) dt se x 0 t 1 + 1 f ( x ) = x . 0 l o g t 1 l o g t 1 + + ( ) ( ) d t + dt se 1 < x < 0 t +1 t +1 1 0
log ( t + 1) t + 1
dt
=
log 2 ( t + 1) 2
+
c da cui
log 2 ( x + 1) log 2 ( 2 ) se x 0 2 . f ( x ) = 2 2 l o g x + 1 + l o g 2 ( ) ( ) se 1 < x < 0 2
10. Sia
a
k
una serie a termini di segno positivo convergente e {bk } una successione limitata
k =1
superiormente ( = sup bk ). Dimostrare che la serie
a
k
ebk converge.
k =1
k si ha ak e ak e . Quindi la serie convergente bk
a
k
e
=
k =1
e
a
k
domina la serie
k =1
a
k
b e k . Per il criterio del confronto anche quest’ultima converge.
k =1
4
11 Studiare il carattere della serie .
1
k
log k
k = 2
1
è decrescente nell’intervallo [ 2, + ) inoltre poiché log x è facilmente integrabile si utilizza il criterio dell’integrale. Si ha
La funzione associata f ( x ) =
k
tk
=
k
dx
x
=
log x
2
Esse ssendo lim t k k +
,
( log x )
2 ,
.
12 Studiare il carattere della serie .
2
log k k k
k =1
Si ha
log 2 k
=
k k
k =1
log 2 k
lim
k 3/ 2
=
Si applica il criterio del confronto confronto asintotico. asintotico.
k 2 log 2 k
k +
.
3
k =1
k $ log 2 k
.
si ha che la serie diverge
= +
k 1/ 2 d l o g x d x = 2 ( log x ) = 2 log k 2 log 2 ! 2 dx " #
1 / 2
lim
k +
k 3/ 2
con 0 < < 3 / 2 .
Poiché si ottiene una forma indeterminata del tipo
, si considera la funzione associata e si
utilizza la regola di De L’Hospital: lim
x +
log 2 x
=
x 3 / 2
lim
x +
2 log x (3 / 2 ) x 3 / 2
=
lim
x +
2 (3 / 2 )2 $ x3 / 2
=
0
Scegliendo Scegliendo,, in particolare, particolare, a compreso tra 1 e 3/2 si ha dal criterio del confronto asintotico che la serie converge.
13 Studiare il carattere della serie .
k k = 2
1 3
log 2 k
1
La funzione associata f ( x ) =
log 2 x
3
è decrescente nell’intervallo [ 2, + ) inoltre poiché ,
è facilmente integrabile si utilizza il criterio dell’integrale. Si ha k
tk =
x 2
3
Essendo lim t k k +
k
dx log 2 x
=
( log x )
2 / 3
2
,
.
14 Studiare il carattere della serie .
k = 2
Si ha
k =2
1 2 log k
.
si ha che la serie diverge
= +
1 / 3 k d 3 3 dx log x ! dx = 3 ( log x ) 2 = 3 log k 3 log 2 " #
=
1
1
log k 2 k = 2
.
1 2 log k Inoltre, essendo
1 log k
una la serie armonica. Di conseguenza essa diverge
.
>
1 k
domina k 2 , la serie data domina
15 Studiare il carattere della serie .
k = 2
Si ha
k =2
k
lim
k +
1 3
k
2
log k
3
k
2
log k
2 /3
k
log k
=
1
Si applica il criterio del confronto confronto asintotico. asintotico.
.
k = 2
2 / 3
con > 2/3 .
log k
Poiché si ottiene una forma indeterminata del tipo
, si considera la funzione associata e si
utilizza la regola di De L’Hospital:
lim
x
x +
2 / 3 =
log x
lim ( 2 / 3) x
2/ 3
x +
= +
Scegliendo Scegliendo,, in particolare, particolare, a compreso tra 2/3 e 1 si ha dal criterio del confronto asintotico che la serie diverge.
16 Studiare il carattere della serie .
k k =1
Si ha
k
3
k =1
k
5
k
+
log k
2
=
k
lim
k +
k
4/ 3
+
2 log k
+
log k
2
1/ 5
4/3
k =1
1/ 5 =
k
k
k
+
k
3
5
1 se +
1 5
.
+
=
2log k 4 3
Si applica il criterio del confronto confronto asintotico. asintotico.
, cioè se
=
17 15
17. Determinare le radici cubiche del numero complesso Possiamo scrivere
=
1 + 2i 3 i 3+i 3i
=
1 2
. Quindi la serie converge.
z =
(1 + i ) . Quindi si ha
1 + 2i 3+i z
=
. 1 2
e Arg z =
%
4
.
% 2 % 2 + + k% ! + i sin k% ! ( k = 0,1, 2 . 2) 1 2 3 1 2 3 " # " # 1& 1 % % 3 cos ! + i sin ! ( = 6 & 2 + 3 + i 2 3 k =0( z) = 6 ' ( 0 2) " 12 # " 12 # 2 2 ') 1& 3% 3% 6 1 & % % 3 16 3 6 k =1 ( z ) = 'cos 4 ! + i sin 4 ! ( = 2 ' cos 4 ! + i sin 4 ! ( = 4 ( 1 + i ) 1 2) " # " # " # " # ) 3
Si ottiene
k
=
2
z
( z) 3
= 6
= 6
2
1&
'cos
1&
17% 17% + i sin ! 12 " 12 # "
'cos
2)
1 & % % ! ( = 6 2 'sin 12 ! + i cos 12 !( = # " # ) " # 1 & 2 3 +i 2+ 3 . 6 ' ( 2 2)
18. Determinare nel piano di Gauss tutti i numeri complessi z che soddisfano la disuguaglianza z + 1 Re( z ) + 3 .
6
Pon Poniamo iamo x = Re( Re( z ) disuguaglianza diventa
e x
= 2
+
y
2
Im( z ) . Poiché + 2x + 1
z + 1
=
( x + 1) + iy
=
x
2
+
y
2
+ 2x + 1
, la
x + 3 . Essa equivale al sistema
x 2 + y 2 + 2 x + 1 0 . x + 3 0 2 x y 2 4 La prima disequazione è soddisfatta per ogni x ed y reali, quindi per ogni numero complesso. La seconda disequazione è soddisfatta per ogni x ¥ - 3 e per per ogni ogni y reale, quindi per ogni numero complesso che giace a destra nel semipiano delimitato dalla retta di equazione x = - 3 . La terza disequazione è soddisfatta per ogni punto complesso che giace nella zona del piano di Gauss esterna alla parabola di equazione x =
y
2
4
2 con asse di simmetria l’asse reale, vertice
nel punto complesso -2 e passante per punti immaginari
±i
8.
-3
19. Determinare due numeri complessi distinti z e w tale che ciascuno di essi sia il quadrato dell’altro.
= w2 Si deve avere . Elevando al quadrato entrambi i membri della prima equazione e 2 w z = sostituendo il risultato ottenuto nella seconda equazione si ottiene la relazione w = w4 . Tale equazione ammette quattro soluzioni nel campo complesso una delle quali è w1
=
0 . In
corrispondenza a tale valore si ha, dalla prima equazione del sistema, z = 0 . Tali valori sono da escludere perché si richiede che z e w siano distinti. Le altre tre soluzioni dell’equazione 1 1 sono le radici cubiche del numero 1 cioè: w2 = 1 , w3 = 1 + i 3 e w4 = 1 i 3 . 2 2 Per w = 1 si ottiene, dalla prima equazione del sistema, z = 1; quindi anche tali valori sono da escludere.
(
)
(
)
1 1 1 + i 3 ) si ottiene, dalla prima equazione del sistema, z = ( 1 i 3 ) . ( 2 2 1 1 Mentre per w = ( 1 i 3 ) si ottiene, dalla prima equazione del sistema, z = ( 1 + i 3 ) . 2 2 Allora gli unici due numeri complessi che soddisfano alle condizioni poste dall’esercizio sono 1 1 1 + i 3 ) e ( 1 i 3 ) . ( 2 2 Per w =
20.Studiare il carattere della serie
1 sin " k
% +
1
k =
Si ha
1 sin(k
% +
k=
1 k
!
k #
1 t ermine generico della serie è in modulo ! . Poiché il termine " k #
) = ( 1) sin k
k =1
una successione decrescente a 0, la convergenza segue dal criterio di Leibniz. 21.Integrare la seguente equazione differenziale y =
y
+
2 y 2 cos x x > 0 . v
É una eq. di Bernoulli. Posto y + 0 e v = y 1 si ha v + v=
2 ( sin x + cos x ) + c
e y =
x
2 ( sin x + cos x ) + c
cos 9 x cos 3 x . x 0 cos 7 x cos 5 x Usando le formule di Prostaferesi si ottiene sin3 x cos 9 x cos 3 x si n 3 x 3 x = lim = 3 lim lim x 0 cos 7 x cos 5 x x 0 sin x x 0 sin x
22.Calcolare
=
2 cos x x > 0 . Quindi
.
lim
=
3.
x
x1- x1 23. Stabilire per quali valori di x la serie sin k ! converge. k 1 " #
+
=
x1- x1 Per la condizione necessaria di convergenza deve essere lim sin k ! = 0 . Questo si ha solo k " # 1 x se < 0 cioè x < 1 e x > 1 . Applico il criterio del confronto asintotico. +
+
x + 1
1 sin x 1 ! x 1 ! " k # e scelgo il parametro a affinché tale limite esiste finito (sia uguale a 1). lim +
1
k +
k
Affinché ciò accada basta prendere
=
x 1
. Allora si ha la convergenza se
1 > 1 Segue che la serie converge per +
x < 1
e
x 1 +
>
1
>
1 e se
1.
8
24.Stabilire se la serie
sin
1
converge.
3
k La serie non può convergere perché non soddisfa la condizione necess aria di convergenza 1 lim +0. 3 k sin k k 1 =
25.Calcolare il seguente integrale indefinito
3
x + 1 +
2
dx .
Si pone x = t 3 1 , dx = 3t 3t 2 dt . Allora 3
x + 1
x
+
1 t
3
+
1
2 =
dx =
t
t 3
+
2
1
3t dt
1
(
=
=
)
( t + 1) t 2 t + 1
t
3t 3 3
A t +1
A =
+
+
1
dt
=
t
3dt 3
Bt + C
=
1 3
1
=
1
t
3t 3
At 2 At + A + Bt 2
t t +1 2
+
dt
+
3
Bt
(
+
+
)
( t + 1) t 2 t + 1
1
Ct
dt ; +
C
,
1
3 A + B = 0 1 A + B + C = 0 B = 3 A + C = 1 2 C =
3
1 1 2 1 2t 1 + 1 dt = ln 1 +t + d t dt t 3 + 1 3 t +1 3 t 2 t + 1 3 3 t2 t +1 6 t 2 t + 1 1 4 1 1 1 2t 1 ln 1 + t + dt dt = 2 2 3 6 t t +1 6 t t +1 1 1 1 1 ln 1 + t ln t 2 t + 1 + dt = 2 3 6 2 1 1 t 2 ! + 2 " # dt
=
1
dt
+
1
2 t
1 3
1 3
ln 1 + t
ln 1 + t
1 6
1 6
=
(
)
(
) 2t 1
ln t 2 t + 1
1
+
"
(
)
ln t 2 t + 1
+
2 2
dt
2
!
2 #
+
=
1
2t 1 !+c " 2 #
arctg
Dove t = 3 x + 1 26.Calcolare il seguente integrale indefinito
x
dx 1 x2
=
2
x
2
1 x
2
( x > 0).
2
dx
dx
1 x ! 1 " #
1 x ! dx " #
9
1 Si pone x = , t
1 t 2
dt
1 1 2 !dt = dt 2 2 t # t 1 " t 1 t 2
Pongo
dx =
t = cosh x dt = senhxdx
1
senhx senhxdx = dx = x + c = ln t t 2 1 senhx cosh 2 x 1
(
)
+
1 1 1 !! + c 2 x x " #
c = ln
27.Sia f Sia f ( x) x) = o[ g g ( x)] x)] e g e g ( x) x) = o[h( x)] x)] per x x che tende a x a x0. Determinare, dimostrandolo, se la
seguente affermazione è vera o falsa: f falsa: f ( x) x) = o[ g g ( x) x) h( x)] x)] per x x che tende a x a x0. L’affermazione è falsa. Infatti basta prendere come controesempio tali funzioni: f ( x ) = ( x x0 )i , g ( x ) = ( x x0 ) j e h ( x ) = ( x x0 ) k dove gli esponenti i, j e k sono tali da soddisfare le ipotesi ma non l’affermazione. Quindi dovrà essere i > j > k , affinché f ( x) g ( x ) f ( x ) lim = 0 e lim = 0 , ed inoltre i § j + k affinché k affinché lim + 0 . Allora basta x x0 g ( x ) x x0 h( x ) x x0 g ( x ) h ( x ) prendere, per esempio, i =1, j =1, j = 2/3 e k = k = 1/3.
10
x
1. Dimostrare che l'equazione
∫ 0
sen t t + 1 x
Si consideri la funzione f ( x ) =
∫
dt = 2 non ammette soluzioni reali nell'intervallo [0 , 2]. sen t
0
t + 1
dt − 2 . La tesi equivale a dimostrare la funzione f non f non
ammette zeri nell’intervallo [0 , 2]. Ora si ha f ′( x ) =
sen x
≥ 0 ∀x ∈ [ 0, 2] (la derivata si
x + 1 annulla solo in 0), da cui segue la crescenza di f di f nell’intervallo nell’intervallo [0 , 2], e f (0) = − 2 . Basta quindi 2
verificar icaree che f (2) (2) < 0 . Ma f ( 2) =
∫ 0
sen t t +1
2
dt − 2 ≤
∫ 0
1 t + 1
dt − 2 = 2
(
)
3 −1 − 2 = 2 3 − 4 < 0 .
2. Determinare l'integrale generale dell'equazione differenziale y′′ − 9 y
= e kx al variare del
parametro reale k . L’equazione algebrica associata all’omogenea è α 2 − 9 = 0 che ammette due soluzioni reali e − distinte ±3 . L’integrale generale dell’omogenea è allora yomog = c1e 3 x + c2e 3 x c1 , c2 ∈ ℝ . Per determinare una soluzione particolare della non omogenea occorre distinguere i casi k ≠ ± 3 e k = ± 3 . Nel primo caso l’espressione della soluzione particolare è p = Ae kx . Derivando due volte tale funzione e sostituendo y p e y p′′ nell’equazione differenziale si ottiene la relazione k 2 Aekx − 9 Ae kx = e kx da cui si ottiene A = 1 /(k 2 − 9) . Nel secondo caso l’espressione della soluzione particolare è y p = Axe p
±3 x
. Derivando due volte tale funzione e sostituendo
p
e
′′ nell’equazione differenziale si ottiene la relazione ±6 Ae ±3 x = e±3 x da cui si ottiene
A = ± 1/ 6 . Quindi si ottiene il seguente integrale generale ∀c1 , c2 ∈ ℝ
3 x e kx −3 x c1e + c2e + k 2 − 9 se k ≠ ±3 3 x e3 x −3 x . y = c1e + c2 e + se k = 3 6 3 x e −3 x −3 x se k = −3 c1e + c2e − 6 f ( x, y ) = cos
3. Studiare, mediante la definizione, la derivabilità della funzione
(
x2 + y 2
)
rispetto ad x ad x ed y ed y nell’origine. f (h, 0) − f (0, 0)
cos
( h ) − 1 = lim cos h − 1 = 0 . Studiando il limite destro e 2
= lim h →0 h →0 h h h 0 sinistro, e applicando la regola di De l’Hospital si ottiene f (h ,,0 0) − f (0, 0) cos h − 1 = lim+ = − lim+ sin h = 0 lim+ h →0 h →0 h →0 h h cos ( − h ) − 1 f (h, 0) − f (0, 0) lim− = lim− = lim− sin h = 0 . h →0 h →0 h →0 h h ∂ f Quindi la funzione ammette derivata rispetto ad x ad x nell’origine e si ha (0, 0) = 0 .
Si ha
lim h →0
∂
Analogamente si ha lim
f (0, h) − f (0, 0)
h →0
h
= lim
cos h − 1
h →0
Quindi la funzione ammette derivata rispetto ad y ad y nell’ ell’or orig igin inee e si ha
∞
4. Siano
h ∂ f ∂ y
= 0.
(0,0) (0,0) = 0 .
∞
∑ ak
e
k =1
∑ bk
serie a termini positivi convergenti. Dimostrare, usando la
k =1 ∞
definizione, che la serie
∑ ak ⋅ bk
converge.
k =1 ∞
{ An }
Siano
e
{ Bn }
∞
∑ ak , ∑ bk
le successioni delle somme parziali delle serie
k =1
k =1
∞
rispettivamente, e
{S n }
la successione delle somme parziali delle serie
∑ ak ⋅ bk .
