a) Osserviamo innanzi tutto che dev essere x > 0. Pertanto il dominio è ]0, + [. b) Poniamo t = log x. Innanzi tutto si ha:

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1 ESERCIZIO - Data la funzione f (x) = (log x) 6 7(log x) 5 + 2(log x) 4, si chiede di: a) calcolare il dominio di f ; ( punto) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (2 punti) d) calcolare f ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f ; (3 punti) f) calcolare f (3 punti) a) Osserviamo innanzi tutto che dev essere x > 0 Pertanto il dominio è ]0, + [ b) Poniamo t = log x Innanzi tutto si ha: f = t 4 (t 2 7t + 2) = t 4 (t 3)(t 4) Quindi f risulta essere positiva per t ], 0[ ]0, 3[ ]4, + [, ossia per x ]0, [ ], e 3 [ ]e 4, + [; f è negativa per x ]e 3, e 4 [ e si annulla nei punti x =, x = e 3 ed x = e 4, che corrispondono rispettivamente ai punti t = 0, t = 3 e t = 4 Abbiamo dunque determinato anche le intersezioni del grafico di f con l asse delle x Osserviamo inoltre che non esistono intersezioni con l asse y, in quanto, per x = 0, f non è definita c) Veniamo agli asintoti orizzontali Si ha: lim f (x) = + x + (vince l esponente di grado più alto) Quindi non esistono asintoti orizzontali Vediamo ora gli asintoti obliqui Si ha: lim x + f (x) x = 0 (il logaritmo, di qualsivoglia esponente, PERDE) Quindi non esistono asintoti obliqui Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali Si ha: lim f (x) = +, x 0 +

2 in quanto vince l esponente di grado maggiore, che è PARI (detto male, log 0 = ) Pertanto la retta x = 0 (ossia l asse delle y) è l unico asintoto verticale per la funzione f d) ed e) Per x ]0, + [, si ha: f (x) = x [ 6(log x) 5 35(log x) (log x) 3] Siccome x > 0, allora, posto log x = t, studiare il segno di f è equivalente a studiare il segno di 6t 5 35t t 3 = t 3 (6t 2 35t + 48) Studiamo innanzi tutto il segno del trinomio 6t 2 35t + 48 Si ha: Siano allora t,2 = 35 ± t = = 35 ± 73 2, t 2 = Notiamo che t, t 2 sono due numeri positivi Siano x = e t, x 2 = e t 2 Osserviamo che < x < x 2 Il segno del trinomio considerato risulta positivo per 0 < x < x e per x > x 2, negativo per x < x < x 2 e nullo per x = x e per x = x 2 Ora, notiamo che, ovviamente, il segno di t 3 risulta essere positivo per t > 0 (ossia per x > ), negativo per t < 0 (ossia per 0 < x < ) e nullo per t = 0 (cioè per x = ) Quindi f risulta essere: negativa per x ]0, [ ]x, x 2 [, positiva in ], x [ ]x 2, + [ e nulla nei punti, x, x 2 Dunque, f è crescente in [, x ] ed è crescente in [x 2, + [, mentre f è decrescente in ]0, ] ed è decrescente in [x, x 2 ] (crescenza e decrescenza intese in senso stretto) f) Si ha: f (x) = x 2 [ 6(log x) 5 35(log x) (log x) 3] + x 2 [ 30(log x) 4 40(log x) (log x) 2] = x 2 [ 6(log x) (log x) 4 88(log x) (log x) 2] 2

