Corso di Laurea in Ingegneria delle Telecomunicazioni ANALISI MATEMATICA 1. Prova scritta del 16 gennaio 2018 Fila 1.

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1 Corso di Laurea in Ingegneria delle Teleomuniazioni ANALISI MATEMATICA Prova sritta del 6 gennaio 8 Fila. Esporre il proedimento di risoluzione degli eserizi in maniera ompleta e leggibile.. (Punti 5) Determinare i valori di z C he verifiano l equazione: z i < z + i.. (Punti 9) Data la funzione f(x) = log 4x log x a) (punti ) determinare il suo ampo di esistenza, segno, omportamento agli estremi del dominio ed eventuali asintoti; b) (punti )determinare gli intervalli di monotonia ed eventuali punti di massimo o di minimo relativo; ) (punti ) determinare gli intervalli di onavitá e di onvessitá; d) (punti )disegnare il suo grafio approssimato.. (Punti ) Si onsideri l integrale improprio x [logx] n dx, n N, a) (punti ) dimostrare he esiste finito mediante mediante uno studio a priori; b) (punti 7) dimostrare per induzione la seguente identitá x [logx] n dx = ( ) n n! n+, n N. 4. (Punti 8) Calolare il valore del ite log(+x x 4 ) sin(x x x 4 ). x (e x +x ) x +x +x 4

2 RISOLUZIONE DEGLI ESERCIZI PROPOSTI Eserizio. Svolgimento. Posto z = x+iy, x, y R la disequazione diventa da ui x+iy i < x+iy +i x+i(y ) < x+i(y +) x +(y ) < x +i(y +) (y ) < (y +) y < 4+4y y >. Le soluzioni sono tutti i numeri omplessi z tali he Imz >. Eserizio. Svolgimento. Il ampo di esistenza è determinato dai valori della variabile x he rendono positivo l argomento dei logaritmi, ovvero x > e he non annullino il denominatore: x Segno della funzione: f(x) > log4x > logx > log4x < logx < 4x > x > 4x < x <, da ui f(x) > < x < 4 x >, f(x) < 4 < x <. Inoltre la funzione si annulla nel punto x = 4. Determiniamo il omportamento della funzione agli estremi del suo dominio. f(x) =, x perhè per x he tende a l argomento il logaritmo tende a. Mentre f(x) = +, x + perhè il logaritmo tende a +. Si osservi he il numeratore rimane sempre positivo viino a.

3 log4x f(x) = x + x + logx = (per il teorema dell Hospital) = x + 4 4x x =. log4x f(x) = x + x + logx = (per il teorema dell Hospital) = x + 4 4x x =. Caloliamo la derivata prima per studiare la monotonia della funzione. f (x) = logx log4x x(logx) = log x(logx). É evidente he per ogni x >, on x risulta f (x) <, quindi la funzione é deresente nell intervallo (, ) e nell intervallo (, + ). Non ammette massimi o minimo relativi. Inoltre é utile osservare he Perhé, riordando il ite notevole otteniamo x + f (x) = log x + x(logx) =. xlogx = x +, x + x(logx) = +. Determiniamo gli intervalli di onavità e/o onvessità della funzione mediante la sua derivata seonda. f (x) = log logx(logx + ) x (logx) 4. Il segno di f é determinato dal numeratore, ovvero f (x) > logx > logx + > logx < logx + < x > x < x > e x < e.

4 Quindi f (x) > per x (, e ) e x >. Per questo possiamo affermare he la funzione é onvessa sull intervallo (, e semiretta (, + ), mentre é onava su (e, ). Nel punto x = e f(x ) = log >, f (x ) = e log ) e sulla ammette un flesso. Tenuto onto di quanto dimostrato possiamo traiare il seguente grafio approssimato di f. y x /4 / x Eserizio. (a). La funzione é integrabile in senso improprio sull intervallo (, ] perhé é intergabile seondo Riemann, dato he si puó prolungare on ontinuitá in x = ponendo il prolungamento uguale a zero in questo punto, infatti x + x (logx) n dx =, n N. (b). Dimostriamo il primo passo dell induzione, ovvero x [logx] dx = ( )! +. 4

5 Questa é vera perhé x dx =. Proviamo ora l induttivitá della proposizione, partendo da Eserizio 4. x (logx) n+ dx = + (Integrando per parti) [ ] = + x (logx) n+ = n+ + (Per l ipotesi induttiva) = n+ x (logx) n+ dx = x (logx) n dx = n+ ( ) n n! (n+)! = ( )n+, n+ n+ x (n+)(logx) n dx = x (logx) n dx = Determiniamo gli sviluppi di Taylor delle funzioni he ompaiono nell espressione. da questa, per t = x x riaviamo log(+t) = t t +o(t ), log(+x x 4 ) = x x 4 (x x 4 ) +o[(x x 4 ) ] = x x 4 x4 +o(x 4 ) = x x4 +o(x 4 ). per ui, per t = x x x 4 sint = t+ 6 t +o(t ), sin(x x x 4 ) = (x x x 4 ) 6 (x x x 4 ) +o[(x x x 4 ) ]. Tenuto onto di questo abbiamo log(+x x ) sin(x x x 4 ) = x +o(x ). Per quanto riguarda il denominatore tenuto onto he e t = +t+ t +o(t ), 5

6 per t = x x vale IL denominatore diventa e x x = +x x + (x x ) +o[(x x ) ]. (e x x ) x +x +x 4 +o(x 4 ) = x 4 +o(x 4 ) Sostituiamo nel ite ed applihiamo il prinipio di sostituzione degli infinitesimi x Questo ite non esiste perhè x +o(x 4 ) x 4 +o(x 4 ) = x x + x x x 4 = x = +, x x =. x. 6