Occorre
k =1
dimostrare che la successione {S n } converge. Si ha S n < An Bn , infatti n
n
n
k =1
k =1
k =1
Sn = ∑ ak ⋅ bk = a1 ⋅ b1 + a 2 ⋅b2 + ⋯ + a n ⋅bn < (a1 + a 2 +⋯ +a n ) (b1 +b 2 +⋯ +b n ) = ∑a k ⋅∑b k = A nB n (la maggiorazione segue dall’ipotesi che le serie sono a termini positivi). Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { An } e { Bn } segue che la successione {S n } non può divergere. Inoltre {S n } , essendo essendo monotona crescente, è una successione regolare, di conseguenza deve necessariamente convergere.
1. Dimostrare che per ogni x ogni x
la funzione (0 , +) la
( x ) = x 1 x log x è non positiva ( g ( g ( x) x) 0).
Quindi, dimostrare che per ogni x (0 , 1) 1) la funz funzio ione ne f ( x ) =
log x
1
risulta maggiore
strettamente di 1 ( f ( f ( x) x) > 1).
( x) = log x . Dal segno di tale funzione si deduce che g ammette un massimo nel punto x = 1 e si ha g (1) g (1) = 0; segue che per ogni x (0 , +) g ( x) x) 0. Si ha
Si ha f ( x ) =
( x ) x ( x 1)
2
. Dal segno di tale funzione si deduce che f che f è strettamente decrescente in
(0 , 1) . Poiché lim f ( x) = lim x 1
1
x 1
=
1 , segue che per ogni x (0 , 1) f 1) f ( x) x) > 1.
2. Studiare l’invertibilità della funzione
I 1
=
3 e I 2 l o g , l o g 2 2
Si
ha
2
+
=
f ( x ) = e x cos
2k
+
e x
2
+
(
[log +
f ( x ) = sin
)
ex .
3 2
+
ex
)
rispettivamente nell’intervallo
, lo log 2 ] .
Tale
2k k cioè
log
(
+
funzione 3 2
+
risulta
2k e x
2
+
non
negativa
per
2k k e quindi
+ 2 k k . 2
2k x log
3 Per k = 1 si ottiene allora che la derivata di f è f è non negativa nell’intervallo log , log 2 2 annullandosi solo agli estremi; segue che f sarà sarà in tale intervallo strettamente monotona e quindi ivi invertibile. Poiché la derivata di f cambia f cambia di segno nell’intervallo I 2 = [ log , lo log 2 ] non può essere ivi iniettiva.
x se x < 0 x se x 0 e g ( x ) = . Disegnare il grafico delle funzioni composte 1 se x 0 1 se x = 0
3. Siano f ( x ) =
f [ g ( g ( x)] x)] e g e g [[ f ( x)]. x)].
x se x < 0 g ( x ) se g(x) < 0 g ( x ) se x 0 f [ g ( x )] = = = 1 se x = 0 1 se s e g ( x ) 0 1 se s e x 0 > 1 se x > 0 f ( x ) se f (x ) 0 f ( x ) " x x se x < 0 g [ f ( x ) ] = = = 1 s e f ( x ) = 0 1 m a i 1 se x 0
g[f(x)]
f[g(x)]
4. Sia f illimitata f illimitata inferiormente e decrescente nel rispettivo dominio (illimitato superiormente).
Dimost Dimostrar rare, e, median mediante te la defini definizion zionee di funzion funzionee diverg divergent ente, e, che lim f ( x ) = . Il risultato x +
continua a valere senza l’ipotesi della decrescenza? 5. Denotiamo con "
>
0 # x M
Df
D f il dominio di f . Poiché f è illimitata inferiormente allora / f ( xM ) < M esiste (altrimenti (altrimenti sarebbe sarebbe limitata inf.). inf.). Inoltre, Inoltre, essendo essendo f
decrescente in D f si ha che ha
" M
>
0 # x M
>
" D f
0 / "x D f con x
con x > xM
>
xM
$
$
f ( x ) < f ( xM ) < M . Riassumendo si
f ( x ) < M
che
equivale
a
scrivere
lim f ( x ) = .
x +
Senza l’ipotesi l’ipotesi della della decrescenza decrescenza il risultato risultato in generale generale non vale. vale. Infatti la funzione funzione f ( x ) = log x è illimitata inf. ma non diverge a per x per x + .
UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE - Facoltà di Ingegneria PROVA D'ESAME DI ANALISI MATEMAT ICA ICA 1 Collegio Collegio Didattic Didatticoo di Ingegn Ingegneria eria Meccanica Meccanica - 11 gennaio gennaio 2007 2007 Cognome e nome ________________________ ____________________________________ _______________________ ____________ _ Autorizzo ad esporre il mio nome nell’elenco degli elaborati sufficienti. Firma ________________ ________________ Anno nno di imma immatr tric ico olazi lazio one:
2006 006
2005 2005 prim primaa del del 2005 005
1.
Dimostrare che per ogni x ogni x (0 , +) la funzione g ( x ) = 1 + x log x x è non negativa ( g ( g ( x) x) 0). log Quindi, dimostrare che per ogni x (1, + ) la funzione f ( x ) = risulta minore x 1 strettamente di 1 ( f ( f ( x) x) < 1).
2.
Studiare l’invertibilità della funzione
f ( x ) = cos
(
+
ex
)
rispettivamente nell’intervallo
3 e I 2 = [ log , lo log 2 ] l o g , l o g 2 2 se x < 0 0 se x 0 1 e g ( x ) = . Disegnare il grafico delle funzioni composte 3. Siano f ( x) = x se x 0 x se x 0 > I 1
=
f [ g ( g ( x)] x)] e g e g [[ f ( x)]. x)]. 4. Sia f illimitata superiormente e crescente nel rispettivo dominio (illimitato superiormente). Dimost Dimostrar rare, e, median mediante te la defini definizion zionee di funzion funzionee diverg divergent ente, e, che lim f ( x ) = + . Il risultato x +
continua a valere senza l’ipotesi della crescenza?
UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE - Facoltà di Ingegneria PROVA D'ESAME DI ANALISI MATEMATICA 2 Collegio Collegio Didattic Didatticoo di Ingegn Ingegneria eria Meccanica Meccanica - 11 gennaio gennaio 2007 2007 Cognome e nome ________________________ ____________________________________ _______________________ ____________ _ Acconsento al trattamento dei miei dati per le attività connesse. Firma _______________________ _______________________ Anno nno di imma immatr tric ico olazi lazio one:
1. 2.
2005 005
2004 2004 prim primaa del del 2004 004
Determinare l’equazione differenziale che ha come integrale generale la seguente funzione funzione x = e ( c1 cos 2 x + c2 sin 2 x + x ) , "c1 , c2 C . x
Calcolare il dominio e l’espressione esplicita della seguente funzione
%
3.
Sia f ( x ) = o[ g ( x )] e
( x ) = o[h (x )] entrambe per
1 2
dt t 2 + t +
37
.
4 x0 . Stabilire, dimostrandolo, se siano
vere o false le seg seguenti affermazioni: f (x ) = o[h (x )] per x x0 , f ( x) = o[ g ( x )h (x )] )] per
x0 .
4.
Sia
&a
k
una serie a termini di segno positivo e l > 1. Dimostrare che se "> > 0 si ha
k = 0 k
ak
>
l
allora la serie diverge.
∞
1. Studiare, al variare di x di x in R, il carattere della serie
∑ ( x + 2 − 1)
k
.
k =0
Si tratta di una serie geometrica di ragione x + 2 − 1 . Studiamo allora la disequazione
−1 < x + 2 −1 < 1 ⇒ 0 < x + 2 < 2 ⇒ −2 < x + 2 < 2 con
x ≠ −2 ⇒ −4 < x < 0 con
x ≠ −2 .
In conclusione, per tali valori di x, x, si ottiene la convergenza della serie. Ovviamente la serie risulta divergente per ogni x ≤ − 4 e per ogni x ≥ 0 . La serie è indeterminata per x = − 2 . x
∫
2. Stabilire se l'equazione
arccos t t + 1
0
dt = π ammette soluzioni reali nell'intervallo nell'intervallo [0 , 1]. In caso
affermativo stabilirne il numero. x
Sia f ( x ) =
∫
arccos t t + 1
0
dt − π . Si ha f ′( x ) =
arccos x x + 1 1
in
[0 , 1]. Inoltre f (0) = −π e f (1) =
∫
> 0 ∀ x ∈ [ 0,1) da cui segue la crescenza di f
arccos t
dt − π ≤
π
1
∫
dt
− π = π ( 2 − 2 ) < 0 . Si
t +1 t + 1 0 deduce, quindi, che il grafico di f non f non interseca l’asse delle ascisse nell’intervallo [0 , 1] e di conseguenza che l’equazione non ammette soluzioni reali nell'intervallo [0 , 1]. 0
∞
3. Si dimostri che se le serie a termini positivi
∑a
2
∞
,
n
∑b
n =1
n
convergono, allora converge anche
n =1
∞
la serie b1 +
∑a
n
⋅ bn+1 .
n =1
∞
Siano { Ak } , {Bk } e
{C k }
le successioni delle somme parziali delle serie
∑a
∞
n
,
n =1
∑b
n
e
n =1
∞
b1 +
∑a n =1
n
⋅ bn +1 rispettivamente. Poiché le serie sono a termini positivi, si ottiene Ck = b1 +
k
∑
an ⋅ bn +1 ≤
n =1
k
k
∑ ∑b an ⋅
n =1
n
= Ak Bk .
n =1
Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { Ak } e { Bk } segue che la successione {C k } non può divergere. Inoltre {C k } , essendo monotona crescente, è una successione regolare. Di conseguenza deve necessariamente convergere. 4. Dimostrare l’espressione del resto della formula di Taylor mediante l’o l’o piccolo. Calcolare, − cos x
mediante tale formula lim
1 − e1
x → 0
Si ha cos x = 1 − funzione
x → 0
1− e
x
2
2
− = lim x →0
.
+ o ( x 2 ) per x → 0 ,
composta
1− cos x
lim
x 2
2
si
x 2 2
ottiene
+ o ( x2 ) x
2
1− cos x
e
et = 1 + t + o ( t )
e x 2
=e
2
+o( x 2 )
=1+
1 1 = lim − + o (1) = − . x →0 2 2
x2 2
per
t → 0 . Allora per la
+ o ( x 2 ) per x → 0 .
Quindi
5. Sia
A =
{( x, y ) ∈ R
2
/ x
1, < 1,
y
} ∪ {( x, x ) ∈ R
<1
2
}
/ 1 ≤ x < 2 . Calcolare l’insieme dei punti
interni, di frontiera e di accumulazione di A. Stabilire inoltre se A sia un insieme chiuso o aperto. vert ici nei punti di coordinate A è il quadrato del piano cartesiano centrato nell’origine e con i vertici (1,1) , (1, −1) , ( −1, −1), ( −1,1) esclusi i quattro lati, unito con il segmento del piano cartesiano che unisce i punti di coordinate
(primo o pun punto to inc inclu luso so,, seco second ndo o punt punto o esclu escluso so). ). Si Si ha (1,1) , ( 2,2 ) (prim
°
{( x, y ) ∈ R / x < 1 e y < 1} , ∂ A = {( ±1, y ) ∈ R / y ≤ 1} ∪ {( x, ±1) ∈ R / x ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R D A = {( x, y ) ∈ R / x ≤ 1 e y ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R / 1 ≤ x ≤ 2} .
A =
2
2
2
Inoltre A non è né chiuso né aperto.
2
2
2
}
/1 < x ≤ 2 ,
∞
1. Studiare, al variare di x di x in R, il carattere della serie
∑ ( x + 2 − 1)
k
.
k =0
Si tratta di una serie geometrica di ragione x + 2 − 1 . Studiamo allora la disequazione
−1 < x + 2 −1 < 1 ⇒ 0 < x + 2 < 2 ⇒ −2 < x + 2 < 2 con
x ≠ −2 ⇒ −4 < x < 0 con
x ≠ −2 .
In conclusione, per tali valori di x, x, si ottiene la convergenza della serie. Ovviamente la serie risulta divergente per ogni x ≤ − 4 e per ogni x ≥ 0 . La serie è indeterminata per x = − 2 . x
∫
2. Stabilire se l'equazione
arccos t t + 1
0
dt = π ammette soluzioni reali nell'intervallo nell'intervallo [0 , 1]. In caso
affermativo stabilirne il numero. x
Sia f ( x ) =
∫
arccos t t + 1
0
dt − π . Si ha f ′( x ) =
arccos x x + 1 1
in
[0 , 1]. Inoltre f (0) = −π e f (1) =
∫
> 0 ∀ x ∈ [ 0,1) da cui segue la crescenza di f
arccos t
dt − π ≤
π
1
∫
dt
− π = π ( 2 − 2 ) < 0 . Si
t +1 t + 1 0 deduce, quindi, che il grafico di f non f non interseca l’asse delle ascisse nell’intervallo [0 , 1] e di conseguenza che l’equazione non ammette soluzioni reali nell'intervallo [0 , 1]. 0
∞
3. Si dimostri che se le serie a termini positivi
∑a
2
∞
,
n
∑b
n =1
n
convergono, allora converge anche
n =1
∞
la serie b1 +
∑a
n
⋅ bn+1 .
n =1
∞
Siano { Ak } , {Bk } e
{C k }
le successioni delle somme parziali delle serie
∑a
∞
n
,
n =1
∑b
n
e
n =1
∞
b1 +
∑a n =1
n
⋅ bn +1 rispettivamente. Poiché le serie sono a termini positivi, si ottiene Ck = b1 +
k
∑
an ⋅ bn +1 ≤
n =1
k
k
∑ ∑b an ⋅
n =1
n
= Ak Bk .
n =1
Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { Ak } e { Bk } segue che la successione {C k } non può divergere. Inoltre {C k } , essendo monotona crescente, è una successione regolare. Di conseguenza deve necessariamente convergere. 4. Dimostrare l’espressione del resto della formula di Taylor mediante l’o l’o piccolo. Calcolare, − cos x
mediante tale formula lim
1 − e1
x → 0
Si ha cos x = 1 − funzione
x → 0
1− e
x
2
2
− = lim x →0
.
+ o ( x 2 ) per x → 0 ,
composta
1− cos x
lim
x 2
2
si
x 2 2
ottiene
+ o ( x2 ) x
2
1− cos x
e
et = 1 + t + o ( t )
e x 2
=e
2
+o( x 2 )
=1+
1 1 = lim − + o (1) = − . x →0 2 2
x2 2
per
t → 0 . Allora per la
+ o ( x 2 ) per x → 0 .
Quindi
5. Sia
A =
{( x, y ) ∈ R
2
/ x
1, < 1,
y
} ∪ {( x, x ) ∈ R
<1
2
}
/ 1 ≤ x < 2 . Calcolare l’insieme dei punti
interni, di frontiera e di accumulazione di A. Stabilire inoltre se A sia un insieme chiuso o aperto. vert ici nei punti di coordinate A è il quadrato del piano cartesiano centrato nell’origine e con i vertici (1,1) , (1, −1) , ( −1, −1), ( −1,1) esclusi i quattro lati, unito con il segmento del piano cartesiano che unisce i punti di coordinate
(primo o pun punto to inc inclu luso so,, seco second ndo o punt punto o esclu escluso so). ). Si Si ha (1,1) , ( 2,2 ) (prim
°
{( x, y ) ∈ R / x < 1 e y < 1} , ∂ A = {( ±1, y ) ∈ R / y ≤ 1} ∪ {( x, ±1) ∈ R / x ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R D A = {( x, y ) ∈ R / x ≤ 1 e y ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R / 1 ≤ x ≤ 2} .
A =
2
2
2
Inoltre A non è né chiuso né aperto.
2
2
2
}
/1 < x ≤ 2 ,
1. Calcolare l’estremo superiore e l’estremo inferiore (specificando se sono anche massimo e
minimo assoluti) dell’insieme A = x R : x =
Sia f ( x ) =
34 2 x
3 4n 2
, n N 0 .
, con x [0, +) , la funzione associata alla successione che descrive gli
elementi di A. A. Si ha f (0) = 3 , lim f ( x ) = lim x +
punto x =
n
4 + 3 log 2 4log2
x +
4 x
2 log 2
=
0 e f ( x ) =
4 3 log 2 + 4 x log 2 x
2
2.19 è un punto di minimo assoluto. Poiché f (1) =
ottiene che ma max A = 3 , mentre min A =
5 4
1 2
e f (2) =
5 4
. Il si
.
-----------------------------------------
2. Studiare, al variare del del parametro reale a, il seguente limite lim
n +
Posto
=
1
(
n
)
n
2 3 + 1 .
2 3 + 1 , si ha
+ se > 1 lim = 0 se 1 1 . n n irreg. se < 1 n
+
Dalla disequazione 2 3 + 1 > 1 si ottiene > 26 . Quindi
( lim
2 3 + 1
n +
n
)
n
< 0 .