3 ESERCIZIO - Data la funzione f 2 (x) = (log x) 5 4(log x) 4 + 3(log x) 3, si chiede di: a) calcolare il dominio di f 2 ; ( punto) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f 2 ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (2 punti) d) calcolare f 2 ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f 2 ; (3 punti) f) calcolare f 2 (3 punti) a) Osserviamo innanzi tutto che dev essere x > 0 Pertanto il dominio è ]0, + [ b) Poniamo t = log x Innanzi tutto si ha: f 2 = t 3 (t 2 4t + 3) = t 3 (t )(t 3) Esaminiamo il trinomio t 2 4t + 3: esso risulta essere positivo per t ], [ ]3, + [, ossia per x ]0, e[ ]e 3, + [; è negativo per x ]e, e 3 [ e si annulla nei punti x = e ed x = e 3, che corrispondono rispettivamente ai punti t = e t = 3 Questi due punti, insieme al punto x = (o meglio (,0)), sono anche le intersezioni del grafico di f 2 con l asse delle x Osserviamo inoltre che non esistono intersezioni con l asse y, in quanto, per x = 0, f 2 non è definita Studiamo ora il segno di f 2 Notiamo ora che t 3, ovviamente, risulta essere positivo per t > 0 (ossia per x > ), negativo per t < 0 (ossia per 0 < x < ) e nullo per t = 0 (cioè per x = ) Pertanto, in conclusione, f 2 risulta essere: negativa per x ]0, [; nulla in ; positiva per x ], e[; nulla in e; negativa in ]e, e 3 [; nulla in e 3 ; positiva in ]e 3, + [ c) Veniamo agli asintoti orizzontali Si ha: lim f 2(x) = + x + (vince l esponente di grado più alto) Quindi non esistono asintoti orizzontali 3

4 Vediamo ora gli asintoti obliqui Si ha: lim x + f 2 (x) x (il logaritmo, di qualsivoglia esponente, PERDE) Quindi non esistono asintoti obliqui Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali Si ha: = 0 lim f 2(x) =, x 0 + in quanto vince l esponente di grado maggiore, che è DISPARI (detto male, log 0 = ) Pertanto la retta x = 0 (ossia l asse delle y) è l unico asintoto verticale per la funzione f 2 d) ed e) Per x ]0, + [, si ha: f 2(x) = x [ 5(log x) 4 6(log x) 3 + 9(log x) 2] Siccome x > 0, allora, posto log x = t, studiare il segno di f 2 è equivalente a studiare il segno di 5t 4 6t 3 + 9t 2 = t 2 (5t 2 6t + 9), ossia sostanzialmente il segno del trinomio 5t 2 6t + 9 Si ha: Siano allora t,2 = 8 ± = 8 ± 9 5 t = 8 9, t 2 = Notiamo che t, t 2 sono due numeri positivi Siano x = e t, x 2 = e t 2 Osserviamo che < x < x 2 Quindi f 2 risulta essere: negativa per x ]x, x 2 [, positiva in ]0, [ ], x [ ]x 2, + [ e nulla nei punti, x, x 2 Dunque, f 2 è crescente in ]0, x ] ed è crescente in [x 2, + [, mentre f 2 è decrescente in [x, x 2 ] (crescenza e decrescenza intese in senso stretto) f) Si ha: f 2 (x) = [ x 2 5(log x) 4 6(log x) 3 + 9(log x) 2] + ] [20(log x 2 x) 3 48(log x) log x = ] [ 5(log x 2 x) (log x) 3 57(log x) log x 4

5 ESERCIZIO - Data la funzione f 3 (x) = (log x) 4 (log x) 3 2(log x) 2, si chiede di: a) calcolare il dominio di f 3 ; ( punto) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f 3 ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (2 punti) d) calcolare f 3 ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f 3 ; (3 punti) f) calcolare f 3 (3 punti) a) Osserviamo innanzi tutto che dev essere x > 0 Pertanto il dominio è ]0, + [ b) Poniamo t = log x Innanzi tutto si ha: f 3 = t 2 (t 2 t 2) = t 2 (t + )(t 2) Quindi f 3 risulta essere positiva per t ], [ ]2, + [, ossia per x ]0, e [ ]e2, + [; f 3 è negativa per x ] e, [ ], e2 [ e si annulla nei punti x = e, x = ed x = e2, che corrispondono rispettivamente ai punti t =, t = 0 e t = 2 Abbiamo dunque determinato anche le intersezioni del grafico di f 3 con l asse delle x Osserviamo inoltre che non esistono intersezioni con l asse y, in quanto, per x = 0, f 3 non è definita c) Veniamo agli asintoti orizzontali Si ha: lim f 3(x) = + x + (vince l esponente di grado più alto) Quindi non esistono asintoti orizzontali Vediamo ora gli asintoti obliqui Si ha: lim x + f 3 (x) x (il logaritmo, di qualsivoglia esponente, PERDE) Quindi non esistono asintoti obliqui Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali Si ha: = 0 lim f 3(x) = +, x 0 + 5

