Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni.

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1 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Prima prova scritta di Analisi Matematica I. Soluzioni. Esercizio. Si consideri la successione c n ) n N definita dalla relazione di ricorrenza { c = c n+ = sin c n ). Si stabilisca se la serie n= c n è convergente. Soluzione. Poiché sinx) è una funzione dispari si verifica per induzione che c n = ) n a n, dove a n è definita per ricorrenza da a := e a n+ = sina n ). Poiché < sinx) x per ogni < x, e a =, si ha per induzione che a n+ a n per ogni n. Dunque la successione a n, decrescente e limitata, converge; poiché sinx) è continua, il limite è un punto fisso di sinx), dunque è, che è l unico punto fisso di sinx). In conclusione sono verificate le condizioni per il criterio di convergenza di Leibnitz, e la serie converge. Esercizio 2. Si consideri la funzione f : ], + [ R definita da fx) = x log + ) x Si calcoli inf x> fx), sup x> fx), lim x fx) e lim x fx). Soluzione. Poiché fx) = x log + x) x logx), f x) = log + x) logx) x +, f x) = xx + ), 2 la funzione f è strettamente decrescente su ], + [, e f x) > lim x f x) =.

2 2 Quindi f è crescente e inf fx) = lim fx) = lim x logx) + Ox) =, x> x + x + sup fx) = lim fx) = lim x x> x + x + x + o ) ) =. x Esercizio 3. Si studi la convergenza semplice e assoluta dell integrale cos log + x) ) dx. Soluzione. Poiché cost) per ogni t R, l integrando è non-negativo. Dai noti sviluppi di Taylor in t = per le funzioni cost) e log + t) si ha, per x + cos log + ) = cosx /2 + o)) = x + o)) x e per confronto asintotico si conclude che il valore dell integrale improprio è +.

3 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Seconda prova scritta di Analisi Matematica I. Soluzioni. Esercizio. Si consideri la successione a n ) n definita dalla relazione di ricorrenza { a = a n+ = a n a 2 n/2. Si dimostri per induzione che n a n 2 n per ogni n. Soluzione. Intanto la disuguaglianza è verificata per n = e n = 2 perché a = e a 2 = /2. Osserviamo poi che la funzione fx) = x x 2 /2 è crescente sull intervallo x : ha infatti derivata f x) = x per x. Perciò, per n 2, dall ipotesi induttiva n a n 2 n segue 2 f fa n ) = a n+ f. n) n) Basta quindi verificare che f/n) /n + ) e f2/n) 2/n + ). Si ha infatti, per n = n + e similmente f = n) n 2n = 2n 2 2n 2 n + )2n ) = 2n 2 + n 2n 2 n + 2n 2 n +, 2 f = n) 2 n 2 2n ) = n2 n 2 = 2 n 2 2 n + n 2 n +.

4 2 Esercizio 2. i. Si calcoli lo sviluppo di Taylor al terzo ordine, con centro in x =, per la funzione ux) := coshx), e si scriva la corrispondente formula del resto secondo Lagrange. ii. Si dia una condizione necessaria e sufficiente che identifichi i numeri reali c per cui la disuguaglianza + x2 2 + cx4 coshx) sia verificata per ogni numero reale x. Soluzione. i) Si ha ux) = u x) = u x) = coshx) e u x) = u x) = sinhx), quindi u) = u ) = e u ) = u ) =. Dunque il polinomio di Taylor richiesto è + x 2 /2, e il resto corrispondente si esprime nella forma di Lagrange coshx) x2 2 = x4 24 coshξ), per qualche numero ξ compreso fra e x. ii) Poiché coshξ) qualunque sia ξ R, lo sviluppo precedente implica che se c /24 la disuguaglianza + x2 2 + cx4 coshx) vale per ogni x R. Viceversa, se per una costante c R la disuguaglianza + x2 2 + cx4 coshx) vale per ogni x R si ha, per x, quindi + x2 2 + cx4 coshx) = + x2 2 + x ox4 ), cx 4 x ox4 ) e c /24 + o), dunque c /24. La condizione necessaria e sufficiente richiesta è perciò c /24.