Dalla disequazione 2 3 + 1 < 1 si ottiene
+ se < 0 se 0 26 = 0 irreg. se > 26
--------------------------------------------
3. Verificare (applicando solo (applicando solo la definizione) che lim
x +
Occorre verificare che
>
0
>
x 2 3x + 1 x
0 / x > 1
sistema
x 2 3x + 1 < 1 + x , 2 x 3x + 1 > 1 x
<
=
1.
x 2 3x + 1
<
1 + . Studiamo il
considerando x considerando x > 0. La prima disequazione è verificata per x > la seconda disequazione è verificata per x > scegliendo
=
3 + 9 4( 2 2(2
2
)
2
)
3 + 9 4( 2 2( 2
2
2
)
)
3 +
9 + 4(2 2( 2
+
2
+
)
2
)
, mentre
. Allora il limite è verificato
.
----------------------------------------------------4. Senza calcolare la derivata della funzione f ( x ) =
3
(x
2
2x
)
2
, giustificare la derivabilità della
stessa nell’insieme R {0, {0, 2} . Stabil Stabilire, ire, utilizza utilizzando ndo f ( x ) , se i punti 0 e 2 sono punti di derivabilità, angolosi, cuspidali o di flesso a tangente verticale. 2
(t ) = 3 t e h( x ) = ( x 2 2 x ) ,
La funzione si compone mediante le due funzioni elementari
cioè f ( x ) = ( g h )( x ) . La funzione h( x) x) è derivabile in tutto l’asse reale, mentre la funzione g funzione g (t )
non è derivabile in t = t = 0. Poiché t = t = 0 corrisponde a ( x 2 2 x )
2 =
0 , cioè x cioè x = 0 e x = 2, per il
teorema sulla derivabilità delle funzioni composte si ha che la funzione f ( x) x) è sicuramente 2( 2 x 2) derivabile in R {0, {0, 2} . In tale insieme si ha f ( x ) = , inoltre risulta 2 3 3 ( 2 x ) lim f ( x ) = , lim f ( x) = + , lim f ( x ) = , lim f ( x ) = + .
x 0
x 0+
Quindi x Quindi x = 0 e x = 2 sono punti cuspidali.
x 2
x 2+
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA D'ESAME DI CALCOLO 1 O ESONERO DI ANALISI MATEMATICA DEL 28/11/08 Collegio Didattico di Ingegneria Ingegneria Informatica (Oss. Le (Oss. Le altre tracce si risolvono con analoghi procedimenti) procedimenti)
(applicando solo la definizione) che lim 1. Verificare (applicando solo n →∞
3n − 1
Occorre dimostrare che ∀ε > 0, ∃ δ ε > 0 / ∀n > δε ⇒ semplici calcoli, c alcoli, si riconduce alla seguente che è soddisfatta ∀n >
4 ε
= 3.
n +1 3n − 1 n +1
− 3 < ε . L’ultima disequazione, dopo
4 −4 <ε < ε ovvero, siccome n è naturale, a n +1 n +1 4
− 1 . Il limite è, quindi, dimostrato scegliendo δ ε = − 1 . ε
2. Siano f ( x) = ( x 2 + 1) log ( x2 + 1) − 2 x2 e g ( x) =
x
(
)
log x + 1 2
. Studiare il segno di f di f nell’intervallo nell’intervallo
− e − 1, e − 1 e dimostrare che g ( x ) > 0 ∀ x ∈ ( 0,1] . Si ha f ′( x) = 2 x log ( x 2 + 1) − 1 , che è positiva in − e − 1, 0 e negativa in 0, e − 1 . Quindi l’origine è punto di massimo assoluto per per f in − e − 1, e − 1 . Essendo f (0) = 0 , si
(
)
(
)
ha f ( x) < 0 in − e − 1, e − 1 tranne in 0 in cui si annulla.
Si ha g ′( x ) =
f ( x)
( x + 1) log ( x 2 + 1) 2
2
. Per il risultato precedente, ed essendo 1 < e − 1 , si ha
che g ′( x ) < 0 in ∀ x ∈ ( 0,1] e quindi g è ivi decrescente. Poiché g (1) = g ( x ) > 0
1 log2
> 0 , segue che
∀ x ∈ ( 0,1] .
(Oss: In questa traccia in realtà, senza fare il ragionamento sopra esposto, si vede subito che
(
)
g ( x ) > 0 ∀ x ∈ ( 0,1] essendo il numeratore x e il denominatore log x 2 + 1 entrambe funzioni positive in ( 0,1] )
3. Sia {an } una successione decrescente e lim an = l . Dimostrare che l = inf an . Stabilire se il n →+∞ risultato sussiste anche senza l’ipotesi di monotonia per la successione. Per ipotesi si ha che ∀ε > 0, ∃ δε > 0 / ∀n > δ ε ⇒ l − ε < a n < l + ε . Quindi l soddisfa la seconda condizione affinché risulti estremo inferiore della successione, cioè ∀ε > 0, ∃ n ∈ N (basta scegliere n > δε ) / an < l + ε . Resta da verificare che l è un minorante per la successione. Innanzi tutto dalla convergenza si ha che ∀n > δ ε ⇒ l − ε < an ovvero, per l’arbitrarietà di ε , l ≤ an . Poiché la successione è decrescente, si ha am ≥ an per tutti gli indici m ≤ δ ε e n > δε Quindi, .
la disequazione l ≤ an vale non solo per gli indici n > δε , ma per ogni naturale n.
Senza l’ipotesi di monotonia per la successione quest’ultima proprietà non è soddisfatta e quindi non è, in generale, verificata la condizione affinché l sia un minorante per la successione. 3
4. Applicare il teorema sulla derivabilità delle funzioni composte alla funzione F ( x) = ( sin x ) .
Negli eventuali punti in cui non sono verificate le condizioni del suddetto teorema studiare la deri deriva vabi bilit litàà di F ( x ) utilizzando direttamente la definizione. Si ha F ( x) = ( g
f
) ( x)
dove
= f
( x ) = ( sin x )
∀ x ∈ R ,
mentre la funzione g è derivabile
x = kπ ,
∀k ∈ Z ,
F in
R−
{k
3
( y ) = y . La funzione f è derivabile ∀ y ∈ R − {0} . Poiché risulta y = 0 quando e
= g
dal teorema sulla derivabilità delle funzioni composte segue la derivabilità di
, ∀k ∈ Z} . Nei punti x = kπ ,
π
lim
sin 3 ( kπ + h )
=
∀k ∈ Z ,
lim
sin 3 h
si ha =
lim
sin h
sin 2 h = 0 .
h→0 h→0 h h h La funzione F è, allora, derivabile anche nei punti punti x = kπ , ∀k ∈ Z . h →0
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA D’ESAME DI ANALISI MATEMATICA (1.07.09) 1. Determinare il dominio e il segno della funzione f ( x ) = log 3/ 2
La funzione è definita in D
=
{
}
R − −1, 4 . Si ha f
( x) < 0 se
x + 1 x − 4
.
x + 1
<
x − 4
1 . La disequazione equivale al
x + 1 5 <1 x − 4 x − 4 < 0 3 sistema ovvero le cui soluzioni sono tutte le x < . Quindi si ha 2 x + 1 > −1 2 x − 3 > 0 x − 4 x − 4 3 3 3 f ( x) < 0 ∀x ∈ ( −∞, −1) ∪ −1, , f ( x) = 0 se x = , f ( x) > 0 ∀x ∈ − , 4 ∪ ( 4, +∞ ) . 2 2 2 2. Determinare il limite della successione n
Posto
(n
3
− 2sin n
3
n − 2 sin n
)
=
(
1
log n3 − 2 sin n
n
n
=
e
(n
3
n
n3 − 2sin n .
− 2 sin n
)
1 n
si
n
lim n3 − 2sin n
ha
)
n →∞
(
log n3 − 2 sin n
, si puo’ studiare lim
)
n
n →∞
=
lim
0
∞ .
=
Poiché
3 x 2 − 2 cos x x 3 − 2sin x
x →+∞
=
0 (si è
utilizzato il teorema di De l’Hospital alla funzione associata). In conclusione si ottiene che la successione converge a 1.
(
3. Risolvere nel campo complesso l’equazione z
+
i)
4
=
5
1− i 1 + 2i
(
Svolgendo i calcoli a secondo membro l’equazione diventa z 4
π 4
−1 = cos −
+
kπ π + i sin − 2 4
+
+
+
3i .
i)
k π 2
4
=
−1 e quindi z
+
i=
4
−1 . Poiché
k = 0,1, 2, 3 ,
si hanno le seguenti quattro equazioni:
z
+
2
i=
2
(1 − i ) ,
z
+
2
i=
(1 i ) , +
z
2 2 − 1 , z
=
2
+
i=−
2 2
(1 − i ) ,
z
+
2
i=−
2
(1 i ) , +
da cui
z
=
2 2
2 2 + 1 , z
−i
=
2 2
+
i
−
2 2
+
2 2 − 1 , z
i
=
−
2 2
2 2 + 1 .
−i
Si trovano allora le quattro soluzioni
2 2 2 − 1 , z3 = − −i 2 2 − 1 , z4 2 2 2 ( 4 sin x − 2 ) cos x ʹ y = Risolvere il seguente problema di Cauchy 1 + sin + cos 2 x . y 0 = 4 ( ) z1
4.
=
Poiché
2
+
d dx
2 2 + 1 , z2
i
1 + sin x + cos 2 x
differenziale è
2
=
−i
cos =
(1 − 2 sin x )
2 1 + sin
+
2
=
−
2 2
+
2 2 + 1 .
i
si ha che l’integrale generale dell’equazione
cos x
y = − 4 1 + sin x + cos 2 x + c . Dalla condizione iniziale si trova 4 = − 4 2 + c .
Allora la soluzione del problema di di Cauchy è y
=
(
)
4 1 + 2 − 1 + sin x + cos 2 x .
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA DI CALCOLO 2 (1.07.09) campo complesso l’equazione ( z + i ) 1. Risolvere nel campo
4
=
5
1− i
3i .
+
1 + 2i
Svolgendo i calcoli a secondo membro l’equazione diventa ( z
+
i)
4
=
−1
e quindi z
+
i=
4
−1 .
Poiché kπ π + i sin − 4 2 si hanno le seguenti quattro equazioni: 4
z
2
i=
+
2
π 4
−1 = cos −
(1 − i ) ,
z
+
+
2
i=
2
(1 i ) , +
z
+
=
−
+
k π 2
i=−
2 2
k = 0,1, 2, 3 ,
(1 − i ) ,
z
+
2
i=−
2
(1 i ) , +
da cui z
2
=
2
2 2 + 1 , z
−i
2
=
2
+
2 2 − 1 , z
i
2 2
+
2 2 − 1 , z
i
−
=
2 2
2 2 + 1 .
−i
Si trovano allora le quattro soluzioni
2 2 2 − 1 , z3 = − −i 2 2 − 1 , z4 2 2 2 ( 4 sin x − 2 ) cos x yʹ = 2. Risolvere il seguente problema di Cauchy 1 + sin + cos 2 x . y 0 = 4 ( ) z1
=
Poiché
2
d dx
+
2 2 + 1 , z2
i
2
=
1 + sin x + cos 2 x
−i
(1 − 2 sin x )
cos =
2 1 + sin
+
=
2
−
2
+
2 2 + 1 .
i
si ha che l’integrale generale dell’equazione
2
cos x
y = − 4 1 + sin x + cos 2 x + c . Dalla condizione iniziale si trova 4 = − 4 2 + c .
differenziale è
(
)
Allora la soluzione del del problema di Cauchy Cauchy è y = 4 1 + 2 − 1 + sin x + cos 2 x .
x
3. Dimostrare che, per ogni x reale, vale
∫t
2
0
x
Posto f ( x) =
∫t 0
dt 2
+
2t + 3
x
e g ( x) =
∫t
−1
x
dt +
2t + 3
dt 2
+
2t + 3
<
∫t
−1
dt 2
+
2t + 3
.
, si ha f ʹ( x) = g ʹ( x ) =
1 2
+
2 x + 3
>
0
∀x ∈ R .
Quindi le funzioni differiscono per una constante e sono crescenti. Poiché la g interseca l’asse x in -1 e quindi prima di f, che lo interseca in 0, si ottiene f ( x) < g ( x ) ∀x ∈ R . ∞
4. Sia
∑a
una serie a termini di segno positivo tale che lim k ak
1
. Dimostrare, senza 2 k 1 utilizzare il criterio della radice, che la serie converge. ( Sugg.: utilizzare la definizione di limite di una successione e il criterio del confronto per le serie ). 1 1 Dalla definizione di limite si ha ∀ε > 0 ∃ν > 0 / ∀k > ν ⇒ − ε < k ak < + ε . 2 2 Dalla seconda delle ultime due disuguaglianze si ottiene, elevando alla k-esima potenza, k
k →∞
=
ε
=
ε
k
1 definitivamente ak < + ε . Scegliendo 2
ε
opportunamente piccolo segue, per il criterio del
confronto, la convergenza della serie essendo maggiorata da una serie geometrica convergente. convergente.
(
1. Determinare il dominio della funzione f ( x) = log arctan sin ( 3x + 1)
(
) ) . Dimostrare, inoltre, che
1 π − 2 f è f è invertibile nell’intervallo − , . 3 6 La condizione da imporre è arctan ( sin ( 3 x + 1) ) > 0 e quindi sin ( 3 x + 1) > 0 . Quest’ultima è soddisfatta per ogni x reale tale che ch e 2kπ < 3 x + 1 < π + 2 kπ , ∀k ∈ Z . Si ottiene allora il dominio
D = x ∈ R /
−1 + 2 kπ 3
π
studiamo il segno di f ′( x ) =
− 1 + 2 k π 3
1 π − 2 , ∀k ∈ Z . Per l’invertibilità di f in I = − , , 3 6 3 cos ( 3 x + 1)
1 + sin 2 ( 3 x + 1) arctan ( sin ( 3x + 1) )
. Da −
1 3
< x <
π
−2 6
segue
π
. Allora risulta f ′( x ) > 0 ∀ ∈ I e, di conseguenza, la funzione è strettamente 2 crescente e, quindi, invertibile in I. 0 < 3 x + 1 <
2
2 2. Studiare il segno della funzione f ( x ) = 6 log 1 x − 2 log 1 x − 4 nell’intervallo ( 0, +∞ ) . 2 2 2
Dalle proprietà del logaritmo si ha, ∀ x ∈ ( 0, +∞ ) f ( x) = 24 log 1 x − 2 log 1 x − 4 . Posto 2 2 1 − 97 1 + 97 t = log 1 x , si ha f (t ) = 24t 2 − 2t − 4 , da cui: f (t ) > 0 ∀t ∈ −∞, , +∞ , ∪ 24 24 2 1 − 97 1 + 97 1 ± 97 e f f (t ) < 0 ∀t ∈ , 24 24 = 0 . Tornando alla variabile x si ottiene: 2 4 1− 97 97 1+ 97 97 1− 97 1+ 97 2 4 2 4 2 4 24 1 1 1 1 , ∪ f ( x ) > 0 ∀x ∈ , f ( x ) < 0 ∀x ∈ −∞, , +∞ e 2 2 2 2 1± 97 1 24 f =0. 2 ,
3. Date le funzioni f ( x ) = cos ( x − 1) e g ( x ) = arccos x + 1, calcolare, se possibile, f g e
precisandone il dominio. Stabilire inoltre se tali composte siano pari, dispari o periodiche. Si ha ( f g ) ( x) = cos ( arccos x + 1 − 1) = x e quindi ( f g ) ( x ) = x definita in [ −1,1] c os ( x + 1) ) − 1 definita in ( g f ) ( x ) = arccos (co
R.
f
e
f g è dispari, mentre g f è periodica.
4. Sia lim f ( x ) = +∞ . Dimo Dimost stra rare re,, usan usando do la defi defini nizi zion onee di limi limite te,, che che lim lim x f ( x ) = −∞ . x→−∞
x →−∞
Per ipotesi si ha che ∀M > 0 ∃ δ M > 0 / ∀ x < − δ M ⇒ f ( x) > M . Sia δM = max {δ M ,1} , allora
∀ x < − δM ⇒ x f ( x) < x M < −M .
In
conclusione
si
può
stabilire
∀M > 0 ∃ δM > 0 / ∀ x < − δM ⇒ x f ( x) < −M ovvero che lim x f ( x ) = −∞ . x →−∞
quindi
che
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA DI CALCOLO 2 DEL 02/02/09 – ING. INF. (Le prove relative alle altre tracce si risolvono in modo analogo). 2
z 1. Risolvere nel campo complesso l’equazione = −4i . i+ 2
(
L’equazione può essere riscritta nel seguente modo z = 2 i + 2
)
−i . Si ha
π π −i = cos − + kπ + i sin − + kπ k = 0,1 . 4 4 Quindi si hanno le due soluzioni
(
)
2
z0 = 2 i + 2
(
)
2
z1 = 2 i + 2 −
2 2
−i +i
2
2 2
2
= ( 2 + 2) + i ( 2 − 2) = − ( 2 + 2) − i ( 2 − 2) .