6 in quanto vince l esponente di grado maggiore, che è PARI (detto male, log 0 = ) Pertanto la retta x = 0 (ossia l asse delle y) è l unico asintoto verticale per la funzione f 3 d) ed e) Per x ]0, + [, si ha: f 3(x) = x [ ] 4(log x) 3 3(log x) 2 4 log x Siccome x > 0, allora, posto log x = t, studiare il segno di f 3 è equivalente a studiare il segno di 4t 3 3t 2 4t = t(4t 2 3t 4) Studiamo innanzi tutto il segno del trinomio 4t 2 3t 4 Si ha: Siano allora t,2 = 3 ± t = = 3 ± 73 8, t 2 = Notiamo che t < 0, mentre t 2 > 0 Siano x = e t, x 2 = e t 2 Osserviamo che x < < x 2 Il segno del trinomio considerato risulta positivo per 0 < x < x e per x > x 2, negativo per x < x < x 2 e nullo per x = x e per x = x 2 Quindi, considerato anche il segno di t, f 3 risulta essere: negativa per x ]0, x [ ], x 2 [, positiva in ]x, [ ]x 2, + [ e nulla nei punti, x, x 2 Dunque, f 3 è crescente in [x, ] ed è crescente in [x 2, + [, mentre f 3 è decrescente in ]0, x ] ed è decrescente in [, x 2 ] (crescenza e decrescenza intese in senso stretto) f) Si ha: 3 (x) = ] [4(log x 2 x) 3 3(log x) 2 4 log x + ] [2(log x 2 x) 2 6 log x 4 = ] [ 4(log x 2 x) 3 + 5(log x) 2 2 log x 4 f ESERCIZIO - Data la funzione f 4 (x) = (log x) 7 + (log x) 6 2(log x) 5, 6

7 si chiede di: a) calcolare il dominio di f 4 ; ( punto) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f 4 ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (2 punti) d) calcolare f 4 ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f 4 ; (3 punti) f) calcolare f 4 (3 punti) a) Osserviamo innanzi tutto che dev essere x > 0 Pertanto il dominio è ]0, + [ b) Poniamo t = log x Innanzi tutto si ha: f 4 = t 5 (t 2 + t 2) = t 5 (t )(t + 2) Esaminiamo il trinomio t 2 + t 2: è positivo per t ], 2[ ], + [, ossia per x ]0, e 2 [ ]e, + [; è negativo per x ]e 2, e[ e si annulla nei punti x = e 2 ed x = e, che corrispondono rispettivamente ai punti t = 2 e t = Questi due punti, insieme al punto x = (o meglio (,0)), sono anche le intersezioni del grafico di f 4 con l asse delle x Osserviamo inoltre che non esistono intersezioni con l asse y, in quanto, per x = 0, f 4 non è definita Studiamo ora il segno di f 4 Notiamo ora che t 5, ovviamente, risulta essere positivo per t > 0 (ossia per x > ), negativo per t < 0 (ossia per 0 < x < ) e nullo per t = 0 (cioè per x = ) Pertanto, in conclusione, f 4 risulta essere: negativa per x ]0, e 2 [; nulla in e 2 ; positiva per x ]e 2, [; nulla in ; negativa in ], e[; nulla in e; positiva in ]e, + [ c) Veniamo agli asintoti orizzontali Si ha: lim f 4(x) = + x + (vince l esponente di grado più alto) Quindi non esistono asintoti orizzontali Vediamo ora gli asintoti obliqui Si ha: lim x + f 4 (x) x 7 = 0

