Calcolo I - Corso di Laurea in Fisica - 19 Febbraio 2019 Soluzioni Scritto. a) Calcolare il dominio, asintoti ed eventuali punti di non derivabilità;

Transcript

1 Calcolo I - Corso di Laurea in Fisica - 9 Febbraio 209 Soluzioni Scritto ) Data la funzione fx) = arctanx + 4x 2 2 x + ) a) Calcolare il dominio, asintoti ed eventuali punti di non derivabilità; b) Calcolare, se esistono, estremi relativi ed assoluti. Tracciare un grafico qualitativo della funzione. Svolgimento. Il dominio di definizione è R. Per quanto riguarda gli asintoti si osservi che per x ± si ha fx) = arctanx + 4x 2 2 x + ) = arctanx + o)) x ± ±π/2 quindi ci sono due asintoti orizzontali. Per quanto riguarda la derivabilià, ad eccezione del punto x = dove si annulla l argomento del modulo, la funzione è derivabile C ) in tutto il suo dominio in qaunto composizione e somma di funzioni derivabili. Studiamo la monotonia in x, ), + ) studiando il segno della derivata. Dopodichè studieremo la derivabilià in x =. Si osservi che f x) = + x + 4x 2 2 x + ) 2 x2 + 8x 2 segnox )) Il segno dipende chiaramente solo dal termine a numeratore che è un polinomio di secondo grado le cui radici sono x ± = 4 ± segnox ) Dividiamo lo studio spezzando il modulo. Per x < x ± = 4 ± x ± = 4 ± 6 6 = 4 ± 22 = 4 ± 0 x > si ha f x) f x) < 0 x, ) 0 x = > 0 x 4+ 22, + ) > 0 x, 4 0 ) 0 x = 4 0 < 0 x 4 0, ) Quindi i punti x = 4 0 e x 2 = sono, rispettivamente, un massimo ed un minimo relativo. Per quanto riguarda x = studiamo l esistenza della derivata usando il corollario del teorema di Lagrange osservando che f è continua in e che le derivate esistono in un intorno di : lim f x) = x + lim x + + x + 4x 2 ) 2 x2 + 8x 2) = 7 0 = f + )

2 mentre lim f x) = lim x x + x + 4x 2 ) 2 x2 + 8x + 2) = 0 = f ) Quindi è un punto angoloso ma non una un estremo relativo della funzione visto che il segno della derivata destra e sinistra è negativo. Un grafico della funzione è il seguente 2

3 2) Studiare al variare del parametro α R, la convergenza della serie ) k+ k + )! 5 k5 + k 2 k ) α k! + ) k+ k + lnk)) k. k= Calcolare la somma della serie ) k 2) 2k k= k )! Svolgimento. Si tratta di una serie a termini positivi. Applichiamo il criterio del confronto asintotico sviluppando la successione dei termini della serie. Posto si osservi che a k := k + )! ) k+ 5 k5 + k 2 k ) α k! + ) k+ k + lnk)) k a k = k + )!)k k + )! k α 5 + k ) α k!) k k! + k!) ) k+ k k + lnk)/k) k = k + )k k!) k k + )! k α 5k + o)) ) α k!) k k! k k e k ln+lnk)/k) + o)) = k + )k k + ) k 2α + o)) 5 α k k e lnk)+o/k)) + o)) = e 5 α + o)) k2α dove si è osservato che che = + k ) k k 2α+ + o)) 5 α k + o)) + k!) ) k+ = e k+) ln+k!) ) e 0+ =, e k ln+lnk)/k) = e klnk)/k ln2 k)/2k 2 +oln 2 k)/k 2) = e lnk) ln2 k)/2k+oln 2 k)/k) = ke ln2 k)/2k+oln 2 k)/k) = k + o)), e 5 + k = + /5k ) + o/k ). Per il criterio del confronto asintotico la serie converge se e solo se 2α > α > /2. La serie ) k 2) 2k k= k )! si può ricondurre attraverso una sostituzione alla serie di Taylor dell esponenziale. Si osservi che posto u = k si ha k= ) k 2) 2k k )! ) u+ 2) 2u+2 = u! u=0 = 4) u+ u=0 u! = 4 4) u u=0 u! = 4e 4