2. Determinare, al variare del parametro reale k , l’integrale generale dell’equazione differenziale
′′ + 2 y′ + (1 − k ) y = x − 1 .
La soluzione generale assume la forma y = yo + y p dove
o
è la soluzione generale
dell’equazione omogenea associata e y p è una soluzione particolare della non omogenea . L’equazione algebrica associata all’omogenea è
α
2
+ 2α + (1 − k ) = 0 le cui si soluzioni sono
date da −1 ± k . Quindi occorre distinguere tre casi: casi: ( −1+ k ) x ( −1− k )x 1° caso ( k > 0 ), yo = c1e + c2 e 2° caso ( k = 0 ), yo = e − x ( c1 + c2 x )
(
3° caso ( k < 0 ), yo = e − x c1 cos Per determinare
p
(
c1 , c2 ∈ R ;
c1 , c2 ∈ R ;
− k x ) + c2 sin ( − k x )
)
c1 , c2 ∈ C .
occorre distinguere due casi: casi : 1° caso ( k ≠ 1 ), y p = Ax + B ; 2° caso ( k = 1 ),
p
= Ax 2 + Bx + C .
Applicando il principio di identità dei polinomi si ottiene y p = x 2
y p =
4
−
3x 4
∑ k = 0
3 + k
(1 − k )
nel 1° caso, caso,
2
nel 2° caso.
∞
3. Siano
1 − k
−
∞
ak e
∑
∞
bk convergenti. Dimostrare che
k = 0
∑ab
k k
converge.
k = 0
∞
Siano { An } , {Bn } e
{C n }
le successioni delle somme parziali delle serie
∑a
k
k =0
∞
∑a
k
⋅ bk rispettivamente. Poiché le serie sono a termini positivi, si ottiene
k = 0
Cn =
n
∑ k =0
ak ⋅ bk ≤
n
∑ k =0
ak ⋅
n
∑b
k
k =0
= An Bn .
∞
,
∑b
k
k =0
e
Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { An } e { Bn } segue che la successione {C n } non può divergere. Inoltre {C n } , essendo monotona crescente, è una successione regolare, di conseguenza deve necessariamente convergere. 1
4. Calcolare
∫
x
π
dx utilizzando la definizione di integrale definito. (Sugg:
∑
1+
i
n
π
n
=
1 − π
i =1
0
1 n
1
).
1 − π n
Si ha 1
∫
π
x
dx = lim
n → +∞
0
Ponendo m =
1 n
1 n
∑
1+
i
n
π
n
= lim
n → +∞
i =1
1 1 − π n
⋅
1 n
1
1− π n
1 1 = (1 − π ) lim ⋅ 1 n → +∞ n 1 − π n
.
e applicando la regola di De De l’Hospital si ottiene ottiene 1
∫ 0
π
x
1 m = − 1 π ) lim ( m m m →0+ −π log π 1−π
dx = (1 − π ) lim+ m →0
π − 1 . = l o g π
y 2 xy .
1. Studiare Studiare la derivabilità derivabilità parziale in (0,0) (0, 0) , rispetto rispetto ad ad x ed y ed y,, della funzione f ( x, y ) =
Poiché si ha lim
f (h ,,0 0) f (0, 0)
h 0
2. Sia f ( x ) =
x + 1
( x 2
+
annulla nel punto x0
( 2, + ) .
definita in
1) ( x + 2 ) =
=
0 e lim
f (0, h) f (0, 0)
=
lim
h2
=
lim
h
non h 0 h h 0 h 0 h 0 h h h h esiste, si conclude che la funzione è parzialmente derivabile nell’origine rispetto ad x e si ha f (0, 0) = 0 , mentre non lo è rispetto ad y. x =
lim
0
Determinare la primitiva di f ( x) x) che si
0.
x + 1 ( x 1) ( x + 2 ) x 2 Si ha f ( x ) = . Quindi detta g la primitiva di f sull’intervallo x +1 2 < x < 2 ( 3 x ) ( x + 2 ) ( 2, + ) che si annulla nell’origine si ha x 2 t +1 t + 1 dt + dt x 2 3 t t t 1 t +2) +2 ( ) ( ( )( ) ( ) 0 2 g ( x ) = x . t + 1 2< x <2 ( 3 t ) ( t + 2 ) dt 0
Mediante il metodo dei fratti semplici si ottiene 1 1 3 1 2 l o g x 1 + l o g 2 + x) l o g 4 l o g 3 log 5 ( ) ( 5 3 3 5 5 g ( x ) = 4 log ( 3 x ) 1 log (3 + x ) 3 log 3 5 5 5 3. Sia f ( x ) = o x
x 2 .
2 < x < 2
per x 0 . Dimostrare Dimostrare o confutare confutare che che ( x 1) f ( x ) = o x 3 per x 0 . L’affermazione è falsa. Infatti basta prendere f ( x ) = x 3 (che risulta essere o x 2 per x 0 ) 2
+
+
+
e verificare che lim
( x 1) 1) f ( x ) x
x 0+
3
=
lim
f ( x)
h 0
x
2
lim
f (x ) x3
h 0
=
1 0 .
4. Applicando la definizione di convergenza di una serie numerica, stabilire il carattere della serie
(k k =1
2 +
2 ) ( k + 4 )
e, in caso di convergenza, trovarne la somma.
La serie è telescopica. Infatti si ha n
sn
=
(k k =1
1 +
2)
2
( k + 2) ( k + 4) 1
( k + 4)
=
che, per definizione, rappresenta la somma.
7 12
=
1
(k + 2) 1
n +3
1
( k + 4 )
1 n +4
da cui si ricava
n
7 12
2
1. Siano f ( x ) =
+1
x + 2
Si ha F ( x ) = ( f
g
Inoltre F ( x ) =
( x ) = 1 x . Disegnare il grafico della finzione f finzione f ° g .
e
) (x) =
2 1 x
(
2 1 x + 1 1 x + 2 3 1 x + 2
)
. Da cui D F
2
=
im F ( x) = 2 , F (0) = 1 , ( ,1] , xl
F (1) =
1 2
.
, quindi F è F è decrescente in D in D.. Allora il grafico è
2. Determinare l'insieme di derivabilità della funzione f ( x) = log 1 x + 2 1 2
log1/ 2 ( x + 2) 1 se 2 < x 1 log ( x 2) 1 se x > 1 1/ 2 + Si ha f ( x ) = e D f = R {2} . Quindi l o g ( x 2 ) 1 s e 3 x 2 < 1/ 2 log1/ 2 ( x 2) 1 se x < 3 log(1/ 2) log( se 2 < x < 1 x + 2 log(1/ 2) log( se x > 1 x + 2 . Poiché lim f ( x ) = log(1 / 2) e lim f ( x ) = log(1 / 2) f ( x ) = x 1 x 3 log( log ( 1/ 2) se 3 < x < 2 x + 2 log( log(1/ 2) se x < 3 x + 2 segue che che -3 e -1 sono punti punti angolosi angolosi per f. f. Quin Quindi di l’in l’insie sieme me di deriv derivab abili ilità tà è D f {3, 1} . ±
±
3. Determinare l'estremo superiore e inferiore della successione an Sia f ( x ) =
x
, x 1 . Si ha f (1) =
1
, lim f ( x ) = 0 , f ( x ) =
=
ne
n
(n 1).
2 x x
. Allora x = 4 risulta un 2 e x punto di massimo assoluto nell’intervall nell’intervallo o [1, + ) . Quindi si ha che sup an = max an = a4 = 4 e 2 e inf an
=
e
x
e
x +
0.
Verificare are che f che f èè invertibile su 4. Sia f ( x ) = x 7 + x . Verific
.
Verificare che la funzione inversa f 1 è
derivabile su e calcolare ( f 1 ) ( 0 ) e ( f 1 ) ( 2 ) . Poiché f ( x ) = 7 x 6 + 1 > 0, x R , f è f è strettamente crescente in
R
e quindi ivi invertibile. Dal
teorema sulla derivabilità delle funzioni inverse segue la derivabilità su R di f 1 e inoltre che 7 1 1 1 . Dalle eq. f 0 e + ( f ) ( 0 ) = 0 ( ) ( f 1 ) ( y ) = ( ) 6 1 7 ( f ) ( y ) + 1
7
( f 1 ) ( 2 ) + ( f 1 ) ( 2 ) = 2 si ottiene rispettivamente 1 f 1 0 = 1 e f 1 2 = .
(
)( )
(
)( )
8
( f ) ( 0) = 0 1
e
( f ) ( 2) = 1 . 1
Quindi
Calcolare, al variare del parametro reale positivo positivo p, p, lim ( x p 1. Calcolare, x +
1
+
2) p x .
2
1
1 1 (1 + p ) 1 p 2 p 0 p x Si ha, lim ( x + 2) x = lim x (1 + p ) 1 = lim . Quindi applicando = x x x 1 x 0 +
+
p
+
x la regola di De l’Hospital si ottiene (1 + lim
2 x
p
1
) 1 p
=
1
x +
lim 2 (1 +
x +
2 x
p
1 p
)
p
x1 p
se p > 1 0 se = + se p < 1 2 se se p = 1
2. Stabilire, al variare del parametro reale k , il numero delle radici reali dell’equazione x 3 x 2 k 2 = 0 . Posto f ( x ) = x3 x 2 k 2 , si ha f ( x ) = 3x 2 2 x da cui risulta che i punti 0 e 2/3 sono rispettivamente punti di massimo e minimo relativo per f . Poiché
lim f ( x ) = ± ,
x ±
58 2 f = k , analizzando il grafico della funzione ricaviamo che per 3 27 k > 2 la funzione (e quindi l’equazione) ammette una radice reale, per k = 2 la funzione (e quindi l’equazione) ammette due radici reali, per 58 / 27 < k < 2 la funzione (e quindi l’equazione) ammette tre radici reali, per k = 58/27 la funzione (e quindi l’equazione) ammette due radici reali, per k < 58 / 27 la funzione (e quindi l’equazione) ammette una radice reale. f (0) = k 2
e
3. Sia f una funzione tale che lim f ( x) = + . Studiare, al variare del parametro reale c, il x +
seguente limite lim f ( x ) ( c + arctan ( x sin x ) ) . x +
< f ( x ) ( c + arctan ( x si n x ) ) < f ( x ) c + . Dal teorema 2 2 + se c > 2 del confronto si ottiene che lim f ( x ) ( c + arctan ( x sin x ) ) = . x se c < 2
Si ha, per ogni x reale, f ( x ) c
+
Inoltre si ha, per ogni x reale, f ( x ) ( c + arctan ( x ) ) f ( x )( c + arctan ( x sin x ) ) f (x )( c + arctan ( x ) ) ovvero, sfruttando la simmetria della funzione arctan t , f ( x ) ( c arctan ( x ) ) f ( x ) ( c + arctan ( x sin x ) ) f (x )( c + arctan ( x ) ) . Ora, sfruttando la proprietà della funzione sint sin t , possiamo asserire che il grafico della funzione intermedia interseca periodicamente, per x + , quello della funzione minorante f ( x ) ( c arctan ( x ) ) e quello della funzione maggiorante f ( x ) ( c + arctan ( x ) ) . Se si ottiene definitivamente
( c arctan ( x ) ) < 0
e
( c + arctan ( x ) ) > 0 ,
2
<
c<
2
per cui la funzione
f ( x ) ( c + arctan ( x sin x ) ) , al tendere di x all’infinito, oscillerà assumendo periodicamente valori
positivi e negativi. In tal caso possiamo affermare che il limite non esiste. Infine, se c = ±
2
non
possiamo affermare nulla senza conoscere l’espressione esplicita di f . Infat nfatti ti se f ( x ) = x si ottiene la convergenza a 0 della funzione f ( x ) ( c + arctan ( x sin x ) ) , men mentre tre se f ( x ) = e x si ottiene la divergenza della stessa.
{a n }
4. Siano
e
{bn }
due successioni irregolari. Stabilire se sia vera o falsa l’affermazione
secondo cui anche la successione {anbn } risulta essere irregolare. Per confutare l’affermazione basta prendere come esempio le due successioni irregolari {(1) n } e -1.
{(
1) n
+1
} . La relativa successione prodotto è {(
1) 2 n
} = { 1}
+1
n =1
che ovviamente converge a
e x 1 se x 1 . Detta g 1. Verificare l’invertibilità, nel rispettivo dominio, di f ( x ) = +arctg x se x < 1 2 l’inversa di f, di f, determinarne il dominio e codominio. Quindi calcolare g (1) . -- D f = .
lim f ( x ) = , lim f ( x ) =
, f (1) = 1 , lim f ( x) = 0 . f è continua e derivabile in x 4 per f . D f {1} . x = 1 è un punto di discontinuità di prima specie per f x
x 1
+
e x 1 se x > 1 2 x 1 . Segue che f è strettamente crescente in x D f {1} si ha f ( x ) = 1 se x < 1 1 + x 2 f è continua a destra in x = 1). Affinché risulti ( ,1) e strettamente decrescente in [1, + ) ( f è iniettiva in D deve necessariamente verificarsi (come si può osservare graficamente) una delle due due seg seguenti enti cond condiz izio ion ni: lim f ( x ) =
f (1) = 1 oppure lim f ( x ) =
/ lim f ( x) = 0 . In x 4 questo caso si verifica la seconda condizione. Essendo f iniettiva in D f sarà ivi anche x
.
x 1
+
invertibile. Per il teorema dei valori intermedi delle funzioni continue, applicato prima nell’intervallo ( ,1) e poi nell’intervallo [1, + ) , e per il fatto che f è strettamente crescente in ( ,1) e strettamente
decrescente
(
) (
[1, + )
in
C f = lim f ( x ), lim f ( x ) lim f ( x ), f (0 ) = , x
x 1
x
si
ha
che
( 0,1] . Detta g l’inversa di f si ha 4
, ( 0,1] e C g = R. 4 Poiché la f verifica in (1 (1, + ) tutte le ipotesi del teorema sulla derivabilità delle funzioni inverse si ha che la g è derivabile in ( 0,1) e, y ( 0,1) risulta
D g
=
g ( y ) =
dove
=
1 f ( x )
=
2 x 1 e
x 1
,
g ( y ) . Inoltre, essendo g continua g continua a sinistra in y in y = 1, risulta lim g ( y ) = lliim
y 1
x 1
+
1 f ( x )
=
lim
x 1
+
2 x 1 e
x 1
=
Quindi g Quindi g èè derivabile anche in y in y = 1 e si ha g (1) = 0 .
2. Studiare l’insieme di di derivabilità della funzione f ( x ) =
---
x + 2
+
x + 3
1
.
0.
se x 2 1 f ( x ) = x 1 x + 3 se x < 2 e x 3
D f = {3}.
0 se x > 2 2 f ( x ) = se 3 < x < 2 . 2 x + 3 ) ( 2 se x < 3 ( x + 3)2
1 se x 2 x 1 f ( x ) = se 3 < x < 2 x +3 x + 1 x + 3 se x < 3
.
lim f ( x ) = 2
lim f ( x ) = 0 .
x 2
x 2+
Quindi l’insieme di derivabilità di f è D f {2}.
Cal colare il seguente limite 3. Calcolare
lim
n +
n n+2
, dimostrando il risultato mediante la definizione di
successione convergente. --Si ha lim
n +
n n+2
=
1 . Si dimostra, infatti, che 6 > 0 n
n n + 2 < 1 + Si risolve il sistema n > 1 n + 2
>
0 / n > n 1 6 <
=
2(1 2(1 6) n
n+2
<
1+ 6 .
2(1 6) 2(1 , + . n
e si trova l’insieme delle soluzioni S =
Quindi si verifica l’esistenza di un numero reale n n
n
>
0 / ( n , + ) S . Basta scegliere
.
4. Sia lim f ( x ) = l con l > 0. Dimostrare, applicando la definizione di funzione convergente, che x x0
esiste un numero reale positivo d tale che f ( x ) > 0 x ( x0 ! , x0 + ! ) {x0 } . --Si ha 6 > 0 !
6
>
0 / x D f per cui x ( x0 ! , x0 + ! ) {x0 } l 6 < f ( x ) < l + 6 . Poichè 6
6
la precedente relazione vale 6 > 0 posso scegliere, per esempio, allora un numero reale positivo
!
=
! l
=
l 2
. Con tale scelta esiste
tale che
2
x ( x0 ! , x0 + ! ) {x0 }
l 2
<
f ( x) <
3l 2
f ( x) > 0
COMPITO A log x 3 è strettamente monotona nel rispettivo dominio D. log x + 2 Verificare l’invertibilità di f in D. Determinare il dominio e codominio della funzione inversa 3 f . Studiare la derivabilità di f nel rispettivo dominio. Calcolare ( f ) . È possibile 2 determinare l’espressione esplicita di f ?