8 (il logaritmo, di qualsivoglia esponente, PERDE) Quindi non esistono asintoti obliqui Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali Si ha: lim f 4(x) =, x 0 + in quanto vince l esponente di grado maggiore, che è DISPARI (detto male, log 0 = ) Pertanto la retta x = 0 (ossia l asse delle y) è l unico asintoto verticale per la funzione f 4 d) ed e) Per x ]0, + [, si ha: f 4(x) = x [ 7(log x) 6 + 6(log x) 5 0(log x) 4] Siccome x > 0, allora, posto log x = t, studiare il segno di f 4 è equivalente a studiare il segno di 7t 6 + 6t 5 0t 4 = t 4 (7t 2 + 6t 0), ossia sostanzialmente il segno del trinomio 7t 2 + 6t 0 Si ha: t,2 = 3 ± = 3 ± 79 7 Siano allora t = 3 79, t 2 = , x = e t, x 2 = e t 2 Osserviamo che x < < x 2 Quindi f 4 risulta essere: negativa per x 7 7 ]x, [ ], x 2 [, positiva in ]0, x [ ]x 2, + [ e nulla nei punti, x, x 2 Dunque, f 4 è crescente in ]0, x ] ed è crescente in [x 2, + [, mentre f 4 è decrescente in [x, ] ed in [, x 2 ], e quindi anche in [x, x 2 ] (crescenza e decrescenza intese in senso stretto) f) Si ha: f 4 (x) = x 2 [ 7(log x) 6 + 6(log x) 5 0(log x) 4] + x 2 [ 42(log x) (log x) 4 40(log x) 3] = x 2 [ 7(log x) (log x) (log x) 4 40(log x) 3] 8

9 ESERCIZIO - (7 punti) Siano α e β rispettivamente il numero delle lettere del vostro nome e quello del vostro cognome Studiare il comportamento della seguente serie: n= [ arctan ] 2 n /β sin [ n 3/α tan ] 2 n /β ESERCIZIO - (7 punti) Siano α e β rispettivamente il numero delle lettere del vostro nome e quello del vostro cognome Studiare il comportamento della seguente serie: n= [ sin ] 3 n /α arcsin [ n 2/β tan ] 2 n /β ESERCIZIO - (7 punti) Siano α e β rispettivamente il numero delle lettere del vostro nome e quello del vostro cognome Studiare il comportamento della seguente serie: n= [ tan ] 2 n /α arcsin [ n 2/α arctan ] 3 n /β ESERCIZIO - (7 punti) Siano α e β rispettivamente il numero delle lettere del vostro nome e quello del vostro cognome Studiare il comportamento della seguente serie: n= [ sin ] 2 n /β arcsin [ n 3/α tan ] 2 n /β Facciamo solo lo svolgimento di quest ultima serie, nel caso in cui lo studente si chiami, ad esempio, Massimo Verdi In tal caso, α = 7, β = 5, e la serie si riduce dunque alla seguente: n= [ sin ] 2 n /5 arcsin [ n 3/7 tan ] 2 n /5 Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi Inoltre, per la teoria dei limiti notevoli e per il criterio del confronto asintotico, la nostra serie si comporta come la serie n= [ ] 2 [ ] 2 n /5 n 3/7 n /5, 9

10 ossia cioè n= n 2/5+3/7+2/5 = n= n γ, n= n 43/35, con γ = 43/35 > Pertanto la nostra serie data, in questo caso, converge (serie armonica generalizzata) ESERCIZIO (8 punti) - Sia h (x) = tan x sin x x a) Calcolare L lim x 0 h (x) b) Sia h (x) = h (x) se x 0, h (x) = L se x = 0 La funzione h è derivabile nel punto 0, o no? c) Utilizzando i risultati trovati nei punti precedenti, verificare se h soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle e quelle del teorema di Lagrange in [, ], oppure no a) Si ha: tan x sin x tan x L = lim = lim x 0 x x 0 x lim x 0 sin x x = = 0 (limiti notevoli) b) Utilizziamo direttamente la definizione di limite del rapporto incrementale Si ha, applicando anche la regola de l Hospital: lim x 0 lim x 0 = lim x 0 h (x) h (0) x 0 tan x sin x x 2 2 cos x sin x cos 4 x h = lim (x) x 0 x = lim x 0 + sin x 2 = cos 2 x cos x 2x = lim x 0 2 sin x cos 3 x + sin x = 0, 2 e pertanto la funzione h è derivabile nel punto 0 c) Quindi le ipotesi del teorema di Lagrange sono verificate nell intervallo [, ], in quanto la funzione h risulta essere addirittura ivi derivabile 0