5 3 Esercizio 3. Si valuti l integrale improprio : + Soluzione. x 7 e x2 dx. Poiché l integrando è una funzione non negativa e pari, l integrale ha un valore in [, + ], e + + x 7 e x2 dx = 2 x 7 e x2 dx. Con il cambio di variabile u = x 2, du = 2xdx ci si riconduce all integrale di Eulero 2 + x 7 e x2 dx = + u 3 e u du = 6. Il cambio di variabile si può giustificare per passaggio al limite).

6 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Terza prova scritta di Analisi Matematica I. Soluzioni. Esercizio. Dire quante sono le soluzioni reali x dell equazione sine x2 +4x ) =, trovarle, e calcolare la loro media aritmetica. Soluzione. Deve essere e x2 +4x = kπ con k intero, necessariamente positivo. Si ha quindi x 2 4x + log kπ = da cui segue che le soluzioni sono esattamente x k = 2 4 log kπ y k = log kπ con k intero, k e 4 = 54. Poiché il radicando non è mai nullo, esse sono tutte distinte e quindi 8. La media di ogni coppia x k, y k è 2, perciò tale è anche la media di tute le soluzioni.

7 2 Esercizio 2. Risolvere l equazione differenziale xu x) u 2 x) = con la condizione u) = 3. Dire qual è il più grande intervallo I in cui esista questa soluzione. Soluzione. L equazione è del tipo a variabili separabili; scrivendola nella forma u + u = 2 x e integrando fra e x si trova arctanux)) arctanu)) = logx) da cui, tenendo conto della condizione iniziale, ux) = tanlogx) + π/3), il cui intervallo massimo di definizione è dato dalle disuguaglianze π/2 < logx) + π/3 < π/2, cioè l intervallo ]e 5π/6, e π/6 [.

8 Esercizio 3. Si provi che il seguente integrale improprio è convergente, e se ne calcoli il valore: sinx) sin ) ) x x dx. 3 Soluzione. È noto che integrale improprio sin x x dx è convergente si vede per esempio con una integrazione per parti). Perciò, con il cambio di variabile y := /x, dy/y = dx/x, si ottiene che è convergente, allo stesso valore finito, anche l integrale improprio = lim a a sin ) y y sin ) y y dy dy + lim b b sin ) y y dy /a sinx) sin x = lim dx + lim a x b /b x dx = sin x x dx. Si conclude che anche l integrale proposto, differenza dei due, è convergente, e vale.

9 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Appello di Analisi Matematica I del Soluzioni. Esercizio. Si dica se la funzione fx) := e λx2 cos x ha un massimo locale ovvero un minimo locale in x =, a seconda del valore del parametro reale λ. Soluzione. Poiché fx) è positiva in un intorno di x = e y y 2 è crescente per y >, è sufficiente considerare fx) 2 := e 2λx2 cos x. Dagli opportuni sviluppi di Taylor delle funzioni esponenziale e coseno, e 2λx2 = + 2λx 2 + 2λ 2 x 4 + ox 4 ) cos x = x2 2 + x ox4 ) si ottiene, moltiplicando gli sviluppi fx) 2 = + 4λ ) x λ 2 24λ + ) x ox4 ). Ne segue che per λ < /4 la funzione fx) 2 è minore di in un intorno di, dunque ha massimo locale per x =. Per λ = /4 vale fx) 2 = x4 + 2 ox4 )), e la conclusione è la stessa. Per λ > /4 la funzione f 2 x) ha minimo locale in x =. Dunque anche fx) ha in x = un massimo locale se λ /4 e un minimo locale se λ > /4. Variante: Con un po di calcoli in più si poteva anche calcolare lo sviluppo di cos x, per esempio componendo con il noto sviluppo del binomio + y) α. Si trova: x 2 cos x = 4 x ox4 ) e infine e si conclude come sopra. e λx2 cos x = λ ) x 2 4 λ 2 2 λ 4 96 ) x 4 + ox 4 ) Esercizio 2. Si dica per quale valore di t R risulti massima la somma della serie t 2n exp nt 2 ). n= Soluzione. Si tratta della serie geometrica n= t2n exp nt 2 ) = n= t 2 exp t 2 ) ) n, la cui somma è. Questa espressione è massima quando è massimo il termine t 2 exp t 2 ) t 2 exp t 2 ), cioè per t = ±. Variante: Ciascun termine della serie, t 2n exp nt 2 ) = t 2 exp t 2 ) ) n, è massimo per t 2 =, e vale e n. Corrispondentemente è anche massimo il valore della serie, cioè n= e n = /e = e. e