1. Stabilire se la funzione f ( x) =
D =
( 0, e 2 ) (e 2 ,
x D
f ( x ) =
) . lim f ( x) = 1 , lim f ( x) = + , lim f ( x) = , lim f ( x ) = 1 .
+
x 0+
x e 2
5 x ( log x + 2 )
x e2
( )
2
x +
+
( )
. Segue allora che il grafico della funzione è
200
100
0.1
0.2
0.3
0.4
-100
-200
-300
La funzione nonè strettamente monotona in D, ma è ivi iniettiva i niettiva e quindi invertibile. Dominio e codominio di f sono rispettivamente gli insiemi R {1} e ( 0, e 2 ) ( e2 , + ) . Poiché f è derivabile in D e si ha ivi f ( x) 0 , dal teorema sulla derivabilità della funzione inversa si ha 2
3 3 x ( log x0 + 2 ) che f è derivabile in R {1} e risulta ( f ) = 0 dove x0 = ( f ) . 5 2 2 3 4 3 log x0 3 3 = Essendo f ( x0 ) = , cioè , si ha x0 = 1 . Quindi ( f ) = . Da 2 log x0 + 2 2 2 5 2
3
log x 3 2 y + 3 y = si ha log x = da cui segue f ( y ) = e 1 . log x + 2 1
2. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione e x
7
+
+
7 x +1
=
, al variare del parametro reale
.
a
Posto f ( x) = e x Inoltre x R
7
+
7 x +1
, si ha li lim f ( x) = + , lim f ( x ) = x
f ( x ) = 7 ( x 6 + 1) e x
x +
7
+
7 x +1
.
, da cui segue che f (1) = e 5 è un minimo
relativo e f (1) = e 7 è un massimo relativo. Se 0 , ovvero 0 , l’equazione non ammette soluzioni reali. Se < 0 e f (1) = e 5 > 0 , ovvero 0 < < e 5 l’equazione ammette una soluzione reale. Se f (1) = e 5 = 0 , ovvero = e5 l’equazione ammette due
soluzioni reali. Se f ( 1) = e 5 < 0 e f (1) = e7 ammette tre soluzioni reali. Se f (1) = e7 soluzioni reali. Se f (1) = e7
<
0 , ovvero
=
>
>
0 , ovvero e 5
0 , ovvero
=
e
7
< <
e 7 l’equazione
l’equazione ammette due
e 7 l’equazione ammette una soluzione reale.
3. Stabilire, giustificando le risposte, il comportamento delle seguenti funzioni per x + :
f ( x ) =
(
)
x + cos x , h( x ) = x + x 3 sin x , g ( x ) = x 3 ( 2 + sin x )
Poiché x + cos x x 1 e f ( x ) + per + .
x 1 + per x + , per il teorema del confronto anche
Il grafico della funzione h interseca peridiocamente per x per x + quello dei polinomi x 3 e 3 per x + , la funzione h è + x . Poiché quest’ultimi divergono rispettivamente a e + per x irregolare per + . Poiché x 3 ( 2 + sin x ) x 3 e x3 + per x + , per il teorema del confronto anche g ( x ) + per x per x + . 4. Sia f una funzione derivabile nell’insieme A simmetrico rispetto all’origine. Dimostrare che se
f è pari in A in A allora f è ivi dispari. Per Hp. vale f ( x ) = f ( x ), x A . Dal teorema sulla derivabilità delle funzioni composte segue f ( x ) = f ( x ), x A .
COMPITO B 1. Stabilire se la funzione f ( x ) =
2 x +3 e 1 x
è strettamente monotona nel rispettivo dominio D. Verificare l’invertibilità di f in D. Determinare il dominio e codominio della funzione inversa
f .
f (1) .
( )
Studiare la derivabilità di f nel rispettivo dominio. Calcolare
È possibile
determinare l’espressione esplicita di f ? D = R {1} . x D
lim f ( x ) = e 2 , lim f ( x ) = + , lim f ( x) = 0 , lim f ( x ) = e 2 .
x 1
x
f ( x ) =
x1
+
x +
2 x + 3 e 1 x
5 2 . Segue allora che il grafico della funzione è (1 x )
La funzione nonè strettamente monotona in D, ma è ivi iniettiva e quindi invertibile. Dominio e codominio di f sono rispettivamente gli insiemi ( 0, e 2 ) ( e 2 , + ) e R {1} . Poiché f è derivabile in D e si ha ivi f ( x) 0 , dal teorema sulla derivabilità della funzione inversa si ha
che f è derivabile in
R
{1} e risulta
( f ) (1)
=
(1 x0 ) 5
2 x0 +3 1 x0
3 f ( x0 ) = 1 , cioè e si ha x0 = . Quindi =1, 2 2 x + 3 log y 3 log y = da cui segue f ( y ) = . 1 x log y + 2
2. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione e x
Posto f ( x) = e x Inoltre
x R
9
9 x +1
,
9
9 x +1
2
e
2 x0 + 3 1 x0
dove x0 = ( f ) (1) . Essendo
2 x 3 5 ( f ) (1) = 4 . Da y = e 1 x si ha
=
+
, al variare del parametro reale a.
si ha lim f ( x ) = , lim f ( x ) = + . x
f ( x ) = 9 ( x8 1) e x
x +
9
9 x +1
, da cui segue che f (1) = e9 è un massimo
relativo e f (1) = e 7 è un minimo relativo. Se 0 , ovvero 0 , l’equazione non ammette soluzioni reali. Se < 0 e f (1) = e 7 > 0 , ovvero 0 < < e 7 l’equazione ammette una soluzione reale. Se f (1) = e 7 = 0 , ovvero = e 7 l’equazione ammette due soluzioni reali. Se f (1) = e 7 < 0 e f (1) = e9 > 0 , ovvero e 7 < < e9 l’equazione
ammette tre soluzioni reali. Se f ( 1) = e9 = 0 , ovvero soluzioni reali. Se f ( 1) = e9 < 0 , ovvero
>
=
e9 l’equazione ammette due
9
e l’equazione ammette una soluzione reale.
3. Stabilire, giustificando le risposte, il comportamento delle seguenti funzioni per x + :
f ( x ) =
(
)
x cos x , h( x ) = x + x 3 sin 2 x ,
( x ) = x 3 (1 + si sin x )
Il grafico della funzione f interseca peridiocamente per x per x + quello delle funzioni
x e
. Poiché quest’ultimi divergono rispettivamente a e + per x per x + , la funzione f è irregolare per + . Poiché h( x ) x e x + per + , per il teorema teorema del confro confronto nto anche anche h( x ) + per + .
Il grafico della funzione interseca peridiocamente per + l’asse delle ascisse e il grafico della funzione 2 x . Poiché quest’ultima diverge a + per x + , la funzione g è irregolare per + .
4. Sia f una funzione derivabile nell’insieme A simmetrico rispetto all’origine. Dimostrare che se
f è dispari in A in A allora f è ivi pari. Per Hp. vale f ( x ) = f ( x ), x A . Dal teorema sulla derivabilità delle funzioni composte segue f ( x ) = f ( x ), x A .
SOLUZIONI 1 4 1 4 e + 1) x + e se x ( 2 2 . 1. Sia f ( x ) = 2 1 ( x 2 + x ) e x x se x > 2 Trovare il valore di
1 1 Si ha f = e 2 2 =
per cui risulta continua e, per tale valore, disegnarne il grafico.
x
2 . Poiché per x
f ( x ) = ( 2 x
1 1 + e . Quindi la continuità della funzione si ha per 4 2 2
lim f ( x ) = 1
+
2
1 2
la funzione rappresenta una retta, studiamo il grafico della funzione
2
2
+
x ) e x x , con x >
1 2
. Poiché il polinomio 2
la funzione è sempre negativa per x >
1 2
2
+
x risulta negativo per x >
1 2
,
. Inoltre si ha lim f ( x ) = . Ancora si ha x +
4 x 2 + 5 x 2 x2 f ( x ) = e 1. x Poiché f ( x ) < 0 per ogni x >
1 2
, la funzione è strettamente decrescente per x >
4 lim f ( x ) = lim f ( x ) = ( e + 1) , la funzione risulta derivabile in x
1
2
+
x
1
1 2
1 2
. Infine, per x >
. Essendo 1 2
, si ha
2 2
f ( x) =
4e x 3
(x
2
x + 1) ( x 1) .
1 1 Poiché f ( x ) > 0 per x ,1 e f ( x) < 0 per x (1, + ) , la funzione è concava in ,1 2 2 e convessa in (1, + ) ; 1 è un punto di flesso.
-------------------------------
p, determinare quello di area massima. 2. Tra tutti i rettangoli di perimetro fissato pari a 2 p,
Sia x la lunghezza della base del rettangolo. Allora l’altezza misurerà p - x. L’area sarà p A( x ) = x ( p x ) . Si ha A( x ) = p 2 x , da cui risulta che è un punto di massimo assoluto. 2 p Quindi il rettangolo di area massima è il quadrato di lato . 2 -----------------------------------------
3.
Verificare (applicando solo (applicando solo la definizione) che lim
n2 + 1
n
Occorre verificare che
0
n
0 / n > 1
=
1.
n2 + 1
< 1 + . La prima delle due n disequazioni è soddisfatta per ogni numero naturale, mentre la seconda è soddisfatta 1 1 . Quindi il limite è verificato ponendo = . n > (2 + ) (2 + ) >
>
<
----------------------------------------Siano f ee g due g due funzioni invertibili nell’intervallo I tali che f ( x ) = 4. Siano f
1 g ( x )
x I . Dette f e g
1 nel rispettivo intervallo.
le rispettive funzioni inverse, dimostrare che f ( y ) = g
Sia y
=
f ( x) =
1 ( x )
, da cui si ricava g ( x ) =
1 y
1 .
. Quindi si ha x = f ( y ) = g
z 7 . (Sugg: moltiplicare entrambi i membri per z, quindi sfruttare la rappresentazione trigonometrica dei numeri complessi) complessi ) Moltiplicando Moltiplicando entrambi entrambi i membri membri dell’equazio dell’equazione ne per z si z si ottiene z = z 8
Determinare, nel piano piano di Gauss, Gauss, tutti tutti i numeri numeri complessi complessi z z che che soddisfano l’equazione z 1. Determinare,
Posto
=
=
z ( cos ( Arg z ) + i sin ( Arg z ) ) l’equazione diventa =
z
8
( cos ( 8Arg z )
+
i sin ( 8Arg z ) ) .
Osservato che il numero z = 0 è una soluzione dell’equazione, questa equivale, per z 0 alla seguente 1=
7
( cos ( 8Arg z )
+
i sin (8Arg z ) )
cioè
z 7 cos ( 8Arg z ) = 1 . 7 z sin ( 8Arg z ) = 0 k
, k Z . Sostituendo tali valori nella prima 8 equazione, segue che k deve k deve essere necessariamente pari, cioè k = 2h, h Z , e inoltre Dalla seconda equazione si ha Ar Arg z =
7
z
1 z = 1 .
=
Quindi i numeri complessi che soddisfano l’equazione sono, oltre lo 0, i seguenti sei h h cos + i sin 4 , h = 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 . 4 ----------------------------------
1 1 2. Calcolare lim . x 0 2 x l o g 1 x l o g 1 x + ( ) ( ) Dalle formule di MacLaurin log(1 + x ) = x
x 2 2
+
o( x ) e log(1 + 2
) = x +
x 2 2
+
o( x 2 ) si ha
1 1 o( x) 1 1 1 . lim = lim = lim x0 2 x 2 x + o ( x 2 ) x0 2 x 1 + o ( x ) = 0 x 0 2 x l o g 1 + x ) log (1 x ) ( -------------------------------------------
3. Risolvere la seguente equazione
x + 1
k x (k k =1
+
1)
=
1.
L’equazione può essere scritta in forma equivalente
x + 1 x
1
k (k k =1
+
1)
=
1 . La serie a primo
membro è telescopica e quindi converge ad 1; per cui l’equazione equivale a non ammette soluzioni.
x + 1 x
=
1 , e quindi
4.
Stabilire, giustificando le risposte, se siano vere o false le seguenti affermazioni: x
/2
x
2
sin t t
dt <
t
x
Siano
f ( x ) =
x
2
sin t
/2
dt
x > 0 ,
/ 2
sin 2 t t
x
dt ,
g ( x) =
x
2
sin t
t sin 2 t t
dt
<
2
sin t t
dt
x
dt ,
h( x) =
/ 2
x > 0 . sin 2 t t
dt . Le funzioni f e g sono
definite in ( 0, + ) , mentre la funzione h è definita in ( , 0 ) . Allora la seconda disuguaglianza è falsa non potendo essere messe in relazione tra loro le funzioni g e h. Le funzioni f e g, primitive di una stessa funzione positiva, sono strettamente crescenti e differiscono per una
= 0, g ( ) = 0 segue che f ( x ) > g ( x ) e quindi anche la prima 2
costante. Poiché f
disuguaglianza è falsa.
Studiare l'insieme di derivabilità della funzione f ( x ) = log x 2 1. St
+
7x
+
1 . Stab Stabili ilire re la la natu natura ra
degli eventuali punti di non derivabilità (punti angolosi, punti di cuspide, punti di flesso a tangente verticale).
log x 2 + 7 x + 1 x 7 x 0 f è definita e continua in R e si ha f ( x ) = . Quindi 2 log x 7 x + 1 7 < x < 0 2 x + 7 x < 7 x > 0 2 x 2 + 7 x + 1 ( ) f ( x ) = . 2 x 7 7 < x < 0 2 ( x 2 7 x + 1) Poiché lim f ( x ) = 7 / 2 , lim f ( x ) = 7 / 2 , lim f ( x) = 7 / 2 , lim f ( x ) = 7 / 2 , la funzione x 7
x 7 +
x 0
x 0+
risulta derivabile in R – – {-7 , 0}. In particolare i punti -7 e 0 sono punti angolosi. angolosi. sono anche massimo e minimo) 2. Determinare l'estremo superiore e inferiore (specificando se sono n 1 della successione a n
=
en
.
1
Si consideri la funzione associata f ( x ) = f ( x ) =
e x
2 x
definita per x x ¥ 1; si ha f ha f (1) = 0, li lim f ( x) = 0 e x +
. Il punto x = 2 è un punto di massimo assoluto per f . Quindi si ha e x inf an = min an = 0 e sup an = max an = e 1 .
x 3 se x 0 . Calcolare lim f ( x ) e dimostrare il risultato mediante la definizione di 3. Sia f ( x ) = x 0 1 se x 0 = limite. Si ha lim f ( x ) = 0 . Infatti preso un
e
x 0
< x3
=
3
<
,
> 0 arbitrario la disequazione
ammette come soluzione i punti contenuti nell’intervallo
segue la relazione ( , ) {0}
Sia f continua continua in 4. Sia f
0
(
3
(
3
<
x 3 < , ovvero
)
, 3 . Allora preso
)
, 3 .
tale che f ( x0 ) < 0 . Dimostrare, mediante la definizione di limite, che esiste
un intorno I ( x0 ) di x0 tale che f ( x ) < 0 I ( x0 ) . Dalla continuità di f in x0 f ( x0 )
<
segue che
preso un
e
> 0 arbitrario la disequazione
f ( x ) < f ( x0 ) + è soddisfatta in un opportuno intorno I ( x0 ) di x0 . Essendo
0 arbitrario basta allora prenderlo
=
f ( x0 ) 2
e
>
affinché f si mantenga negativa in I ( x0 ) .
1. Determinare l'insieme di definizione della funzione f ( x, y ) =
log( xy 1) x
2
+
2
y
. Stabilire se si tratta di
un insieme aperto, di un insieme chiuso, di un insieme connesso per archi. Le condizioni sono xy 1 > 0 e ( x, y ) (0, 0) . La curva di equazione xy 1 = 0 è l’iperbole equilatera. Poiché l’origine non soddisfa la disequazione, il dominio di f è f è la regione del piano disegnata in figura (escludendo i punti dell’iperbole stes sa). 40
20
-2
-1
1
2
-20
-40
Tale insieme è aperto e non n on connesso per archi.
2. Sia F ( x) x) una primitiva della funzione f ( x ) = cos x
2
su tutto
R .
esprimendo il risultato in termini della funzione F funzione F . (Sugg: (Sugg: porre x = t 4 Sostituendo la variabile di integrazione si ottiene
sin x 4
x
2
( ) dt
dx = 4 t si s in t
2
=
2 t
( ) dt
d cos t 2 dt
=
Calcolare
sin x 4
x
dx ,
t > 0 ).
2t cos ( t 2 ) + 2 cos ( t 2 ) dt =
2t cos ( t 2 ) + 2 F (t ) + c = 2 4 x cos ( x ) + 2 F ( 4 x ) + c .