4 ) Studiare il limite lim x 0 + x) x cosx) e x 2 /2 arctanx 2 ) sinx) + x lnx). Posto fx) = x) x cosx) e x2 /2 calcolare f 2) 0) e f ) 0). Svolgimento. Calcoliamo l ordine di infinitesimo del numeratore. Partendo dagli ordini più bassi ci si accorge l ordine di infinitesimo è : x) x cosx) e x2 /2 = e x ln x) cosx) e x2 /2 Per il denominatore si ha = e x x x2 /2+ox 2) x 2 /2 + ox )) x 2 /2 + ox )) = + x 2 x /2 + ox )) + /2) x 2 x /2 + ox )) 2 + ox 4 )) x 2 + ox )) = + x 2 x /2 + ox )) + x 2 + ox )) = x /2 + ox ). arctanx 2 ) sinx)+x lnx) = x 2 +ox 2 ))x+ox))+x lnx) = x +ox )+x lnx) = x lnx)+o)) In conclusione x) x cosx) e x2 /2 arctanx 2 ) sinx) + x lnx) = x /2 + o)) x lnx) + o)) = 2 lnx) + x 0 + o)) 0 + Dato che la funzione fx) = x /2 + ox ), per il teorema di Taylor, il polinomio di Taylor di grado centrato in zero della funzione fx) è uguale a x /2. I coefficienti del polinomio di Taylor sono dati dalle relazioni a k = f k) 0) k! f k) 0) = a k k! Nel caso della funzione in esame a 2 = 0 mentre a = /2 quindi f 2) 0) = 0, f ) 0) =! /2 = 4

5 4) Discutere, al variare di α [0, + ), l integrabilità in senso improprio in 0, + ) della funzione f α x) = 4 lnt) t t 2 + ) t /2 sint))α. Calcolare l integrale per α = 0 ossia lnt) t t 2 +) /2 dt. Svolgimento. Si tratta di un integrale improprio in quanto l intervallo di integrazione non è limitato e la funzione non è definita in x = 0. Negli intervalli [a, b] per ogni 0 < a < b < + la funzione é continua e limitata quindi integrabile. Inoltre la funzione è sia in 0 che ha + definitivamente di segno costante quindi possiamo applicare il confronto sintotico. Per x + si ha f α x) = 4 lnt) t t 2 + ) t /2 sint))α = 4 lnt) t t t α + o)) = 4 lnt) t 2 α + o)) quindi f α è integrabile 2 α > e > α. Per x 0 + si ha f α x) = 4 lnt) t t 2 + ) t /2 sint))α = 4 6 α lnt) t tα ) + o)) = 4 lnt) 6 α + o)) t α quindi f α è integrabile α < α > 2/ ossia per ogni α > 0. Quindi In conclusione f α integrabile in 0, + ) α [0, ) Calcoliamo l integrale per α = 0. Osservando che 4 lnt) t t 2 + ) /2 = 2 lnt2 ) t t 2 + ) /2 eseguendo le sostituzioni u = t 2, du = 2tdt e integrando per parti si ha 4 lnt) t lnu) 2 lnu) dt = du = t 2 + ) /2 u + ) /2 u + ) + 2 du /2 uu + ) /2 sostituendo nell ultimo integrale u + = v, e du = 2vdv si ha 2 2 du = uu + ) /2 v 2 )v 2vdv = 4 v 2 ) dv = che si decompone in fratti semplici v 2 ) = /2) v ) v + 4 v 2 dv = 2 ln ) v v + Quindi una primitiva espressa nella variabile u è F u) = 2 lnu) + 2 ln u + u + u + + Infine lnt) t dt = lim F u) lim F u) = 0 lim t 2 + ) F u) /2 u + u 0 + u 0 + 5

6 Ma per u 0 + razionalizzando e approssimando le funzioni ha F u) = 2 lnu) + 2 ln u u + u + + ) 2 = 2 lnu) ) + 2 ln4) + o)) u + = 2 lnu) + + /2)u + ou) ) 2 ln4) + o)) u + = u lnu) + o)) 2 ln4) + o)) 2 ln4) Quindi lnt) t dt = 2 ln4) t 2 + ) /2 6

7 5) Data l equazione differenziale ẋ = x lnt), t trovarne le soluzioni, specificandone il dominio massimale di esistenza, verificanti le seguenti condizioni iniziali: a) x2) = 0 b) x) = Svolgimento. Si tratta di una equazione a variabili separabili di dominio D := {x, t) R 0, + )} Il primo problema di Cauchy ha come soluzione la soluzione stazionaria xt) = 0, t 0, + ) in quanto 0, t) annulla la funzione fx, t) = x lnt) t 0, + ). che definisce l equazione differenziale t Per trovare la seconda soluzione calcoliamo la soluzione generale separando le variavbili dx lnt) x = dt t 2x 2 = 2 ln2 t) + C dove il secondo integrale segue dalla sostituzione y = lnt). Quindi quindi Imponiamo i dati iniziali x) = x 2 t) = ln 2 t) + C, ln2 t) + C 0, t > 0 xt) = ± ln 2 t) + C, ln2 t) C > 0, t > 0 x) = = ± C C = Quindi questo permette di risolvere l indeterminazione data dal segno della radice. La soluzione al problema di Cauchy è quella associata al segno +. Per quanto riguarda il dominio si ha xt) = ln 2, ln 2 t) > 0, t > 0 t e, e) t) In conclusione la soluzione al problema di Cauchy è xt) = ln 2, t e, e) t) 7