10 2 Esercizio 3. Si calcoli l integrale improprio du u 3 +. Soluzione. Dalla fattorizzione u 3 + = u + )u 2 u + ) si trova una decomposizione in frazioni semplici della forma u 3 + = a u + + bu + c u 2 u +. I coefficienti a, b, c si determinano dall identità = au 2 u + ) + bu + c)u + ) = a + b)u 2 + a + b + c)u + a + c) da cui, uguagliando i coefficienti, si trova a = /3, b = /3, e c = 2/3. Si ha perciò u 3 + = 3 u + u 2 3 u 2 u +. Inoltre u 2 3 u 2 u + = 2u 6 u 2 u + 2 u 2 u + e u 2 u + = u /2) 2 + 3/4. Quindi x du u 3 + = 3 x du u + 6 x 2u u 2 u + du + 2 = 3 logx + ) 6 logx2 x + ) + 2 x x /2 /2 du u /2) 2 + 3/4 dv v 2 + 3/4 = x + )2 log 6 x 2 x + + [ 2v ) ] x /2 arctan, 3 3 da cui per x + si trova du u 3 + = π. Variante: si possono semplificare un po i calcoli osservando che, col cambio di variabile u = v, du = v 2 dv, si ha Quindi e si conclude come sopra. u 3 + du = du u 3 + = u 2 u 3 + du + = u + 2 u 3 + du = 2 /2 v 2 v 3 + dv = v v 3 + dv. ) u 3 + du du u 2 u +,

11 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Appello di Analisi Matematica I del Soluzioni. Esercizio. Provare che u u > sin u per ogni numero reale positivo u. Soluzione. È sufficiente provare la disuguaglianza uu u per ogni u >, perché è noto dalla teoria che u > sin u per ogni u >. Prendendo i logaritmi di entrambi i membri allora basta provare che u log u log u cioè u ) log u, la quale è certamente verificata per ogni u >, poiché i due fattori u ) e log u hanno esattamente lo stesso segno per ogni u >, giacché log u è positivo per u > e negativo per u <. Oppure. La disuguaglianza u u u segue anche dalla convessità della funzione fu) := u u a conti fatti f u) = u u /u + + log u) 2) > per ogni u > ). Quindi come è noto dalla teoria fu) f) + f )u ) = u, che traduce il fatto che il grafico di f è sopra quello della sua retta tangente in u = ). Esercizio 2. Sia z il numero complesso 3 + i) 3. i) Stabilire il segno di Re z e di Im z. ii) Stabilire se è maggiore Re z oppure Im z. Soluzione. In forma polare la base della potenza si scrive π 3 + i = 2 cos 6 + i sin π ) = 2e iπ/6. 6 Scrivendo 3 = 9 6 e ricordando che e iπ = si trova z = 2 3 e 3iπ/6 = 2 3 e iπ ) 9 e iπ/6 = 2 3 e iπ/6 = i) da cui i) Re z < < Im z e ii) Re z > Im z.

12 2 Esercizio 3. Si consideri la serie: i) Provarne la convergenza semplice. ii) Stabilire il segno della sua somma. iii) Studiarne la convergenza assoluta. n= n) n+2 n + ) n+3. Soluzione. Conviene scrivere il termine generico della serie c n nella forma: c n := n)n+2 n + ) = n n+3 )n ) 2 + n n + ). 3 Dallo studio della funzione fx) := x 2 x + ) 3, che ha derivata f x) = 2 x)xx + ) 4, n si ha che il termine 2 è decrescente per n 2. Inoltre è noto dalla teoria che la n+) 3 successione + n) n è crescente e converge al numero e. Si conclude che il termine generale della serie c n ha segno alterno, è decrescente in valore assoluto per n 2, ed è infinitesimo per n : precisamente c n = + o)). Si può quindi applicare il criterio di Leibnitz ne e si deduce che la serie converge i). Il criterio di Leibnitz afferma anche che le somme parziali di ordine pari in questo caso maggiore di 2) maggiorano la somma della serie: si trova quindi ii) n) n+2 n + ) n <. 7 n= Infine iii) la stima già provata c n = + o)) implica che la serie non converge assolutamente, per confronto asintotico con la serie ne armonica. Oppure. La decrescenza di c n := nn+2 per n 2, necessaria per verificare le ipotesi n+) n+3 del criterio di Leibnitz, si può anche provare direttamente con lo studio della funzione gx) := xx+2, provando che la derivata g x) è negativa per x 2. x+) x+3 n