3. Stabilire il carattere ed eventualmente eventualmente calcolare la somma della serie numerica
a
k
dove
k =0
ak
= +1
2
ak . 3
k
2 Per ogni k intero positivo si ha ak = a0 . Quindi la serie 3 2
3
3
5
. E’ dunque convergente con somma pari a
a
k
k =0
a0 . 2
4. Utilizzando la definizione di integrale integrale definito calcolare x dx . 1 2
k 1 1 + n n k 1 n
Per definizione si ha x dx = lim 1
n+
=
=
lim 1 +
n +
n( n + 1) 2n 2
=
3 2
.
è geometrica di ragione
1. Sia w =
e(
3 i )
2+i e3
. Risolvere, nel campo complesso, l’equazione e z =
Si ha w =
( cos i sin )
(2 i) 2 3 = e 5 ( 2 + i ) (2 i ) e3
=
2+i
+i
1
e3
5
10Im ( w ) e3
i.
da cui segue
Im w =
1 5
e3 .
L’equazione da risolvere è allora e z = 2i . Posto z = x + iy , l’equazione diventa (utilizzando la x
formula di Eulero) e
( cos y + i sin y ) = 2i
che equivale al sistema
equazione è soddisfatta per ogni x reale e per y = seconda equazione si ottiene e x ( 1) x = ln 2 .
In
conclusione
le
k
=
e x cos y = 0 . La prima x e sin y = 2
2
( 2k + 1) , k Z .
2 che è soddis soddisfatt fattaa quando quando k
soluzioni
dell’equazione
sono
=
i
Sostituendo nella
2h, h Z e per numeri
complessi
+ 2 h , h Z . 2
z = ln 2 + i
n
2. Calcolare per ogni n intero positivo an
=
x 2
( x + 2 )
3
dx . Stabilire poi il carattere della serie x 2
Utilizzando il metodo dei fratti semplici si ottiene
an
=
n
1
( x + 2)
2
dx 4
0
1
( x + 2)
3
dx =
0
n
( n + 2)
1
( x + 2)
n +
confronto asintotico si deduce che la serie
( x + 2 )
3
=
. Poiché si ha lim
2
n
n =1
0
n
a
n
( n + 2)
2
2
n
( n + 2)
2
4
( x + 2)
3
da cui segue
n = 1 , dal criterio del
diverge a .
n =1
3 3. Utilizzare la formula di MacLaurin per approssimare ln con un numero razionale 2 d n n 1 ( n 1) ! 2 commettendo un errore non superiore a 10 . (Sugg.: l n 1 ) + x ) = ( 1) ( n n
(1 + )
dx
1 k 1 1 n 3 1 n 1 Si ha ln = ln 1 + = ( 1) , dove c 0, . Quindi + ( 1) n 1 k 2 k 2 2 k 1 2 2n 1 ( n + 1) ( c + 1) k 1 1 1 n ln 1 + ( 1) 2k k 2 k 1 =
1 255
6.25 10
3
< 10
2
=
+
+
=
1 2
n +1
( n + 1) ( c + 1) 4
da cui
( 1) k =1
k 1
1
n +1
=
1 2n
77
2k k 192
+1
( n + 1)
. Per n Per n = 4 si ottiene
è il numero cercato.
4. Determinare l’equazione differenziale che ammette come integrale generale la funzione f ( x ) = e
x
cos 2 x + c1 e x sin 2 x + c2 e x cos 2 x , con c1 , c2 costanti complesse.
Dall’espressione della funzione f funzione f si si deduce che l’eq. differenziale è del tipo lineare di secondo ordine non omogenea a coeff. costanti y a1 y + a2 y = b( x) . Dalla combinazione lineare c1 e x sin 2 x + c2 e x cos 2 x si ottiene che i numeri complessi coniugati 1 ± i 2 costituiscono le
soluzioni dell’equazione algebrica associata all’eq. differenziale omogenea. Quindi, poiché la suddetta 2
equazione
algebrica
assume
l’espressione
(
(1
i 2 ) ) ( + (1 i 2 ) ) = 0 ,
cioè
2 + 5 = 0 , l’eq. differenziale omogenea associata assumerà l’espressione x y 2 y + 5 y = 0 . Essendo poi p ( x) = e cos 2 x un integrale particolare dell’eq. differenziale
non omogenea y 2 y + 5 y = b( x) , si ottiene, sostituendo y p ( x ), y p ( x ), y p ( x ) al primo membro, l’espressione b( x ) = e
x
( 8 sin 2 x + 4 cos 2 x ) .
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA DI CALCOLO 1 DEL 09/02/09 – ING. INF. (Gli esercizi relativi alle altre tracce si risolvono in modo analogo). log 21 ( x − 1) − log 1 ( x − 1) 1. Determinare il dominio della funzione f ( x ) =
2
(
2 2
2
.
)
log x − log x + 1
Studiando gli argomenti dei quattro logaritmi risulta x > 1 . Inoltre si ha log 21 ( x − 1) − log 1 ( x − 1) 2
(
2 2
2
(
≥0
)
log x − log x + 1
)
con log x − log x 2 + 1 ≠ 0 .
Studiando il segno del numeratore si ottiene: ottiene :
⇒ log 1 ( x −1) log 1 ( x −1) − 2 ≥ 0 , 2 2
2
log 21 ( x − 1) − log 1 ( x − 1) ≥ 0 2
2
da cui log 1 ( x − 1) ≥ 0
⇒ x −1 ≤ 1 ⇒ x ≤ 2
2
e log 1 ( x − 1) − 2 ≥ 0
⇒ x −1 ≤
2
1 4
⇒ x≤
5 4
.
5 Quindi il numeratore risulta non negativo in 1, ∪ [ 2, +∞ ) e negativo altrove per x > 1 . 4 Studiando il segno del denominatore si ottiene: ottiene :
(
)
log x − log x 2 + 1 > 0
⇒ log x > log ( x 2 +1)
⇒ x > x2 +1 .
Non essendo mai verificata, per > 1 , l’ultima disuguaglianza, il denominatore risulta negativo per x > 1 . Confrontando, infine, i segni del numeratore e del denominatore della funzione sotto 5 radice si ottiene il dominio di f, cioè , 2 . 4 x3
2. Sia f ( x ) = e
+ x con x ∈ R . Detta g l’inversa di f , determinare il dominio e l’insieme di derivabilità di g. Quindi calcolare g ′ (1) . 3
Si ha f ′( x ) = 3x 2 e x + 1 > 0
∀x ∈ R , da cui risulta che f è crescente e ha come codominio
l’intervallo
( lim f ( x ),), lim f ( x )) = (−∞ ,+∞ ) . La
derivabile in
R . Inoltre
x → −∞
funzione inversa g è allora definita e
x →+∞
si ha g ′(1) =
1 2
3[ g (1)] e
3
[ g (1)]
+1
3
(1) = x0 si ha 1 = e x0 + x0 da
. Posto
cui si ottiene x0 = 0 . Quindi risulta g ′(1) = 1 . 3. Verificare, con la definizione di limite di successione, che lim log1 n →+∞
Occorre verificare che ∀M > 0 ∃δ M > 0 / ∀n > δ M ⇒ log 1 3
disequazione si ottiene
3
n +1 n2 − n
n +1 n2 − n
= +∞ .
> M . Risolvendo l’ultima
log 1 3
n +1 n2 − n
>
M
⇒
n +1 n2 − n
<
(
n2 − 1 + 3M
1
⇒
3M
M
3
(n
2
−
)
−
n
3M >
)
0.
Il denominatore risulta sempre positivo, mentre il numeratore risulta positivo per n>
(1
+
3M
)
+
(1
+
3M
)
+
4 ⋅ 3M . Il limite è verificato per δ M
2
=
(1
+
3M
)
+
(1
+
3M
)
+
4 ⋅ 3M
2
.
4. Applicare il teorema della derivabilità delle funzioni composte per studiare, nel rispettivo 5
dominio, la derivabilità di F ( x ) = ( x − 1) . Nei punti in cui non è possibile stabilire la derivabilità di F di F con con il suddetto teorema studiarla con il limite del rapporto incrementale. Si ha F R−
=
g
5
deri vabile in f dove f ( x) = ( x − 1) e g ( y ) = y . Mentre f è derivabile
{ y = 0} . Poiché y = 0
se
ottiene la derivabilità di F in
=
R−
lim
g è derivabile in
1 , dal teorema della derivabilità delle funzioni composte si
{ x = 1} . In x = 1
F (1 + h) − F (1)
h Per cui F risulta derivabile anche in x = 1 . h →0
R ,
=
si ha
lim h →0
h5 =
h
lim h 4 h →0
=
0.
SOLUZIONI di Gauss, tutti i numeri complessi complessi z z che che soddisfano l’equazione z 1. Determinare, nel piano di
=
z 6 .
(Sugg: sfruttare la rappresentazione trigonometrica dei numeri complessi) complessi ) Posto
=
z ( cos ( Arg z ) + i sin ( Arg z ) ) l’equazione diventa z
=
z
6
( cos ( 6Arg z )
+
i sin ( 6Arg z ) ) .
Osservato che il numero z = 0 è una soluzione dell’equazione, questa equivale, per z 0 alla seguente 5
1=
( cos ( 6Arg z )
+
i sin ( 6Arg z ) )
cioè
z 5 cos ( 6Arg z ) = 1 . 5 z sin ( 6Arg z ) = 0 k
, k Z . Sostituendo tali valori nella prima 6 equazione, segue che k deve k deve essere necessariamente necessariamente pari, cioè k = 2h , h Z , e inoltre Dalla seconda equazione si ha Ar Arg z =
z
5
=
1 z = 1 .
Quindi i numeri complessi che soddisfano l’equazione sono, oltre lo 0, i seguenti sei h h cos + i sin 3 , h = 0,1, 2, 3, 4, 5 . 3
---------------------------
2. Risolvere la seguente equazione
k
x + 1 2 2 k 0 x
=
2.
=
L’equazione L’equazione si può scrivere in modo equivalente equivalente
x + 1 x k 0
k =
2 , x 1, x 0 .
=
Affinché l’equazione abbia senso, la serie a primo primo membro deve deve convergere. Essendo Essendo questa una serie geometrica di ragione
x + 1 x
, essa converge quando
1 <
x + 1 x
<
1 . La
disequazione di sinistra è soddisfatta x [ 1, + ) {0} . La disequazione disequazione di destra destra equivale, equivale, per x [ 1, + ) {0} , alla segu seguent entee x 2 x + 1 > 0 . Essa è sempre soddisfatta in x [ 1, + ) {0} . Quindi la serie geometrica converge
x [ 1, + ) {0} , ed ha come somma
1 x + 1
1
=
x x x +1
x
Di conseguenza conseguenza l’equazione l’equazione equivale equivale alla seguente seguente
(
)
soluzioni sono 2 1 2 0.8
.
(
x x x + 1
=
2 , dove x [ 1, + ) {0} . Le
)
2 1 + 2 4.8 . Poiché Poiché tali numeri numeri sono sono contenuti contenuti in
e
[ 1, + ) {0} essi costituiscono le soluzioni dell’equazione iniziale. -----------------------------3. Sia f una funzione dispari e continua nell’intervallo
[ a, a ]
(a > 0) . Dimostrare che si ha
a
f ( x) dx
=
0.
a
a
Si ha
0
a
f ( x) dx f ( x ) dx f (x ) dx . Sostituendo =
a
+
a
=
t per il primo integrale a secondo
0
membro si ha 0
f ( x) dx
=
a
0
a
a
0
f (t ) dt = f (t ) dt . 0
Inoltre essendo la funzione integranda dispari f (t ) = f (t ) si ha
f ( x) dx
a a
0
a
f ( x) dx f ( x ) dx f (x ) dx =
a
+
a
0
a
=
a
=
f (t ) dt . Quindi 0
a
f (x ) dx + f (x ) dx = 0 0
.
0
--------------------------------
4.
x n 3 y m Data la funzione f ( x, y ) = x 4 + y 3 0
( x , y ) (0, 0)
, con n e m interi positivi, determinare i
( x, y ) = (0, 0)
valori di n e m per i quali f quali f ammette ammette entrambe le derivate parziali nell’origine. Si ha lim h 0
f (h, 0) f (0, 0)
=
lim h n
5
e lim
f (0, k ) f (0, 0)
=
3 lim k m 4 . I due limiti esistono
h0 k 0 k 0 h k finiti per n 5 e m 4 . Quindi, la funzione ammette nell’origine derivata parziale rispetto alla variabile x n 5 , mentre ammette nell’origine derivata parziale rispetto alla variabile y m 4 .
e x 1 1. Sia f ( x ) = +arctg
se x 1 se x < 1
. Stabilire per quali valori del parametro reale a la funzione
è invertibile nel rispettivo dominio. Determinare, inoltre, il valore di a affinché f risulti f risulti continua in 1, e stabilire se, per tale valore di a, f risulta risulta anche derivabile in 1. ---- D = .
f (1) = 1 ,
lim f ( x ) = 0 ,
x +
lim f ( x ) =
x
2
,
lim f ( x ) = +
x 1
4
. f è
derivabile
x D {1} e si ha e x 1 f ( x ) = 2 x 1 1 1 + x 2
se x > 1 se x < 1
per cui risulta strettamente crescente in ( ,1) ,1) e str stret etta tame ment ntee dec decre resc scen ente te in [1 [1, + ) , (si noti che f è continua a dx in 1). Affinché f risulti iniettiva in D dovrà eseere necessariamente
2
1 oppure
+
4
Quindi f risulta invertibile in D in D se 0 . Quindi f
f risulta continua in 1 se lim f ( x ) = + x 1
4
=
1 +
f (1) = 1 cioè se
2
oppure se
= 1
4
4
.
. Infine, poiché
lim f ( x ) = , f non è derivabile in 1.
x 1+
2. Determinare il numero delle radici radici dell’equazione dell’equazione
5 x 6 18 x5 30 x 4 + 15 = 0 .
---Sia f ( x ) = 5 x 6 18 x 5 30 x 4 + 15 . Allora f ( x ) = 30 30 x 5 90 x 4 120 x 3
=
(
)
30 x 3 x 2 3 x 4 . Tale
derivata si annulla nei punti -1, 0 e 4 che sono rispettivamente punti di minimo, massimo e minimo relativo per f per f . Poiché f (1) > 0, f (0) > 0, f (4) < 0 e poiché li lim f ( x ) = + , la funzione x
si annulla esattamente 2 volte. Quindi l’equazione ammette due zeri reali. 3. Determinare,
utilizzando utiliz zando la definizione, definizi one, i punti n A = x / x = , n . n+2
di accumulazione
del sottoinsieme
----
Tra due elementi di A c’è sempre una certa distanza, quindi tutti gli elementi di A sono punti isolati di A di A.. L’unico punto di accumulazione di A è 1. Infatti > 0 x A / x (1 ,1) . Per dimostrare questo occorre verificare che
>
0 n / 1 <
disequazione è sempre soddisfatta; la prima è soddisfatta per n >
2(1 )
n n+2 .
<
1 . La seconda
per x > 0 tali che lim f ( x ) = + 4. Siano f ( x ) e g ( x ) definite per x x +
e
g ( x ) 0
x
>
0.
Applicando la definizione di funzione divergente, dimostrare che lim ( g ( x ) + f ( x ) ) = + . x +
---Per Hp. Si ha che
>
0 M
>
0 / x > M
f ( x ) > M .
Poiché per Hp. Hp. Si ha che x > 0, g ( x ) 0 , segue che
>
Quindi si ottiene la Th. cioè
f ( x ) + g ( x ) > M .
>
0 M
>
0 / x > M
M ,
f ( x ) + g ( x ) f ( x ) > M .
1 1 − 2t se t < − 1 1 1 = se − 1 ≤ x < 2 t − 2 + t + 1 3 1 2t − 1 se t ≥ 2 da cui segue −2
f ( −2) =
1
∫ t − 2 + t +1 0
−1
dt =
1
∫3 0
−2
dt +
1 1 5 dt = − − log . 3 2 3 −1 1 − 2t
∫
1
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x
1. Dimostrare che l'equazione
∫ 0
sen t t + 1 x
Si consideri la funzione f ( x ) =
∫
dt = 2 non ammette soluzioni reali nell'intervallo [0 , 2]. sen t
0
t + 1
dt − 2 . La tesi equivale a dimostrare la funzione f non f non
ammette zeri nell’intervallo [0 , 2]. Ora si ha f ′( x ) =
sen x
≥ 0 ∀x ∈ [ 0, 2] (la derivata si
x + 1 annulla solo in 0), da cui segue la crescenza di f di f nell’intervallo nell’intervallo [0 , 2], e f (0) = − 2 . Basta quindi 2
verificar icaree che f (2) (2) < 0 . Ma f ( 2) =
∫ 0
sen t t +1
2
dt − 2 ≤
∫ 0
1 t + 1
dt − 2 = 2
(
)
3 −1 − 2 = 2 3 − 4 < 0 .
