1 Si calcoli lo sviluppo di Taylor all ordine 10 centrato nell origine della funzione f(x) = ln(1+x 4 ln(1+x))

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1 UNIVERSITÀ DI ROMA TOR VERGATA FACOLTÀ DI INGEGNERIA Corso di Ingegneria Online, A.A Analisi Matematica I Prova scritta del Per l esame da 1 crediti: svolgere gli esercizi da 1 a 5tempo 180 minuti Per l esame da 10 crediti: svolgere tutti gli esercizi tranne il numero 5,6,7 tempo 150 minuti Per l esame da 5 crediti, solo seconda parte: svolgere gli esercizi esercizi 3,4,6,7 tempo 100 minuti Punteggi: 1 crediti 8,8,8,8,8, 10 crediti 10, 10, 10, 10, 5 crediti 14, 14, 4, 8 1 Si calcoli lo sviluppo di Taylor all ordine 10 centrato nell origine della funzione fx ln1+x 4 ln1+x n 1 1 Soluzione standard. ln1 + x x +ox n e prendiamo n 6. Dunque x 4 ln1+x x +4 +ox 10. qx 0 per x 0 1 Teniamo presente che qx comincia con x 4. ln1+x 4 ln1+x ln1+qx qx 1 q x+ 1 3 q3 x+oq q 1 1 x x +4 +ox 10 1 i 1 x i+4 +ox 10 x 10 +ox 10 i 1 Chiaramente 1 3 q3 x+oq 3 ox 10. Dunque Sia data la funzione ln1+x 4 ln1+x i fx x x 3 x +4 x10 +ox10 1 Trovare il dominio di f detto D, eventuali asintoti, 3 monotonia, eventuali punti di massimo/minimo relativo/assoluto, 4 eventuali punti di non derivabilità, 5 concavità, convessità, 6 disegnare un grafico della funzione Soluzione 1 Trattandosi di radici cubiche, il dominio è R. Non ci sono asintoti verticali in quanto non accade mai che lim x x 0 fx ±. È errato affermare che non ci sono asintoti verticali a causa del fatto che il dominio è tutta la retta reale. Si prenda la funzione hx che vale: 0 se x 0, e hx 1/x se x 0. Il dominio è tutto R ma lim x 0 hx +. Asintoti orizzontali. lim fx lim x + x + x1 3 x lim fx lim x x x1 3 x /settembre/015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 1

2 Non ci sono asintoti orizzontali. Asintoti obliqui. fx x 1 3 x 3 x x1 1 x 3 x1 3x +o1/x x 3 +o1 Ciò vuol dire che lim fx x 0 ossia la retta x /3 è una asintoto abliquo a x ± 3 destra e sinistra. 3 f x 1 1 3x 0 se x 1/3, x 1. Inoltre lim f x ±, lim f x +, 3x /3 1 x 1/3 x 1 ± x 0 ± lim f x. Il punto 1 x 1 3, /3 34/3 è un massimo e 1,0 è un minimo. 4 f x 0 se x 0. 9x 5/3 1 x 4/3 y x 3 Si trovi per quali valori di R converge l integrale + cos π 1+ 1 x x +x x dx 1 0 Soluzione Spezziamo l integrale come 1 0 cos π 1+ 1 x x +x x dx cos π 1+ 1 x x +x x dx. I 1 1 +I Si tratta di stabilire il comportamento a zero ed asintotico per x + della funzione. Per x 0 si può dire che cos π verso + in modo monotono x Se 0 allora + 1 > + 1 e quindi si ha O1 e nulla più in quanto 1+1/x va dal valore cos π 1+ 1 x π x +x x cos 1+ 1 x 1 x x cos π 1+ 1 x x x /settembre/015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione

3 e si ha convergenza di I 1 se + 1 < 1 ossia 1 < < ma siccome deve essere non negativo, allora 0 <. Per tali valori di andiamo a guardare I. cos π 1+ 1x sin π π 1+ 1 π sin x π 1+ 1 x +O 1 x π sin 4x +O 1 x π 4x +O 1 x Quindi cos π 1+ 1 x π x +x x 4x +O 1 x 1 x +x x π 1 4x 1+O 1 x x x C xx C + 1 x + e vogliamo che + > 1 ossia < 1 5 oppure > 1+ 5 e siccome 1+ 5 <, allora possiamo dire che per i positivi per cui 1+ 5 < <, si ha convergenza. Se < 0 allora si ottiene 1+ 5 < <, ossia < < 1 5. Basta osservare che se < 0 allora e quindi cos π 1+ 1 x x +x x 1 e si ricade nel caso precedente con al posto di. 4 Specificando quando semplice ed assoluta, studiare la convergenza della serie seguente al variare di α R 1 α 1+ 1 e Dire che siccome 1+1/ e 0 allora lim + α 1+1/ e 0 e quindi la serie converge per ogni α è un errore due volte. La prima volta consiste ne dire che lim + α 1+1/ e 0 per ogni α. La seconda consiste nel dire che se lim + α 1 + 1/ e 0, allora la serie converge. Essendo la serie a termini di segno alterno, bisogna verificare che tenda a zero in modo monotono. Soluzione 1+ 1 e e ln1+ 1 e o 1 3 e o o O 1 3 C 1/3+1/8. Dunque la serie diventa 1 α 1+ 1 e 1 n n α 1 e 1 + C n +O 1 n e C +O n n α e 1 n + C n +O 1 n 3 19/settembre/015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 3