13 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Appello di Analisi Matematica I del Soluzioni. Esercizio. Calcolare ) lim x + x3 sin/x) tan/x). Soluzione. Dai noti sviluppi di Taylor in t = della funzione seno e della funzione tangente si ha subito, per x +, sin t = t t 3 /6 + ot 3 ) tan t = t + t 3 /3 + ot 3 ) x 3 sin/x) tan/x) ) = x 3 /6x 3 /3x 3 + o/x 3 )) ) = /2 + o), per cui il limite cercato vale /2. Oppure: ponendo t := /x si scrive sin t tan t = sin t ) cos t = sin t cos t cos t e quindi ) ) 3 sin t t 3 cos t sin t sin t tan t = t sin t) 2 cos t = t ) 3 sin t = ), t + cos t cos t da cui è immediato ricavare il limite /2 per t. ) 3 cos t cos2 t ) cos t

14 2 Esercizio 2. Si consideri la successione c n ) n N definita dalla relazione di ricorrenza { c = c n+ = 2 + logc n ). Provare che essa converge a un numero c. Calcolare la parte intera di c. Soluzione. La funzione fx) := 2 + logx) applica l intervallo [, + ) in sé; è continua e strettamente crescente. È immediato verificare che c = fc ) > c. Come è noto ciò implica che la successione c n ) è crescente, e converge al più piccolo dei punti fissi di f a destra di c, se ne esistono, altrimenti diverge a +. In effetti la funzione f ha un unico punto fisso c sull intervallo [, + ): infatti sull intervallo [, + ) la funzione gx) := fx) x è strettamente decrescente ha derivata g x) = /x negativa dappertutto su tale intervallo) e cambia segno : si ha infatti g) = > e lim x gx) =. Dunque per il teorema degli zeri gx) si annulla in un punto x = c unico, perché g è strettamente decrescente). Ciò basta per affermare che c n converge al valore c primo punto fisso a destra di c ). Infine, poiché 2 < e < 3 si ha log 2 < < log 3 quindi g3) = 2 + log 3 3 = log 3 > mentre g4) = 2 + log 4 4 = 2log 2 ) <. Sempre per il teorema degli zeri allora 3 < c < 4, pertanto la parte intera di c è c = 3. Oppure: Si può provare direttamente per induzione che c n < c n+ 4 il passo base è ovvio e per il passo induttivo basta applicare la funzione crescente f alla disuguaglianza), da cui segue l esistenza di un limite c 4 che risolve c = 2 + logc). Si ha poi per calcolo diretto, tenendo conto che c n è crescente, 3 c 3 c = 2 + logc) 2 + log4) < 4 da cui c = 3.

15 3 Esercizio 3. Si calcoli il valore dell integrale definito: dt t 2t / Soluzione. Con il cambio di variabile t = x 3, dt = 3x 2 dx ci si riconduce all integrale di una funzione razionale: dt t 2t /3 + 4 = 3x 2 x 3 2x + 4 dx. Si osserva che x = 2 è una radice del denominatore, per cui dividendo si fattorizza x 3 2x + 4 = x + 2)x 2 2x + 2). L integrando si può decomporre in frazioni semplici nella forma: 3x 2 x 3 2x + 4 = a x bx + c x 2 2x + 2, e le costanti si determinano uguagliando i coefficienti in 3x 2 = ax 2 2x + 2) + bx + c)x + 2), che conduce al sistema lineare regolare a + b = 3 2a + 2b + c = 2a + 2c =. Risolvendo il sistema si determinano i coefficienti : a = 6/5 b = 9/5 c = 6/5. Si scrive quindi Si trova perciò = = 6 5 3x 2 x 3 2x + 4 dx = 3x 2 x 3 2x + 4 = 6 5 x x x 2 x 2 2x x 6 x 2 2x + 2 = x ) 2 + = 6 5 logx + 2) + 9 logx2 2x + 2) + 3 arctanx ) 5 [ 6 5 logx + 2) + 9 logx2 2x + 2) + 3 ] x= arctanx ) = 5 x= = 6 5 log3) 6 5 log2) 9 log2) 3 5 arctan ) = = 6 5 log3) 2 log2) π. ).