11 Per quanto riguarda le ipotesi del teorema di Rolle, bisogna solamente confrontare i due valori h () ed h ( ), e vedere se sono uguali oppure no Si ha, tenendo conto che sia il seno sia la tangente sono funzioni dispari: = tan( ) sin( ) = tan sin, tan( ) ( sin( )) e pertanto le ipotesi del teorema di Rolle nell intervallo [, ] sono verificate ESERCIZIO (8 punti) - Sia h 2 (x) = sin x arctan x x a) Calcolare L lim x 0 h 2 (x) b) Sia h 2 (x) = h 2(x) se x 0, h 2 (x) = L se x = 0 La funzione h 2 è derivabile nel punto 0, o no? c) Utilizzando i risultati trovati nei punti precedenti, verificare se h 2 soddisfa le ipotesi del teorema di Rolle e quelle del teorema di Lagrange in [, ], oppure no a) Si ha: sin x L = lim x 0 x lim x 0 arctan x x = = 0 (limiti notevoli) b) Utilizziamo direttamente la definizione di limite del rapporto incrementale Si ha: lim x 0 h 2 (x) h 2 (0) x 0 h 2 = lim (x) = x 0 x sin x arctan x cos x lim x 0 x 2 = lim x 0 2x sin x + 2x (+x = lim 2 ) 2 = 0, x 0 2 +x 2 e pertanto la funzione h 2 è derivabile nel punto 0 c) Quindi le ipotesi del teorema di Lagrange sono verificate nell intervallo [, ], in quanto la funzione h 2 risulta essere addirittura ivi derivabile

12 Per quanto riguarda le ipotesi del teorema di Rolle, bisogna solamente confrontare i due valori h 2 () ed h 2 ( ), e vedere se sono uguali oppure no Si ha, tenendo conto che sia il seno sia l arcotangente sono funzioni dispari: = sin( ) arctan( ) = sin arctan, sin( ) ( arctan( )) e pertanto le ipotesi del teorema di Rolle nell intervallo [, ] sono verificate ESERCIZIO (8 punti) - Calcolare il seguente integrale indefinito: ( ) 2x I = x 2 arctan(log(x 2 + )) dx + Si tratta di un integrale del tipo f (x) arctan(f(x)) dx Posto f(x) = log(x 2 + ) = t, si ha che il nostro integrale si riduce a I = arctan t dt Tramite un integrazione per parti, si ottiene: t I = t arctan t t 2 + dt = t arctan t 2 log(t2 + ) + c = log(x 2 + ) arctan(log(x 2 + )) 2 log[(log(x2 + )) 2 + ] + c ESERCIZIO - Siano a e b il numero delle lettere rispettivamente del vostro nome e del vostro cognome Data la funzione si chiede di: g(x, y) = cos ax + sin by, (x, y) R 2, 2

13 a) calcolare le derivate parziali prime e seconde di g; (2 punti) b) determinare i punti stazionari (o critici) di g; (6 punti) c) determinare, con il test dell hessiano, gli (eventuali) punti di massimo relativo, di minimo relativo e di sella per g a) Si ha: g x = a sin ax; g y = b cos by; g xx = a 2 cos ax; g yy = b 2 sin by; g xy = g yx = 0 b) Imponiamo la condizione dell annullamento del gradiente g x = g y = 0 Si deve avere: sin ax = 0; cos by = 0 La condizione dell annullamento del gradiente si riduce alla seguente: ax = kπ; by = π 2 + hπ, k = 0, ±, ±2,, h = 0, ±, ±2, ossia x = k a π; y = π 2b + h π, k = 0, ±, ±2,, h = 0, ±, ±2, b Tutti i punti di questo tipo sono i punti stazionari di g c) Si ha: H(x, y) = a 2 b 2 cos ax sin by, (x, y) R 2 Valutiamo ora l hessiano nei punti stazionari, considerando i seguenti quattro casi: ) k ed h pari; 2) k pari, h dispari; 3) k dispari, h pari; 4) k ed h dispari 3