2. Determinare l'integrale generale dell'equazione differenziale y′′ − 9 y
= e kx al variare del
parametro reale k . L’equazione algebrica associata all’omogenea è α 2 − 9 = 0 che ammette due soluzioni reali e − distinte ±3 . L’integrale generale dell’omogenea è allora yomog = c1e 3 x + c2e 3 x c1 , c2 ∈ ℝ . Per determinare una soluzione particolare della non omogenea occorre distinguere i casi k ≠ ± 3 e k = ± 3 . Nel primo caso l’espressione della soluzione particolare è p = Ae kx . Derivando due volte tale funzione e sostituendo y p e y p′′ nell’equazione differenziale si ottiene la relazione k 2 Aekx − 9 Ae kx = e kx da cui si ottiene A = 1 /(k 2 − 9) . Nel secondo caso l’espressione della soluzione particolare è y p = Axe p
±3 x
. Derivando due volte tale funzione e sostituendo
p
e
′′ nell’equazione differenziale si ottiene la relazione ±6 Ae ±3 x = e±3 x da cui si ottiene
A = ± 1/ 6 . Quindi si ottiene il seguente integrale generale ∀c1 , c2 ∈ ℝ
3 x e kx −3 x c1e + c2e + k 2 − 9 se k ≠ ±3 3 x e3 x −3 x . y = c1e + c2 e + se k = 3 6 3 x e −3 x −3 x se k = −3 c1e + c2e − 6 f ( x, y ) = cos
3. Studiare, mediante la definizione, la derivabilità della funzione
(
x2 + y 2
)
rispetto ad x ad x ed y ed y nell’origine. f (h, 0) − f (0, 0)
cos
( h ) − 1 = lim cos h − 1 = 0 . Studiando il limite destro e 2
= lim h →0 h →0 h h h 0 sinistro, e applicando la regola di De l’Hospital si ottiene f (h ,,0 0) − f (0, 0) cos h − 1 = lim+ = − lim+ sin h = 0 lim+ h →0 h →0 h →0 h h cos ( − h ) − 1 f (h, 0) − f (0, 0) lim− = lim− = lim− sin h = 0 . h →0 h →0 h →0 h h ∂ f Quindi la funzione ammette derivata rispetto ad x nell’origine e si ha (0, 0) = 0 .
Si ha
lim h →0
∂
Analogamente si ha lim
f (0, h) − f (0, 0)
h →0
h
= lim
cos h − 1
h →0
Quindi la funzione ammette derivata rispetto ad y nell’ ell’or orig igin inee e si ha
∞
∑a
4. Siano
k =1
h
= 0.
∂ f (0,0) (0,0) = 0 . ∂ y
∞
k
e
∑b k =1
k
serie a termini positivi convergenti. Dimostrare, usando la
∞
definizione, che la serie
∑a
k
⋅ bk converge.
k =1
∞
{ An }
Siano
e
{ Bn }
∑a
le successioni delle somme parziali delle serie
k =1
∞
k
∑b
,
k =1
k
∞
rispettivamente, e
{S n }
la successione delle somme parziali delle serie
∑a
k
⋅ bk . Occorre
k =1
dimostrare che la successione { S n } converge. Si ha S n < An Bn , infatti Sn =
n
∑a k =1
k
⋅ bk = a1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b2 + ⋯ + a n ⋅ bn < (a1 + a 2 + ⋯ + a n ) (b1 + b 2 + ⋯ + b n ) =
n
n
∑a ⋅ ∑b k
k =1
k
= A nB n
k =1
(la maggiorazione segue dall’ipotesi che le serie sono a termini positivi). Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { An } e { Bn } segue che la successione { S n } non può divergere. Inoltre {S n } , essendo essendo monotona crescente, è una successione regolare, di conseguenza deve necessariamente convergere.
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∞
1. Studiare, al variare di x di x in R, il carattere della serie
∑ ( x + 2 − 1)
k
.
k =0
Si tratta di una serie geometrica di ragione x + 2 − 1 . Studiamo allora la disequazione
−1 < x + 2 −1 < 1 ⇒ 0 < x + 2 < 2 ⇒ −2 < x + 2 < 2 con
x ≠ −2 ⇒ −4 < x < 0 con
x ≠ −2 .
In conclusione, per tali valori di x, x, si ottiene la convergenza della serie. Ovviamente la serie risulta divergente per ogni x ≤ − 4 e per ogni x ≥ 0 . La serie è indeterminata per x = − 2 . x
∫
2. Stabilire se l'equazione
arccos t t + 1
0
dt = π ammette soluzioni reali nell'intervallo nell'intervallo [0 , 1]. In caso
affermativo stabilirne il numero. x
Sia f ( x ) =
∫
arccos t t + 1
0
dt − π . Si ha f ′( x ) =
arccos x x + 1 1
in
[0 , 1]. Inoltre f (0) = −π e f (1) =
∫
> 0 ∀ x ∈ [ 0,1) da cui segue la crescenza di f
arccos t
dt − π ≤
π
1
∫
dt
− π = π ( 2 − 2 ) < 0 . Si
t +1 t + 1 0 deduce, quindi, che il grafico di f non f non interseca l’asse delle ascisse nell’intervallo [0 , 1] e di conseguenza che l’equazione non ammette soluzioni reali nell'intervallo [0 , 1]. 0
∞
3. Si dimostri che se le serie a termini positivi
∑a
2
∞
,
n
∑b
n =1
n
convergono, allora converge anche
n =1
∞
la serie b1 +
∑a
n
⋅ bn+1 .
n =1
∞
Siano { Ak } , {Bk } e
{C k }
le successioni delle somme parziali delle serie
∑a
∞
n
,
n =1
∑b
n
e
n =1
∞
b1 +
∑a n =1
n
⋅ bn +1 rispettivamente. Poiché le serie sono a termini positivi, si ottiene Ck = b1 +
k
∑
an ⋅ bn +1 ≤
n =1
k
k
∑ ∑b an ⋅
n =1
n
= Ak Bk .
n =1
Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { Ak } e { Bk } segue che la successione {C k } non può divergere. Inoltre {C k } , essendo monotona crescente, è una successione regolare. Di conseguenza deve necessariamente convergere. 4. Dimostrare l’espressione del resto della della formula di Taylor Taylor mediante l’o l’o piccolo. Calcolare, − cos x
mediante tale formula lim
1 − e1
x → 0
Si ha cos x = 1 − funzione
x → 0
1− e
x
2
2
− = lim x →0
.
+ o ( x 2 ) per x → 0 ,
composta
1− cos x
lim
x 2
2
si
x 2 2
ottiene
+ o ( x2 ) x
2
1− cos x
e
et = 1 + t + o ( t )
e x 2
=e
2
+o( x 2 )
=1+
1 1 = lim − + o (1) = − . x →0 2 2
x2 2
per
t → 0 . Allora per la
+ o ( x 2 ) per x → 0 .
Quindi
5. Sia
A = {( x, y ) ∈ R 2 / x < 1, 1, y < 1} ∪ {( x, x ) ∈ R 2 / 1 ≤ x < 2} . Calcolare l’insieme dei punti
interni, di frontiera e di accumulazione di A. A. Stabilire inoltre se A sia un insieme chiuso o aperto. A è il quadrato del piano cartesiano centrato nell’origine e con i vertici vert ici nei punti di coordinate (1,1) , (1, −1) , ( −1, −1 ), ( −1,1 ) esclusi i quattro lati, unito con il segmento del piano cartesiano che unisce i punti di coordinate
(primo o pun punto to inc inclu luso so,, seco second ndo o punt punto o esclu escluso so). ). Si Si ha (1,1) , ( 2,2 ) (prim
°
A = {( x, y ) ∈ R 2 / x < 1 e y < 1} ,
∂ A = {( ±1, y ) ∈ R 2 / y ≤ 1} ∪ {( x, ±1) ∈ R 2 / x ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R 2 / 1 < x ≤ 2} , D A = {( x, y ) ∈ R 2 / x ≤ 1 e y ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R 2 / 1 ≤ x ≤ 2} . Inoltre A Inoltre A non è né chiuso né aperto.
∞
1. Studiare, al variare di x di x in R, il carattere della serie
∑ ( x + 2 − 1)
k
.
k =0
Si tratta di una serie geometrica di ragione x + 2 − 1 . Studiamo allora la disequazione
−1 < x + 2 −1 < 1 ⇒ 0 < x + 2 < 2 ⇒ −2 < x + 2 < 2 con
x ≠ −2 ⇒ −4 < x < 0 con
x ≠ −2 .
In conclusione, per tali valori di x, x, si ottiene la convergenza della serie. Ovviamente la serie risulta divergente per ogni x ≤ − 4 e per ogni x ≥ 0 . La serie è indeterminata per x = − 2 . x
∫
2. Stabilire se l'equazione
arccos t t + 1
0
dt = π ammette soluzioni reali nell'intervallo nell'intervallo [0 , 1]. In caso
affermativo stabilirne il numero. x
Sia f ( x ) =
∫
arccos t t + 1
0
dt − π . Si ha f ′( x ) =
arccos x x + 1 1
in
[0 , 1]. Inoltre f (0) = −π e f (1) =
∫
> 0 ∀ x ∈ [ 0,1) da cui segue la crescenza di f
arccos t
dt − π ≤
π
1
∫
dt
− π = π ( 2 − 2 ) < 0 . Si
t +1 t + 1 0 deduce, quindi, che il grafico di f non f non interseca l’asse delle ascisse nell’intervallo [0 , 1] e di conseguenza che l’equazione non ammette soluzioni reali nell'intervallo [0 , 1]. 0
∞
3. Si dimostri che se le serie a termini positivi
∑a
2
∞
,
n
∑b
n =1
n
convergono, allora converge anche
n =1
∞
la serie b1 +
∑a
n
⋅ bn+1 .
n =1
∞
Siano { Ak } , {Bk } e
{C k }
le successioni delle somme parziali delle serie
∑a
∞
n
,
n =1
∑b
n
e
n =1
∞
b1 +
∑a n =1
n
⋅ bn +1 rispettivamente. Poiché le serie sono a termini positivi, si ottiene Ck = b1 +
k
∑
an ⋅ bn +1 ≤
n =1
k
k
∑ ∑b an ⋅
n =1
n
= Ak Bk .
n =1
Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { Ak } e { Bk } segue che la successione {C k } non può divergere. Inoltre {C k } , essendo monotona crescente, è una successione regolare. Di conseguenza deve necessariamente convergere. 4. Dimostrare l’espressione del resto della della formula di Taylor Taylor mediante l’o l’o piccolo. Calcolare, − cos x
mediante tale formula lim
1 − e1
x → 0
Si ha cos x = 1 − funzione
x → 0
1− e
x
2
2
− = lim x →0
.
+ o ( x 2 ) per x → 0 ,
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=e
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1 1 = lim − + o (1) = − . x →0 2 2
x2 2
per
t → 0 . Allora per la
+ o ( x 2 ) per x → 0 .
Quindi
5. Sia
A = {( x, y ) ∈ R 2 / x < 1, 1, y < 1} ∪ {( x, x ) ∈ R 2 / 1 ≤ x < 2} . Calcolare l’insieme dei punti
interni, di frontiera e di accumulazione di A. A. Stabilire inoltre se A sia un insieme chiuso o aperto. A è il quadrato del piano cartesiano centrato nell’origine e con i vertici vert ici nei punti di coordinate (1,1) , (1, −1) , ( −1, −1 ), ( −1,1 ) esclusi i quattro lati, unito con il segmento del piano cartesiano che unisce i punti di coordinate
(primo o pun punto to inc inclu luso so,, seco second ndo o punt punto o esclu escluso so). ). Si Si ha (1,1) , ( 2,2 ) (prim
°
A = {( x, y ) ∈ R 2 / x < 1 e y < 1} ,
∂ A = {( ±1, y ) ∈ R 2 / y ≤ 1} ∪ {( x, ±1) ∈ R 2 / x ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R 2 / 1 < x ≤ 2} , D A = {( x, y ) ∈ R 2 / x ≤ 1 e y ≤ 1} ∪ {( x, x ) ∈ R 2 / 1 ≤ x ≤ 2} . Inoltre A Inoltre A non è né chiuso né aperto.
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(
1. Determinare il dominio della funzione f ( x) = log arctan sin ( 3x + 1)
(
) ) . Dimostrare, inoltre, che
1 π − 2 f è f è invertibile nell’intervallo − , . 3 6 La condizione da imporre è arctan ( sin ( 3 x + 1) ) > 0 e quindi sin ( 3 x + 1) > 0 . Quest’ultima è soddisfatta per ogni x reale tale che ch e 2kπ < 3 x + 1 < π + 2 kπ , ∀k ∈ Z . Si ottiene allora il dominio
D = x ∈ R /
−1 + 2 kπ 3
π
studiamo il segno di f ′( x ) =
− 1 + 2 k π 3
1 π − 2 , ∀k ∈ Z . Per l’invertibilità di f in I = − , , 3 6 3 cos ( 3 x + 1)
1 + sin 2 ( 3 x + 1) arctan ( sin ( 3x + 1) )
. Da −
1 3
< x <
π
−2 6
segue
π
. Allora risulta f ′( x ) > 0 ∀ ∈ I e, di conseguenza, la funzione è strettamente 2 crescente e, quindi, invertibile in I. 0 < 3 x + 1 <
2
2. Studiare il segno della funzione funzione f ( x ) = 6 log 1 x 2 − 2 log 1 x − 4 nell’intervallo ( 0, +∞ ) . 2 2 2
Dalle proprietà del logaritmo si ha, ∀ x ∈ ( 0, +∞ ) f ( x) = 24 log 1 x − 2 log 1 x − 4 . Posto 2 2 1 − 97 1 + 97 t = log 1 x , si ha f (t ) = 24t 2 − 2t − 4 , da cui: f (t ) > 0 ∀t ∈ −∞, , +∞ , ∪ 24 24 2 1 − 97 1 + 97 1 ± 97 e f f (t ) < 0 ∀t ∈ , 24 24 = 0 . Tornando alla variabile x si ottiene: 2 4 1− 97 97 1+ 97 97 1− 97 1+ 97 2 4 2 4 2 4 24 1 1 1 1 , ∪ f ( x ) > 0 ∀x ∈ , f ( x ) < 0 ∀x ∈ −∞, , +∞ e 2 2 2 2 1± 97 1 24 f =0. 2 ,
3. Date le funzioni f ( x ) = cos ( x − 1) e g ( x ) = arccos x + 1, calcolare, se possibile, f g e
precisandone il dominio. Stabilire inoltre se tali composte siano pari, dispari o periodiche. Si ha ( f g ) ( x) = cos ( arccos x + 1 − 1) = x e quindi ( f g ) ( x ) = x definita in [ −1,1]
( g f ) ( x ) = arccos ( cos ( x + 1) ) − 1 definita in
R.
f
e
f g è dispari, mentre g f è periodica.
4. Sia lim f ( x ) = +∞ . Dimo Dimost stra rare re,, usan usando do la defi defini nizi zion onee di limi limite te,, che che lim lim x f ( x ) = −∞ . x→−∞
x →−∞
Per ipotesi si ha che ∀M > 0 ∃ δ M > 0 / ∀ x < − δ M ⇒ f ( x) > M . Sia δM = max {δ M ,1} , allora
∀ x < − δM ⇒ x f ( x) < x M < −M .
In
conclusione
si
può
stabilire
∀M > 0 ∃ δM > 0 / ∀ x < − δM ⇒ x f ( x) < −M ovvero che lim x f ( x ) = −∞ . x →−∞
quindi
che
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA DI CALCOLO 2 (1.07.09) 1. Risolvere nel campo campo complesso l’equazione ( z + i )
4
=5
1− i
+ 3i .
1 + 2i
4
Svolgendo i calcoli a secondo membro l’equazione diventa ( z + i ) = −1 e quindi z + i =
4
−1 .
Poiché 4
π 4
−1 = cos −
+
kπ
π + i sin − 2 4
+
k π
2
k = 0,1, 2, 3 ,
si hanno le seguenti quattro equazioni:
2
z + i =
2
(1 − i ) ,
z + i =
2 2
(1 + i ) ,
z + i = −
2 2
(1 − i ) ,
2
z + i = −
2
(1 + i ) ,
da cui
2
z =
2
2 2 + 1 , z
−i
2
=
2
2 2 − 1 , z
+i
2
=−
2
2 2 − 1 , z
+i
=−
2 2
2 2 + 1 .
−i
Si trovano allora le quattro soluzioni
2 2 2 − 1 , z3 = − −i 2 2 − 1 , z4 2 2 2 ( 4 sin x − 2 ) cos x y′ = 2. Risolvere il seguente problema di Cauchy 1 + sin x + cos 2 x . y ( 0 ) = 4 z1 =
Poiché
2
d dx
2 2 + 1 , z2
+i
=
1 + sin x + cos 2 x =
2
−i
cos x (1 − 2 sin x )
2
=−
2
2 2 + 1 .
