SOLUZIONI COMPITO A. 3. Imponendo la condizione iniziale y(0) = 1 e, si ricava C = 0, quindi la soluzione cercata sarà. y(x) + 1 = exp(e x x2 2 1)

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1 SOLUZIONI COMPITO A Esercizio Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine per il sin t, con t = x 4/, e quello al primo ordine per il log( + t), con t = x, otteniamo e quindi il ite proposto diviene sin(x 4/ ) = x 4/ 8! x4 + o(x 4 ), log( + x ) = x + o(x ), e x [sin(x 4/ ) x 4/ ] e x (x 4/ 4 x 0 log( + x = x4 x 4/ ) ) x 0 x = 4ex x 4 x 0 x = 0. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione a variabili separabili che ha come integrale singolare la funzione y(x) =. Per y, il suo integrale generale si ottiene come segue: (y + ) dy = (e x x) dx = log y(x) + = e x x + C.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0, si ricava C =, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x) +, si ha y(x) + = exp(e x x ) y(x) = exp(e x x ).. Per α =, l integrale singolare è soluzione del problema di Cauchy assegnato; pertanto, la soluzione richiesta è y(x) =.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = e, si ricava C = 0, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x) +, si ha y(x) + = exp(e x x ) y(x) = exp(e x x ). Alternativamente, l equazione puó essere vista come una lineare del primo ordine. Applicando la formula risolutiva si ottiene l integrale generale nella forma: y(x) = C exp(e x x /). Ponendo y(0) = α, si ricava C = +α e e per α = 0,, e si ritrovano le soluzioni viste sopra. Esercizio Poiché la funzione proposta è non negativa e continua nell intervallo (0, + ), studiando il suo comportamento per x 0 + e per x + otteniamo per x + f(x) x / log( + x) per x 0 + f(x) x / x / x = x / che è impropriamente integrabile; che è impropriamente integrabile. Pertanto la funzione proposta risulta impropriamente integrabile in (0, + ).

2 Esercizio 4 Il campo di esistenza di f è fornito dalle condizioni + x > 0 x > /, log( + x) e + x e x + y > 0 x + y >. e x e, Pertanto, esso è costituito dalla regione di piano esterna alla circonferenza di centro (0, 0) e raggio e compresa fra le due rette verticali di equazione x = (e )/ e x = (e )/, rispettivamente. In particolare, in tale regione, i punti della circonferenza NON appartengono al campo di esistenza, mentre i punti delle due rette vi appartengono. Esercizio 5 L insieme di definizione della funzione assegnata f è dato da D = (, /) (/, + ) e f C (D). Per quanto riguarda i iti alla frontiera si ha x + e x x = x x = ; x + e x x = x + e x x / ± x = ±. e x x = + ; Pertanto, la retta di equazione x = / è asintoto verticale per f, per x / ±, mentre non ci sono asintoti orizzontali. Inoltre, poiché per x la funzione è un infinito di ordine, controlliamo se essa ha un asintoto obliquo: f(x) x = (f(x) ) x x + e x x x = = x x = ; x + e x x + x (x ) = x 4x = 4. Pertanto, la retta di equazione y = x/ + /4 è asintoto obliquo per f, per x. Esercizio 6 Le funzioni di cui ai punti A) e B) non presentano cuspidi, mentre la funzione in C) presenta una cuspide in x = 0 e quella in D) presenta una cuspide in x =. Quindi la risposta corretta è C).

3 SOLUZIONI COMPITO B Esercizio Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine per il sinh t, con t = x, e quello al primo ordine per il log( + t), con t = x 9, otteniamo e quindi il ite proposto diviene sinh(x ) = x +! x9 + o(x 9 ), log( + x 9 ) = x 9 + o(x 9 ), e x (sinh x x ) e x (x + 6 x 0 log( + x 9 = x9 x ) e x x 9 ) x 0 x 9 = x 0 6x 9 = 6. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione a variabili separabili che ha come integrale singolare la funzione y(x) =. Per y, il suo integrale generale si ottiene come segue: (y ) dy = (e x + x ) dx = log y(x) = ex + C.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = + e, si ricava C = 0, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x), si ha y(x) = exp( ex ) y(x) = exp( ex ) +.. Per α =, l integrale singolare è soluzione del problema di Cauchy assegnato; pertanto, la soluzione richiesta è y(x) =.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0, si ricava C = /, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x), si ha y(x) = exp( ex ) y(x) = exp( ex ) +. Alternativamente, l equazione puó essere vista come una lineare del primo ordine. Applicando la formula risolutiva si ottiene l integrale generale nella forma: y(x) = C exp( ex + x ) +. Ponendo y(0) = α, si ricava C = α e e per α = + e,, 0 si ritrovano le soluzioni viste sopra. Esercizio Poiché la funzione proposta è non negativa e continua nell intervallo (0, + ), studiando il suo comportamento per x 0 + e per x + otteniamo per x + f(x) x log( + x ) per x 0 + f(x) x x x = x che è impropriamente integrabile; che non è impropriamente integrabile. Pertanto la funzione proposta non è impropriamente integrabile in (0, + ).