14 Nel caso ) si ha: cos ax =, sin by =, H(x, y) > 0, g xx < 0; nel caso 2) si ha: cos ax =, sin by =, H(x, y) < 0; nel caso 3) si ha: cos ax =, sin by =, H(x, y) < 0; nel caso 4) si ha: cos ax =, sin by =, H(x, y) > 0; g xx > 0 Quindi i punti (x, y) corrispondenti ai casi 2) e 3) sono punti sella; quelli corrispondenti al caso ) sono di massimo relativo mentre quelli corrispondenti al caso 4) sono di minimo relativo ESERCIZIO (8 punti) Risolvere, con il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, la seguente equazione differenziale: y = y (supponendo x > 0, y > 0) +x 2 arctan x + ex arctan x Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: y = y +x 2 arctan x Quest ultima equazione risulta essere a variabili separabili: risulta pertanto dy dx = y +x 2 arctan x dy y = +x 2 arctan x dx e si ha dy y = +x 2 dx log y = log(arctan x) + log C y = C(arctan x) arctan x L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y = C(arctan x) Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo y(x) = C(x) (arctan x) Si ha: y (x) = C (x) (arctan x) + C(x) ( + x 2 ) 4

15 Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: y +x (x) = 2 arctan x y(x) + ex (arctan x) cioè C (x) (arctan x) + C(x) ( + x 2 ) +x 2 = C(x) arctan x (arctan x) + ex (arctan x), ossia C (x) = e x, e quindi C(x) = e x (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione) Pertanto y(x) = C(x)(arctan x) = e x (arctan x) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y = (C + e x ) (arctan x) ESERCIZIO (8 punti) Risolvere, con il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, la seguente equazione differenziale: y = y (supponendo x > 0, y > 0) 3x x 3 + 2x (cos x) (x3 + 2x + 5) Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: y = y 3x x 3 + 2x + 5 Quest ultima equazione risulta essere a variabili separabili: risulta pertanto dy dx = y 3x x 3 + 2x + 5 dy y = 3x2 + 2 x 3 + 2x + 5 dx e si ha dy y = 3x x 3 + 2x + 5 dx log y = log(x3 +2x+5)+log C y = C(x 3 +2x+5) 5

16 L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y = C(x 3 + 2x + 5) Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo Si ha: y(x) = C(x) (x 3 + 2x + 5) y (x) = C (x) (x 3 + 2x + 5) + C(x) (3x 2 + 2) Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: cioè y (x) = 3x2 + 2 x 3 + 2x + 5 y(x) + (cos x) (x3 + 2x + 5) C (x) (x 3 + 2x + 5) + C(x) (3x 2 + 2) 3x = C(x) x 3 + 2x + 5 (x3 + 2x + 5) + (cos x) (x 3 + 2x + 5), ossia C (x) = cos x, e quindi C(x) = cos x dx = sin x (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione) Pertanto y(x) = C(x)(x 3 + 2x + 5) = (sin x) (x 3 + 2x + 5) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y = (C + sin x) (x 3 + 2x + 5) ESERCIZIO (8 punti) Risolvere, con il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, la seguente equazione differenziale: y = y x log x + (sin x) (log(log x)) log(log x) 6

17 (supponendo x > e, y > 0) Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: y = y x log x log(log x) Quest ultima equazione risulta essere a variabili separabili: si ha pertanto dy dx = y x log x log(log x) dy y = x log x log(log x) dx e si ha dy y = x log x dx log y = log(log(log x))+log C y = C(log(log x)) log(log x) L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y = C(log(log x)) Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo Si ha: y(x) = C(x) (log(log x)) y (x) = C (x) (log(log x)) + C(x) ( x log x ) Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: y x log x (x) = y(x) + (sin x) (log(log x)) log(log x) cioè C (x) (log(log x)) + C(x) ( x log x ) x log x = C(x) (log(log x)) + (sin x) (log(log x)), log(log x) 7

18 ossia C (x) = sin x, e quindi C(x) = cos x (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione) Pertanto y(x) = C(x)(log(log x)) = ( cos x) (log(log x)) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y = (C cos x) (log(log x)) 8

a) Il denominatore dev essere diverso da zero. Studiamo il trinomio x 2 5x + 6. Si ha: x 1,2 = 5 ± se x ], 2[ ]3, + [;

a) Il denominatore dev essere diverso da zero. Studiamo il trinomio x 2 5x + 6. Si ha: x 1,2 = 5 ± se x ], 2[ ]3, + [; ESERCIZIO - Data la funzione f (x) + x2 2x x 2 5x + 6, si chiede di: a) calcolare il dominio di f ; (2 punti) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f ha asintoti

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