+i
si ha che l’integrale generale dell’equazione
2
2 1 + sin x + cos x
y = − 4 1 + sin x + cos 2 x + c . Dalla condizione iniziale si trova 4 = − 4 2 + c .
differenziale è
(
)
Allora la soluzione soluz ione del problema di Cauchy Cau chy è y = 4 1 + 2 − 1 + sin x + cos 2 x .
x
3. Dimostrare che, per ogni x reale, vale
∫t 0
x
Posto f ( x) =
∫t 0
dt 2
+ 2t + 3
x
e g ( x) =
x
dt 2
<
+ 2t + 3
∫t
−1
dt 2
+ 2t + 3
.
dt
1 ′( x ) = g ′( x ) = , si ha f > 0 ∀x ∈ R . 2 2 t t x x + + + + 2 3 2 3 −1
∫
Quindi le funzioni differiscono per una constante e sono crescenti. Poiché la g interseca l’asse x in -1 e quindi prima di f, che lo interseca in 0 , si ottiene f ( x ) < g ( x ) ∀x ∈ R . ∞
4. Sia
∑a
una serie a termini di segno positivo tale che lim k ak =
1
. Dimostrare, senza 2 k =1 utilizzare il criterio della radice, che la serie converge. ( Sugg.: utilizzare la definizione di limite di una successione e il criterio del confronto per le serie). 1 1 Dalla definizione definizi one di limite si ha ∀ε > 0 ∃ν > 0 / ∀k > ν ⇒ − ε < k ak < + ε . 2 2 Dalla seconda delle ultime due disuguaglianze disuguaglianz e si ottiene, elevando alla k-esima potenza, k
k →∞
ε
ε
k
1 definitivamente ak < + ε . Scegliendo 2
ε
opportunamente piccolo segue, per il criterio del
confronto, la convergenza della serie essendo maggiorata da una serie geometrica convergente.
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA D’ESAME DI ANALISI MATEMATICA (1.07.09) 1. Determinare il dominio e il segno della funzione f ( x ) = log3/ 2
La funzione è definita in D = R − {−1, 4} . Si ha f ( x ) < 0 se
x + 1 x − 4
.
x + 1
< 1 . La disequazione equivale al
x − 4
x + 1 5 <1 x − 4 x − 4 < 0 3 sistema ovvero le cui soluzioni sono tutte le x < . Quindi si ha 2 x + 1 > −1 2 x − 3 > 0 x − 4 x − 4 3 3 3 f ( x) < 0 ∀x ∈ ( −∞, −1) ∪ −1, , f ( x) = 0 se x = , f ( x) > 0 ∀x ∈ − , 4 ∪ ( 4, +∞ ) . 2 2 2 n
2. Determinare il limite della successione
n3 − 2sin n . 1
Posto
(n
3
n − 2 sin n = ( n − 2 sin n ) n
n
− 2sin n
3
)
3
(
log n3 − 2 sin n
1 n
=e
si
)
n
, si puo’ studiare lim
n
lim n3 − 2sin n = ∞0 .
ha
Poiché
n →∞
log ( n3 − 2 sin n )
=
n
n →∞
lim
x → +∞
3 x 2 − 2 cos x x 3 − 2sin x
= 0 (si è
utilizzato il teorema di De l’Hospital alla funzione associata). In conclusione si ottiene che la successione converge a 1. 4
3. Risolvere nel campo complesso l’equazione ( z + i ) = 5
1− i 1 + 2i
+ 3i . 4
Svolgendo i calcoli a secondo membro l’equazione diventa ( z + i ) = −1 e quindi z + i = 4
π 4
−1 = cos −
+
kπ
2
π 4
(1 + i ) ,
z + i = −
+ i sin −
+
k π
2
4
−1 . Poiché
k = 0,1, 2, 3 ,
si hanno le seguenti quattro equazioni:
2
z + i =
2
(1 − i ) ,
2
z + i =
2
2 2
(1 − i ) ,
2
z + i = −
2
(1 + i ) ,
da cui
z =
2 2
2 2 + 1 , z
−i
=
2 2
2 2 − 1 , z
+i
=−
2 2
2 2 − 1 , z
+i
2
=−
2
2 2 + 1 .
−i
Si trovano allora le quattro soluzioni
2 2 2 − 1 , z3 = − −i 2 2 − 1 , z4 2 2 2 ( 4 sin x − 2 ) cos x ′ = y Risolvere il seguente problema di Cauchy 1 + sin x + cos 2 x . y 0 = 4 ( ) z1 =
4.
Poiché
2
2 2 + 1 , z2
+i
d dx
=
1 + sin x + cos 2 x =
differenziale è
2
−i
cos x (1 − 2 sin x ) 2
=−
2 2
2 2 + 1 .
+i
si ha che l’integrale generale dell’equazione
2 1 + sin x + cos x
y = − 4 1 + sin x + cos 2 x + c . Dalla condizione iniziale si trova 4 = − 4 2 + c .
(
Allora la soluzione del problema di di Cauchy è y = 4 1 +
)
2 − 1 + sin x + cos 2 x .
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA DI CALCOLO 1 DEL 09/02/09 – ING. INF. (Gli esercizi relativi alle altre tracce si risolvono in modo analogo). log 21 ( x − 1) − log 1 ( x − 1) 1. Determinare il dominio della funzione f ( x ) =
2
(
2 2
2
.
)
log x − log x + 1
Studiando gli argomenti dei quattro logaritmi risulta x > 1 . Inoltre si ha log 21 ( x − 1) − log 1 ( x − 1) 2
(
2 2
2
(
≥0
)
log x − log x + 1
)
con log x − log x 2 + 1 ≠ 0 .
Studiando il segno del numeratore si ottiene: ottiene :
⇒ log 1 ( x −1) log 1 ( x −1) − 2 ≥ 0 , 2 2
2
log 21 ( x − 1) − log 1 ( x − 1) ≥ 0 2
2
da cui log 1 ( x − 1) ≥ 0
⇒ x −1 ≤ 1 ⇒ x ≤ 2
2
e log 1 ( x − 1) − 2 ≥ 0
⇒ x −1 ≤
2
1 4
⇒ x≤
5 4
.
5 Quindi il numeratore risulta non negativo in 1, ∪ [ 2, +∞ ) e negativo altrove per x > 1 . 4 Studiando il segno del denominatore si ottiene: ottiene :
(
)
log x − log x 2 + 1 > 0
⇒ log x > log ( x 2 +1)
⇒ x > x2 +1 .
Non essendo mai verificata, per > 1 , l’ultima disuguaglianza, il denominatore risulta negativo per x > 1 . Confrontando, infine, i segni del numeratore e del denominatore della funzione sotto 5 radice si ottiene il dominio di f, cioè , 2 . 4 x3
2. Sia f ( x ) = e
+ x con x ∈ R . Detta g l’inversa di f , determinare il dominio e l’insieme di derivabilità di g. Quindi calcolare g ′ (1) . 3
Si ha f ′( x ) = 3x 2 e x + 1 > 0
∀x ∈ R , da cui risulta che f è crescente e ha come codominio
l’intervallo
( lim f ( x ),), lim f ( x )) = (−∞ ,+∞ ) . La
derivabile in
R . Inoltre
x → −∞
funzione inversa g è allora definita e
x →+∞
si ha g ′(1) =
1 2
3[ g (1)] e
3
[ g (1)]
+1
3
(1) = x0 si ha 1 = e x0 + x0 da
. Posto
cui si ottiene x0 = 0 . Quindi risulta g ′(1) = 1 . 3. Verificare, con la definizione di limite di successione, che lim log1 n →+∞
Occorre verificare che ∀M > 0 ∃δ M > 0 / ∀n > δ M ⇒ log 1 3
disequazione si ottiene
3
n +1 n2 − n
n +1 n2 − n
= +∞ .
> M . Risolvendo l’ultima
log 1 3
n +1 n2 − n
>M ⇒
n +1 n2 − n
<
1
⇒
3M
(
)
n2 − 1 + 3M − 3M M
3
(n
2
− n)
>0.
Il denominatore risulta sempre positivo, mentre il numeratore risulta positivo per
(1 + 3 ) + (1 + 3 ) + 4 ⋅ 3 M
n>
M
M
M
. Il limite è verificato per δ M =
2
(1 + 3 ) + (1 + 3 ) + 4 ⋅ 3 M
M
2
.
4. Applicare il teorema della derivabilità delle funzioni composte per studiare, nel rispettivo 5
dominio, la derivabilità di F ( x ) = ( x − 1) . Nei punti in cui non è possibile stabilire la derivabilità di F di F con con il suddetto teorema studiarla con il limite del rapporto incrementale. 5
Si ha F = g f dove f ( x) = ( x − 1) e g ( y ) = y . Mentre f è derivabile deri vabile in R−
{ y = 0} . Poiché y = 0
se
ottiene la derivabilità di F in
h →0
g è derivabile in
= 1 , dal teorema della derivabilità delle funzioni composte si
R−
lim
R ,
{ x = 1} . In x = 1
F (1 + h) − F (1)
h Per cui F risulta derivabile anche in x = 1 .
si ha
= lim h→0
h5 h
= lim h 4 = 0 . h→0
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA DI CALCOLO 2 DEL 02/02/09 – ING. INF. (Le prove relative alle altre tracce si risolvono in modo analogo). 2
z 1. Risolvere nel campo complesso l’equazione = −4i . i+ 2 L’equazione può essere riscritta nel seguente modo z = 2 ( i + 2 ) −i . Si ha π π −i = cos − + kπ + i sin − + kπ k = 0,1 . 4 4 Quindi si hanno le due soluzioni
(
)
2
z0 = 2 i + 2
(
)
2
z1 = 2 i + 2 −
2 2
−i +i
2
2 2
2
= ( 2 + 2) + i ( 2 − 2) = − ( 2 + 2) − i ( 2 − 2) .
2. Determinare, al variare del parametro reale k , l’integrale generale dell’equazione differenziale ′′ + 2 y ′ + (1 − k ) y = x − 1 . La soluzione generale assume la forma y = yo + y p dove o è la soluzione generale dell’equazione omogenea associata e y p è una soluzione particolare della non omogenea . L’equazione algebrica associata all’omogenea è
α
2
+ 2α + (1 − k ) = 0 le cui si soluzioni sono
date da −1 ± k . Quindi occorre distinguere tre casi: casi: ( −1+ k ) x ( −1− k )x 1° caso ( k > 0 ), yo = c1e + c2 e 2° caso ( k = 0 ), yo = e 3° caso ( k < 0 ), yo = e Per determinare
− x
− x
( c cos (
( c1 + c2 x )
c1 , c2 ∈ R ;
c1 , c2 ∈ R ;
−k x ) + c2 sin ( − k x )
1
)
c1 , c2 ∈ C .
occorre distinguere due casi: casi :
p
1° caso ( k ≠ 1 ), y p = Ax + B ; 2° caso ( k = 1 ),
p
= Ax 2 + Bx + C .
Applicando il principio di identità dei polinomi si ottiene y p = x 2
y p =
4
−
3x 4
∑a k = 0
k
3 + k
(1 − k )
nel 1° caso, caso,
2
nel 2° caso.
∞
3. Siano
1 − k
−
∞
e
∑b k = 0
k
∞
convergenti. Dimostrare che
∑ab k = 0
k k
converge. ∞
Siano { An } , {Bn } e
{C n }
le successioni delle somme parziali delle serie
∑a k =0
∞
∑a
k
⋅ bk rispettivamente. Poiché le serie sono a termini positivi, si ottiene
k = 0
Cn =
n
∑ k =0
ak ⋅ bk ≤
n
∑ k =0
ak ⋅
n
∑b k =0
k
= An Bn .
k
∞
,
∑b k = 0
k
e
Dal teorema del confronto per le successioni numeriche e dalla convergenza delle successioni { An } e { Bn } segue che la successione {C n } non può divergere. Inoltre {C n } , essendo monotona crescente, è una successione regolare, di conseguenza deve necessariamente convergere. 1
4. Calcolare
∫
x
π
dx utilizzando la definizione di integrale definito. (Sugg:
∑
1+
i
n
π
n
=
1 − π
i =1
0
1 n
1
).
1 − π n
Si ha 1
∫
π
x
dx = lim
n → +∞
0
Ponendo m =
1 n
1 n
∑
1+
i
n
π
n
= lim
n → +∞
i =1
1 1 − π n
⋅
1 n
1
1− π n
1 1 = (1 − π ) lim ⋅ 1 n → +∞ n 1 − π n
.
e applicando la regola di De De l’Hospital si ottiene ottiene 1
∫ 0
π
x
1 m = − π ) lim 1 ( m m m →0+ −π log π 1−π
dx = (1 − π ) lim+ m →0
π − 1 . = π l o g
SOLUZIONI DI UNA TRACCIA DELLA PROVA D'ESAME DI CALCOLO 1 O ESONERO DI ANALISI MATEMATICA DEL 28/11/08 Collegio Didattico di Ingegneria Ingegneria Informatica (Oss. Le (Oss. Le altre tracce si risolvono con analoghi procedimenti) procedimenti)
(applicando solo la definizione) che lim 1. Verificare (applicando solo n →∞
3n − 1
Occorre dimostrare che ∀ε > 0, ∃ δε > 0 / ∀n > δε ⇒ semplici calcoli, c alcoli, si riconduce alla seguente che è soddisfatta ∀n >
4 ε
= 3.
n +1 3n − 1 n +1
− 3 < ε . L’ultima disequazione, dopo
4 −4 <ε < ε ovvero, siccome n è naturale, a n +1 n +1 4
− 1 . Il limite è, quindi, dimostrato scegliendo δ ε = − 1 . ε
2. Siano f ( x) = ( x 2 + 1) log ( x2 + 1) − 2 x2 e g ( x) =
x
(
)
log x + 1 2
. Studiare il segno di f di f nell’intervallo nell’intervallo
− e − 1, e − 1 e dimostrare che g ( x ) > 0 ∀ x ∈ ( 0,1] . Si ha f ′( x) = 2 x log ( x 2 + 1) − 1 , che è positiva in − e − 1, 0 e negativa in 0, e − 1 . Quindi l’origine è punto di massimo assoluto per f in − e − 1, e − 1 . Essendo f (0) = 0 , si
(
)
(
)
ha f ( x) < 0 in − e − 1, e − 1 tranne in 0 in cui si annulla.
Si ha g ′( x ) =
f ( x)
( x + 1) log ( x 2 + 1) 2
2
. Per il risultato precedente, ed essendo 1 < e − 1 , si ha
che g ′( x ) < 0 in ∀ x ∈ ( 0,1] e quindi g è ivi decrescente. Poiché g (1) = g ( x ) > 0
1 log2
> 0 , segue che
∀ x ∈ ( 0,1] .
(Oss: In questa traccia in realtà, senza fare il ragionamento sopra esposto, si vede subito che
(
)
g ( x ) > 0 ∀ x ∈ ( 0,1] essendo il numeratore x e il denominatore log x 2 + 1 entrambe funzioni positive in ( 0,1] )
3. Sia {an } una successione decrescente e lim an = l . Dimostrare che l = inf an . Stabilire se il n →+∞ risultato sussiste anche senza l’ipotesi di monotonia per la successione. Per ipotesi si ha che ∀ε > 0, ∃ δε > 0 / ∀n > δ ε ⇒ l − ε < a n < l + ε . Quindi l soddisfa la seconda condizione affinché risulti estremo inferiore della successione, cioè ∀ε > 0, ∃ n ∈ N (basta scegliere n > δε ) / an < l + ε . Resta da verificare che l è un minorante per la successione. success ione. Innanzi tutto dalla convergenza si ha che ∀n > δ ε ⇒ l − ε < an ovvero, per l’arbitrarietà di ε , l ≤ an . Poiché la successione è decrescente, si ha am ≥ an per tutti gli indici m ≤ δ ε e n > δε Quindi, .
la disequazione l ≤ an vale non solo per gli indici n > δε , ma per ogni naturale n.
Senza l’ipotesi di monotonia per la successione quest’ultima proprietà non è soddisfatta e quindi non è, in generale, verificata la condizione affinché l sia un minorante per la successione. 3
4. Applicare il teorema sulla derivabilità delle funzioni composte alla funzione F ( x) = ( sin x ) . Negli eventuali punti in cui non sono verificate le condizioni del suddetto teorema studiare la deri deriva vabi bilit litàà di F ( x ) utilizzando direttamente la definizione. Si ha F ( x) = ( g
f
) ( x)
dove
= f ( x ) = ( sin x )
3
e
= g ( y ) = y . La funzione f è derivabile
∀ x ∈ R , mentre la funzione g è derivabile ∀ y ∈ R − {0} . Poiché risulta y = 0 quando x = kπ , ∀k ∈ Z , dal teorema sulla derivabilità delle funzioni composte segue la derivabilità di F in
R−
{k , ∀k ∈ Z} . Nei punti x = k sin 3 ( k + h ) π
π
lim h →0
, ∀k ∈ Z , si ha
π
= lim
sin 3 h
= lim
sin h
sin 2 h = 0 .
h→0 h→0 h h h La funzione F è, allora, derivabile anche nei punti punti x = kπ , ∀k ∈ Z .
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