4 Esercizio 4 Il campo di esistenza di f è fornito dalle condizioni x > 0 x < /, log( x) e x e 4 x y > 0 x + y < 4. e x e, Pertanto, esso è costituito dalla regione di piano interna alla circonferenza di centro (0, 0) e raggio e compresa fra le due rette verticali di equazione x = ( e)/ e x = ( e )/, rispettivamente. In particolare, in tale regione, i punti della circonferenza NON appartengono al campo di esistenza, mentre i punti delle due rette vi appartengono. Esercizio 5 L insieme di definizione della funzione assegnata f è dato da D = (, /) ( /, + ) e f C (D). Per quanto riguarda i iti alla frontiera si ha x + e x x + = x x = + ; x + e x x + = e x x = ; x + e x x / ± x + = ±. Pertanto, la retta di equazione x = / è asintoto verticale per f, per x / ±, mentre non ci sono asintoti orizzontali. Inoltre, poiché per x + la funzione è un infinito di ordine, controlliamo se essa ha un asintoto obliquo: f(x) x = (f(x) ) x x + e x x + x = = x x = ; x + e x x x (x + ) = x 9x = 9. Pertanto, la retta di equazione y = x/ /9 è asintoto obliquo per f, per x +. Esercizio 6 Le funzioni di cui ai punti B) e C) non presentano angoli, mentre la funzione in A) presenta un angolo in x = 0 e quella in D) presenta un angolo in x =. Quindi la risposta corretta è A). 4

5 SOLUZIONI COMPITO C Esercizio Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine per il sinh t, con t = x /, e quello al primo ordine per il log( + t), con t = x, otteniamo e quindi il ite proposto diviene sinh(x / ) = x / + 8 x + o(x), log( + x) = x + o(x),! e x (sinh(x / ) x / ) e x (x / + 4 = x x/ ) 4e x x = x 0 log( + x) x 0 x x 0 x = 4. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione a variabili separabili che ha come integrale singolare la funzione y(x) =. Per y, il suo integrale generale si ottiene come segue: (y ) dy = (e x x) dx = log y(x) = e x x + C.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = + e, si ricava C = 0, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x), si ha y(x) = exp(e x x ) y(x) = exp(e x x ) +.. Per α =, l integrale singolare è soluzione del problema di Cauchy assegnato; pertanto, la soluzione richiesta è y(x) =.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0, si ricava C =, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x), si ha y(x) = exp(e x x ) y(x) = exp(e x x ) +. Alternativamente, l equazione puó essere vista come una lineare del primo ordine. Applicando la formula risolutiva si ottiene l integrale generale nella forma: y(x) = C exp(e x x ) +. Ponendo y(0) = α, si ricava C = α e e per α = + e,, 0 si ritrovano le soluzioni viste sopra. Esercizio Poiché la funzione proposta è non negativa e continua nell intervallo (0, + ), studiando il suo comportamento per x 0 + e per x + otteniamo per x + per x 0 + f(x) f(x) x log( + x / ) x x x / = x / che è impropriamente integrabile; che non è impropriamente integrabile. Pertanto la funzione proposta non è impropriamente integrabile in (0, + ). 5