16 Corsi di Laurea in Ingegneria Elettronica e Telecomunicazioni. Università di Pisa. Appello di Analisi Matematica I del Soluzioni. Esercizio. Discutere la convergenza semplice e assoluta della serie ) log ) n n λ, al variare del parametro λ >. n= Soluzione. Dal noto sviluppo di Taylor al second ordine di log + x) con resto secondo Peano, ) log + x = x x 2 /2 + ox 2 ) = x /2 + o) ) x 2, x ) ponendo x = ) n n λ e quindi x 2 = n 2λ si ha uno sviluppo asintotico del termine generico: ) log ) n n λ = ) n n λ /2 + o))n 2λ. n ) Quindi la serie si scrive come somma di due serie ) log ) n n λ = ) n n λ n= n= /2 + o))n 2λ la prima convergente semplicemente, per il criterio di Leibnitz, per ogni λ >, la seconda, a termini positivi, convergente per confronto asintotico con la serie armonica generalizzata se e solo se 2λ >. Dunque la serie proposta converge semplicemente se e solo se λ > /2. Riguardo alla convergenza assoluta della serie considerata, basta osservare che ) log ) n n λ ) = + o) n λ, n ) e si ha quindi, di nuovo per confronto asintotico con la serie armonica generalizzata, che essa converge assolutamente se e solo se λ >. n=

17 2 Esercizio 2. Sia g : [, + [ R la funzione x + sin x)e gx) :=. e x+sin x i) Si provi che g assume valore massimo nel suo dominio, e lo si calcoli. ii) In quanti punti x del dominio è realizzato questo valore massimo? Soluzione. Poiché la funzione x x + sin x è bigettiva da [, + [ in [, + [, ponendo y := x + sin x è equivalente rispondere alle domande per la funzione più semplice hy) = y e /e y, definita per y. Poiché h y) = e y)e y+e la funzione h è strettamente crescente sull intervallo [, e] e strettamente decrescente sull intervallo [e, + ). Dunque la funzione h ammette un unico punto di massimo, nel punto y = e, corrispondente al valore massimo ; quindi anche la funzione g ammette un unico punto di massimo x, caratterizzato come l unica soluzione di x + sin x = e. Variante. Si può anche trattare direttamente la funzione gx), studiando il segno della sua derivata, g x) = + cos x)e x sin x)e x sin x+e. Poiché + cos x per ogni x, si ha che g è strettamente crescente sull intervallo [, x ] e strettamente decrescente sull intervallo [x, + ). Si noti che il solo insieme infinito) degli zeri di g x) non fornisce informazioni sufficienti per concludere. Esercizio 3. Si studi la convergenza semplice e assoluta dell integrale improprio t 2 t 5 + ) /2 sint)dt. Soluzione. La funzione ft) := t 2 t 5 + ) /2 è positiva sull intervallo di integrazione [, + ); è infinitesima per t + : più precisamente per t + vale ft) = t /2 + o)); ha derivata f t) = 2tt 5 + ) /2 5/2)t 6 t 5 + ) /2 = 2t4 t 5 )t 5 + ) 5/2, che è negativa per t > 4 /5. Come è noto dalla teoria ciò garantisce la convergenza semplice dell integrale improprio ft) sint)dt segue integrando per parti l integrale su [, T ] e facendo poi tendere T a + ). Inoltre ft) sint) dt diverge. Per questo serve ricordare la stima vista ft) = t /2 + o)) e osservare che in ogni intervallo [k )π, kπ] la funzione sin x è maggiore o uguale a /2 in un sottointervallo di lunghezza 2π/3. Si ha quindi nπ che diverge per n. ft) sint) dt = n k= kπ k )π ft) sint) dt C n k /2, k=