4 Per n grande abbastanza quanto grande dipende da C e da O 1 n, possiamo scrivere C n +O 1 n 1 Sia α 1 < 1 ossia α < 0. La serie converge assolutamente. Infatti 1 n n α 1 e 1 + C n +O 1 n enα 1 Sia 0 α < 1. La serie converge per Leibnitz. Certamente è a termini di segno alterno. Per quanto riguarda la monotonia scriviamo la derivata nα 1 +Cn α α 1 n α +Cα n α 3 > 0 definitivamente Inoltre il termine generale dato da 1 n n α 1 O 1 n contribuisce con una serie assolutamente convergente in quanto α 1 Sia α > 1. Il termine generale della serie non tende a zero per cui non può convergere. 5 Sia data la funzione: e xy x 1 fx x y > x y x Si scriva: 1 l insieme in cui è continua: Soluzione La funzione è definita in ogni punto del piano R e quindi la domanda va analizzata in ogni punto. Sia E {x R :y > x}. In tal caso la funzione è rapporto di due funzioni continue in cui il denominatore non si annula e quindi la funzione è continua. Sia E 1 {x R :y < x}. L insieme è aperto, la funzione vale x e quindi è continua. Sia E {x R :y x}. Sia x0,x 0 E. Dobbiamo far vedere che Se y > x, lim fx fx 0,x 0 x x 0,x 0 fx fx 0,x 0 exy x 1 1+x +ox 1 +x+ox +x+ ox Il limite x,y x 0,x 0 vale zero se e solo se x 0 0. NOTARE che si è usato lo sviluppo di MacLaurin dell esponenziale all ordine 1 in quanto y x 0. 19/settembre/015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 4

5 Se y < x allora fx,y f0,0 x 0 per x 0. Quindi la risposta è che la funzione è continua in E E 1 0,0. l insieme in cui f è derivabile. Soluzione Di nuovo in E E 1 è derivabile e di nuovo va analizzato cosa accade su E. Sia x,y x 0,x 0. x f + 1 x 0,x 0 lim t 0 + t fx 1 0 +t,x 0 fx 0,x 0 lim t 0 + t x 0 +t 1 x f x 0,x 0 lim t fx 0 +t,x 0 fx 0,x 0 lim 1 1+t x 0 +t+ot x 0 +t 1 lim t 0 t t t 0 1 t t e x 0+tx 0 t 1 x 0 t lim t 0 +t+ ot x 0 +t+x 0 t t Il limite è pari a e per la derivabilità, deve essere 1 ossia x 0 1/. Ora vediamo la derivata rispetto a y e ci teniamo la notazione x 0,x 0. y f 1 x 0,x 0 lim t 0 t fx 1 0,x 0 +t fx 0,x 0 lim t 0 t x 0 0 x f + x 0,x 0 lim t fx 0,x 0 +t fx 0,x 0 lim 1 1+t x 0 +ot x 0 1 lim t 0 t t t t t e x 0x 0 +t 1 x 0 +t lim t 0 x 0 + ot x 0 t t 0 Ne segue che la derivata parziale y f esiste sempre e quindi la funzione è derivabile nell insieme E 1 E 1/, 1/. 3 le derivate f x e f y in tutti i punti Soluzione y 3xe xy x +e xy x 1, y > x f x 1 y < x x,y 1/, 1/ altrimenti e xy x e xy x +1 f y, y > x 0 y x 4 l insieme in cui la funzione è differenziabile. Soluzione Chiaramente è differenziabile in E E 1. In E non è mai differenziabile o non è continua o non è derivabile. 5 motivando dire se esiste e quanto eventualmente vale lim x fx 19/settembre/015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 5

6 Soluzione Prendiamo la restrizione E {x,y R :x x 0,y < 0}. lim fx x 0 x,x E Prendiamo ora la restrizione E 1 {x,y R :x > 0,y y 0 }. lim fx +. La x,x E 1 concluzione è che il limite non esiste. R.: Si No barrare. Se esiste il valore del limite è : 6 Si risolva la equazione 3z +z4 i Si risolva l equazione differenziale { y x y x+y x y0 1, y /settembre/015; Esclusivamente per uso personale; è vietata qualsiasi forma di commercializzazione 6