SOLUZIONI COMPITO del 10/01/2019 ANALISI MATEMATICA I - 9 CFU ENERGETICA TEMA A

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1 SOLUZIONI COMPITO del 0/0/209 ANALISI MATEMATICA I - 9 CFU ENERGETICA TEMA A Esercizio Osserviamo che Pertanto, i = 2e iπ/, + i = 2e iπ/. e 7iπ/8, 2e iπ/ z = = e 2e 7iπ/2 = e 7iπ/8, iπ/ e iπ/8, e 65iπ/8. Esercizio 2 La funzione proposta è definita e continua per tutti gli x R in cui il denominatore non si annulla, cioè per x 2 0, ovvero C.E.(f) = (, 2) ( 2, 2) (2, + ). Inoltre, f(x) = 8 + log 6 = ±, = x = 2 è asintoto verticale; x 2 ± x 2 ± (x + 2) 8 + log 6 f(x) = = ±, = x = 2 è asintoto verticale; x 2 ± x 2 ± (x 2) f(x) = m = q = f(x) x = [f(x) mx = x = ±, = non c è asintoto orizzontale; x2 x x =, [ x + log(2 + x 2 ) x 2 x 2 x x + log(2 + x 2 ) x 2 x + x = x 2 = x2 x 2 =. Quindi, la retta obliqua y = x è asintoto obliquo a ±. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, non omogenea, la cui equazione caratteristica associata è data da λ 2 + 8λ + 6 = 0 ed ha per soluzione λ =. Pertanto, l integrale generale dell equazione omogenea associata sarà y 0 (x) = C e x + C 2 xe x. Inoltre, utilizzando il metodo di somiglianza, si ricava che una soluzione particolare sarà data da y p (x) = Ax 2 e x, da cui y p(x) = Ae x (2x x 2 ) e y p (x) = Ae x (2 6x + 6x 2 ). Inserendo nell equazione completa, otteniamo Ae x (2 6x + 6x 2 + 6x 2x 2 + 6x 2 ) = 2e x, da cui A =. Pertanto, l integrale generale dell equazione completa sarà dato da y(x) = C e x + C 2 xe x + x 2 e x. Calcoliamo, ora, y(x) (2 + x 2 )e x (C + C 2 x + x 2 )e x (2 + x 2 )e x x e x = x e x = (C 2 + C 2 x) = 6 C = 8, C 2 = 0. x Quindi, esiste un unica soluzione dell equazione proposta soddisfacente la condizione richiesta ed essa è della forma y(x) = (8 + x 2 )e x.

2 Esercizio Ricordando che si ricava log( + t) = t t2 2 + t t + o(t ), con t = sin x; sin t = t t + o(t ), con t = x; (sin x)2 (sin x) log( + sin x) = sin x + 2 = x x + o(x ) (x x 2 (sin x) + o(x )) 2 = x x x2 2 + x 6 + x + o(x ). + o((sin x) ) + (x x + o(x )) Pertanto, il polinomio cercato sarà P (x) = x 2 x2 + 6 x 2 x. Esercizio 5 i) Per l enunciato e la dimostrazione si veda il libro di testo. ii) Sia F : R R la funzione definita da F (x) = x 0 (e t )f (t) dt. (x x + o(x )) + o(x ) Poiché f C (R) ed è strettamente crescente, si ottiene che f (x) 0, per ogni x R. Pertanto, dal Teorema di Torricelli si ricava F (x) = (e x )f (x) { 0 per x > 0; = 0 per x = 0; 0 per x < 0. Pertanto, x = 0 è punto di minimo assoluto per F e, poiché F (0) = 0, si ricava subito che F 0 in tutto R. 2