6 Esercizio 4 Il campo di esistenza di f è fornito dalle condizioni x > 0 x < /, log( x) e x e x y > 0 x + y <. e x e, Pertanto, esso è costituito dalla regione di piano interna alla circonferenza di centro (0, 0) e raggio e compresa fra le due rette verticali di equazione x = ( e)/ e x = ( e )/, rispettivamente. In particolare, in tale regione, i punti della circonferenza NON appartengono al campo di esistenza, mentre i punti delle due rette vi appartengono. Esercizio 5 L insieme di definizione della funzione assegnata f è dato da D = (, /) ( /, + ) e f C (D). Per quanto riguarda i iti alla frontiera si ha x + e x x + x + e x x + x = = x + e x = ±. x / ± x + x = + ; e x x = ; Pertanto, la retta di equazione x = / è asintoto verticale per f, per x / ±, mentre non ci sono asintoti orizzontali. Inoltre, poiché per x + la funzione è un infinito di ordine, controlliamo se essa ha un asintoto obliquo: f(x) x = x + e x x + x (f(x) x) = x = x = ; x + e x x x x + = x x =. Pertanto, la retta di equazione y = x / è asintoto obliquo per f, per x +. Esercizio 6 Le funzioni di cui ai punti B) e C) non presentano angoli, mentre la funzione in A) presenta un angolo in x = e quella in D) presenta un angolo in x = 0. Quindi la risposta corretta è D). 6

7 SOLUZIONI COMPITO D Esercizio Utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine per il sin t, con t = 4x, e quello al primo ordine per il log( + t), con t = x, otteniamo e quindi il ite proposto diviene sin 4x = 4x 64! x6 + o(x 6 ), log( + x ) = x + o(x ), e x/ (sin 4x 4x ) e x/ (4x x 0 log( + x = x6 4x ) ) x 0 x = x 0 ex/ x 6 x = 0. Esercizio L equazione differenziale proposta è un equazione a variabili separabili che ha come integrale singolare la funzione y(x) =. Per y, il suo integrale generale si ottiene come segue: (y + ) dy = (e x + x ) dx = log y(x) + = ex + C.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0, si ricava C = /, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x) +, si ha y(x) + = exp( ex ) y(x) = exp( ex ).. Per α =, l integrale singolare è soluzione del problema di Cauchy assegnato; pertanto, la soluzione richiesta è y(x) =.. Imponendo la condizione iniziale y(0) = e, si ricava C = 0, quindi la soluzione cercata sarà da cui, tenendo conto del segno di y(x) +, si ha y(x) + = exp( ex ) y(x) = exp( ex ). Alternativamente, l equazione puó essere vista come una lineare del primo ordine. Applicando la formula risolutiva si ottiene l integrale generale nella forma: y(x) = C exp( ex + x ). Ponendo y(0) = α, si ricava C = α+ e e per α = 0,, e si ritrovano le soluzioni viste sopra. Esercizio Poiché la funzione proposta è non negativa e continua nell intervallo (0, + ), studiando il suo comportamento per x 0 + e per x + otteniamo per x + per x 0 + f(x) f(x) x / log( + x / ) x / x / x = / x /6 che è impropriamente integrabile; che è impropriamente integrabile. Pertanto la funzione proposta risulta impropriamente integrabile in (0, + ). 7

8 Esercizio 4 Il campo di esistenza di f è fornito dalle condizioni + x > 0 x > /, log( + x) e + x e x + y 4 > 0 x + y > 4. e x e, Pertanto, esso è costituito dalla regione di piano esterna alla circonferenza di centro (0, 0) e raggio e compresa fra le due rette verticali di equazione x = (e )/ e x = (e )/, rispettivamente. In particolare, in tale regione, i punti della circonferenza NON appartengono al campo di esistenza, mentre i punti delle due rette vi appartengono. Esercizio 5 L insieme di definizione della funzione assegnata f è dato da D = (, /) (/, + ) e f C (D). Per quanto riguarda i iti alla frontiera si ha x + e x x = x x = ; x + e x x = e x x = + ; x + e x x / ± x = ±. Pertanto, la retta di equazione x = / è asintoto verticale per f, per x / ±, mentre non ci sono asintoti orizzontali. Inoltre, poiché per x la funzione è un infinito di ordine, controlliamo se essa ha un asintoto obliquo: f(x) x = (f(x) ) x x + e x x x = x x = ; = 6x + e x 6x + x (x ) x = 9x = 9. Pertanto, la retta di equazione y = x/ + /9 è asintoto obliquo per f, per x. Esercizio 6 Le funzioni di cui ai punti A) e D) non presentano cuspidi, mentre la funzione in B) presenta una cuspide in x = 0 e quella in C) presenta una cuspide in x =. Quindi la risposta corretta è B). 8