3 TEMA B Esercizio Osserviamo che + i = 2e iπ/, i = 2e iπ/6. Pertanto, e iπ/8, 2e z = iπ/6 2e = iπ/2 = 8 e iπ/8, 2 2e iπ/ e 7iπ/8, e 6iπ/8. Esercizio 2 La funzione proposta è definita e continua per tutti gli x R in cui il denominatore non si annulla, cioè per x 6 0, ovvero C.E.(f) = (, 2) ( 2, 2) (2, + ). Inoltre, f(x) = 6 + log 5 8 =, = x = 2 è asintoto verticale; x 2 ± x 2 ± 2(x + 2) 6 + log 5 8 f(x) = =, = x = 2 è asintoto verticale; x 2 ± x 2 ± 2(x 2) f(x) = 2x 5 m = q = x f(x) x = [f(x) mx = =, = non c è asintoto orizzontale; 2x 5 x 5 = 2, [ 2x 5 + log( + x ) x x 6 + 2x 2x 5 + log( + x ) x + 2x 5 2x = x = 6 x x =. Quindi, la retta obliqua y = 2x è asintoto obliquo a ±. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, non omogenea, la cui equazione caratteristica associata è data da λ 2 6λ + 9 = 0 ed ha per soluzione λ =. Pertanto, l integrale generale dell equazione omogenea associata sarà y 0 (x) = C e x + C 2 xe x. Inoltre, utilizzando il metodo di somiglianza, si ricava che una soluzione particolare sarà data da y p (x) = Ax 2 e x, da cui y p(x) = Ae x (2x + x 2 ) e y p (x) = Ae x (2 + 2x + 9x 2 ). Inserendo nell equazione completa, otteniamo Ae x (2 + 2x + 9x 2 2x 8x 2 + 9x 2 ) = 6e x, da cui A =. Pertanto, l integrale generale dell equazione completa sarà dato da y(x) = C e x + C 2 xe x + x 2 e x. Calcoliamo, ora, y(x) ( + x 2 )e x (C + C 2 x + x 2 )e x ( + x 2 )e x x + e x = x + e x = (C + C 2 x) = 5 C = 6, C 2 = 0. x + Quindi, esiste un unica soluzione dell equazione proposta soddisfacente la condizione richiesta ed essa è della forma y(x) = (6 + x 2 )e x.

4 Esercizio Ricordando che sin t = t t + o(t ), con t = 2 log( + x); log( + t) = t t2 2 + t t + o(t ), con t = x; si ricava (2 log( + x)) sin[2 log( + x) = 2 log( + x) = 2 [x x2 2 + x + o(x ) + o((2 log( + x)) ) 8 6 = 2x x 2 + 2x 2 x + 2x + o(x ). Pertanto, il polinomio cercato sarà P (x) = 2x x 2 2 x + 2 x. Esercizio 5 i) Per l enunciato e la dimostrazione si veda il libro di testo. ii) Sia F : R R la funzione definita da F (x) = x [x x2 2 + x + o(x ) + o(x ) (t )f (t) dt. Poiché f C 2 (R) ed è strettamente concava, si ottiene che f (x) 0, per ogni x R. Pertanto, dal Teorema di Torricelli si ricava F (x) = (x )f (x) { 0 per x > ; = 0 per x = ; 0 per x <. Pertanto, x = è punto di massimo assoluto per F e, poiché F () = 0, si ricava subito che F 0 in tutto R.

5 TEMA C Esercizio Osserviamo che i = 2e 5iπ/, + i = 2e iπ/6. Pertanto, e iπ/8, 2e 5iπ/ z = = e 2e iπ/2 = iπ/ e 7iπ/8, e 6iπ/8, e 85iπ/8. Esercizio 2 La funzione proposta è definita e continua per tutti gli x R in cui il denominatore non si annulla, cioè per x 0, ovvero C.E.(f) = (, 2) ( 2, 2) ( 2, + ). Inoltre, x f(x) = log(2 + 2) 2 ± x 2 ± 8 2(x + =, = x = 2 è asintoto verticale; 2) x f(x) = 6 + log(2 + 2) 2 ± x 2 ± 8 2(x =, = x = 2 è asintoto verticale; 2) f(x) = x 5 m = q = x f(x) x = [f(x) mx = =, = non c è asintoto orizzontale; x 5 x 5 =, [ x 5 + log(2 + x ) x x + x x 5 + log(2 + x ) x + x 5 6x = x = x x =. Quindi, la retta obliqua y = x è asintoto obliquo a ±. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, non omogenea, la cui equazione caratteristica associata è data da λ 2 8λ + 6 = 0 ed ha per soluzione λ =. Pertanto, l integrale generale dell equazione omogenea associata sarà y 0 (x) = C e x + C 2 xe x. Inoltre, utilizzando il metodo di somiglianza, si ricava che una soluzione particolare sarà data da y p (x) = Ax 2 e x, da cui y p(x) = Ae x (2x + x 2 ) e y p (x) = Ae x (2 + 6x + 6x 2 ). Inserendo nell equazione completa, otteniamo Ae x (2 + 6x + 6x 2 6x 2x 2 + 6x 2 ) = 8e x, da cui A =. Pertanto, l integrale generale dell equazione completa sarà dato da y(x) = C e x + C 2 xe x + x 2 e x. Calcoliamo, ora, y(x) ( + 8x 2 )e x (C + C 2 x + x 2 )e x ( + x 2 )e x x + e x = x + e x = (C + C 2 x) = C = 6, C 2 = 0. x + Quindi, esiste un unica soluzione dell equazione proposta soddisfacente la condizione richiesta ed essa è della forma y(x) = (6 + x 2 )e x. 5

6 Esercizio Ricordando che sinh t = t + t + o(t ), con t = 2 log( + x); log( + t) = t t2 2 + t t + o(t ), con t = x; si ricava (2 log( + x)) sinh[2 log( + x) = 2 log( + x) + = 2 [x x2 2 + x + o(x ) + o((2 log( + x)) ) = 2x x 2 + 2x 2 + x 2x + o(x ). Pertanto, il polinomio cercato sarà P (x) = 2x x 2 + 2x 5 2 x. Esercizio 5 i) Per l enunciato e la dimostrazione si veda il libro di testo. ii) Sia F : R R la funzione definita da F (x) = x (t )f (t) dt. [x x2 2 + x + o(x ) + o(x ) Poiché f C 2 (R) ed è strettamente concava, si ottiene che f (x) 0, per ogni x R. Pertanto, dal Teorema di Torricelli si ricava F (x) = (x )f (x) { 0 per x > ; = 0 per x = ; 0 per x <. Pertanto, x = è punto di massimo assoluto per F e, poiché F () = 0, si ricava subito che F 0 in tutto R. 6

7 TEMA D Esercizio Osserviamo che Pertanto, + i = 2e iπ/, i = 2e iπ/. z = 2e iπ/ 2e iπ/ = 2e 7iπ/2 = 8 2 e 7iπ/8, e 7iπ/8, e iπ/8, e 65iπ/8. Esercizio 2 La funzione proposta è definita e continua per tutti gli x R in cui il denominatore non si annulla, cioè per x 2 2 0, ovvero C.E.(f) = (, 2) ( 2, 2) ( 2, + ). Inoltre, x f(x) = 2 ± x f(x) = 2 ± f(x) = m = q = log x 2 ± 2 2(x + = ±, = x = 2 è asintoto verticale; 2) 2 + log 2 2(x = ±, = x = 2 è asintoto verticale; 2) x 2 ± 6 x x 2 f(x) x = [f(x) mx = = ±, = non c è asintoto orizzontale; x x =, [ x + log( + x 2 ) 2x 2 x 2 2 x x + log( + x 2 ) 2x 2 x + 6x = x 2 = 2 2x2 x 2 = 2. Quindi, la retta obliqua y = x 2 è asintoto obliquo a ±. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, non omogenea, la cui equazione caratteristica associata è data da λ 2 + 6λ + 9 = 0 ed ha per soluzione λ =. Pertanto, l integrale generale dell equazione omogenea associata sarà y 0 (x) = C e x + C 2 xe x. Inoltre, utilizzando il metodo di somiglianza, si ricava che una soluzione particolare sarà data da y p (x) = Ax 2 e x, da cui y p(x) = Ae x (2x x 2 ) e y p (x) = Ae x (2 2x + 9x 2 ). Inserendo nell equazione completa, otteniamo Ae x (2 2x + 9x 2 + 2x 8x 2 + 9x 2 ) = e x, da cui A = 2. Pertanto, l integrale generale dell equazione completa sarà dato da y(x) = C e x + C 2 xe x + 2x 2 e x. Calcoliamo, ora, y(x) ( + 2x 2 )e x (C + C 2 x + 2x 2 )e x ( + 2x 2 )e x x e x = x e x = (C + C 2 x) = C = 8, C 2 = 0. x Quindi, esiste un unica soluzione dell equazione proposta soddisfacente la condizione richiesta ed essa è della forma y(x) = (8 + 2x 2 )e x. 7

8 Esercizio Ricordando che si ricava log( + t) = t t2 2 + t t + o(t ), con t = sinh x; sinh t = t + t + o(t ), con t = x; (sinh x)2 (sinh x) log( + sinh x) = sin x + 2 = x + x + o(x ) (x + x 2 (sinh x) + o(x )) 2 = x + x x2 2 x 6 + x + o(x ). Pertanto, il polinomio cercato sarà P (x) = x 2 x2 + 2 x 5 2 x. Esercizio 5 i) Per l enunciato e la dimostrazione si veda il libro di testo. ii) Sia F : R R la funzione definita da F (x) = x 0 + o((sinh x) ) + (x + x + o(x )) (e t )f (t) dt. (x + x + o(x )) + o(x ) Poiché f C (R) ed è strettamente crescente, si ottiene che f (x) 0, per ogni x R. Pertanto, dal Teorema di Torricelli si ricava F (x) = (e x )f (x) { 0 per x > 0; = 0 per x = 0; 0 per x < 0. Pertanto, x = 0 è punto di minimo assoluto per F e, poiché F (0) = 0, si ricava subito che F 0 in tutto R. 8