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, + [;

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1 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 orizzontali, verticali, obliqui; (4 punti) d) calcolare f ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f. (3 punti) a) Il denominatore dev essere diverso da zero. Studiamo il trinomio x 2 5x + 6. Si ha: x,2 5 ± ± 2 da cui x 2, x 2 3. Pertanto il dominio (o campo di esistenza) di f è b) Innanzi tutto si ha: IR \ {2, 3} ], 2[ ]2, 3[ ]3, + [. f (x) + x2 2x x 2 5x + 6 f (x) + x2 2x (x 2 5x + 6) Per x ], 2[ ]3, + [ abbiamo: f (x) x2 5x x 2 2x x 2 5x + 6 se x ], 2[ ]3, + [; se x ]2, 3[. 2x2 7x + 5 x 2 5x + 6. Notiamo che il denominatore, per i valori considerati, risulta essere sempre positivo. Studiamo quindi il segno del numeratore. Si ha: x,2 7 ± ± 3 4 da cui x, x Pertanto, per tali valori considerati, si ha: f (x) 2(x )(x 5 2 ) x 2 5x + 6.

2 Pertanto f risulta essere positiva per x > 3 e per x <, negativa per < x < 2 e nulla per x (teniamo conto che il punto 5 2 appartiene all interno dell intervallo ]2, 3[...) Per x ]2, 3[, si ha: f (x) + x2 2x (x 2 5x + 6) x2 + 5x 6 + x 2 2x (x 2 5x + 6) 3x 7 (x 2 5x + 6). Pertanto, visto che nell intervallo ]2, 3[ il denominatore risulta essere sempre positivo, f (x) assume segno positivo per x ] 7 3, 3[, si annulla nel punto 7 3 ed assume segno negativo in ]2, 7 3 [. Questo conclude lo studio del segno della funzione f e le intersezioni con l asse delle x. Inoltre, f (0) > 0 (abbiamo fatto anche le intersezioni con l asse y). c) Veniamo agli asintoti orizzontali. Si ha: lim f (x) x ± lim x ± 2x 2 7x + 5 x 2 5x Quindi la retta y 2 è un asintoto orizzontale per la nostra funzione, sia dalla parte di + che dalla parte di. Siccome f ammette (da tutte e due le parti) asintoti orizzontali, allora f non ha asintoti obliqui. Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali. Si ha: lim f 2x 2 7x + 5 (x) lim x 3 + x 3 + x 2 5x + 6 lim 2x 2 7x + 5 x 3 + (x 2)(x 3) ; lim f 2x 2 7x + 5 (x) lim x 2 x 2 x 2 5x + 6 lim 2x 2 7x + 5 x 2 (x 2)(x 3) ; lim f 3x 7 (x) lim x 2 + x 2 + (x 2 5x + 6) lim 3x 7 x 2 + (x 2)(x 3) 0 + ; 2

3 lim f 3x 7 (x) lim x 3 x 3 (x 2 5x + 6) lim 3x 7 x 3 (x 2)(x 3) Pertanto le rette x 2 ed x 3 sono i due asintoti verticali per la funzione f. d) ed e) Per x ]2, 3[, si ha: ( ) 7 3x f (x) D x 2 3x2 + 5x 8 + (2x 5)(3x 7) 5x + 6 (x 2 5x + 6) 2 3x2 + 5x 8 + 6x 2 5x 4x + 35 (x 2 5x + 6) 2 3x2 4x + 7 (x 2 5x + 6) 2. Il denominatore è sempre positivo. Studiamo ora il segno del numeratore. Il discriminante del trinomio che sta al numeratore è: , e pertanto il numeratore assume segno positivo. Quindi la funzione f è strettamente crescente in ]2, 3[. Per x ], 2[ ]3, + [ si ha: f (x) ( x 2 ) 2x D x 2 D 5x + 6 ( ) 7 3x D x 2 5x + 6 ( x 2 2x ) (x 2 5x + 6) 3x2 4x + 7 (x 2 5x + 6) 2. Procedendo come nel punto precedente, si ottiene che f è negativa in ], 2[ ]3, + [ e pertanto f è strettamente decrescente in ], 2[ e strettamente decrescente in ]3, + [. ESERCIZIO - Data la funzione f 2 (x) x2 2x (x 2)(x 3), si chiede di: a) calcolare il dominio di f 2 ; (2 punti) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f 2 ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (4 punti) d) calcolare f 2 ; (3 punti) 3

4 e) studiare la crescenza e la decrescenza di f 2. (3 punti) a) Il denominatore dev essere diverso da zero. Procedendo analogamente come nel caso della funzione f, si ottiene a provare che il dominio (o campo di esistenza) di f 2 è b) Innanzi tutto si ha: IR \ {2, 3} ], 2[ ]2, 3[ ]3, + [. f 2 (x) x2 2x x 2 se x ], 2[ ]3, + [; 5x + 6 Per x ], 2[ ]3, + [ abbiamo: f 2 (x) x2 2x (x 2 se x ]2, 3[. 5x + 6) f 2 (x) x2 2x (x 2 5x + 6) x 2 5x + 6 3x 7 x 2 5x + 6. Notiamo che il denominatore, per i valori considerati, risulta essere sempre positivo. Studiamo quindi il segno del numeratore. Esso risulta essere positivo per x > 7 3, negativo per x < 7 3 e nullo per x 7 3. Pertanto, tenendo conto dell insieme su cui stiamo lavorando in questo caso, si deduce che f 2 è positiva per x ]3, + [ e negativa per x ], 2[. Per x ]2, 3[, si ha: f 2 (x) x2 2x (x 2 5x + 6) x2 2x + x 2 5x + 6 (x 2 5x + 6) 2x2 7x + 5 (x 2 5x + 6). Pertanto, visto che nell intervallo ]2, 3[ il denominatore risulta essere sempre positivo, studiamo il segno del numeratore. Procedendo come nello studio di f, si ha: x, x Pertanto, per x ]2, 3[, si ha: f 2 (x) 2(x )(x 5 2 ) (x 2 5x + 6). 4

5 Pertanto f 2 risulta essere positiva per x ] 5 2, 3[, negativa per x ]2, 5 2 [ e nulla per x 5 2 (teniamo conto che il punto 5 2 appartiene all interno dell intervallo ]2, 3[...). Questo conclude lo studio del segno della funzione f 2 e le intersezioni con l asse delle x. Inoltre, f 2 (0) < 0 (abbiamo fatto anche le intersezioni con l asse y). c) Veniamo agli asintoti orizzontali. Si ha: lim f 2(x) x ± lim x ± 3x 7 x 2 5x Quindi la retta y 0, ossia l asse delle x, è un asintoto orizzontale per la nostra funzione, sia dalla parte di + che dalla parte di. Siccome f 2 ammette (da tutte e due le parti) asintoti orizzontali, allora f 2 non ha asintoti obliqui. Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali. Si ha: lim f 2x 2 7x + 5 2(x) lim x 3 x 3 (x 2 5x + 6) lim 2x 2 7x + 5 x 3 (x 2)(x 3) ; lim f 2x 2 7x + 5 2(x) lim x 2 + x 2 + (x 2 5x + 6) lim 2x 2 7x + 5 x 2 + (x 2)(x 3) ; lim f 3x 7 2(x) lim x 2 x 2 x 2 5x + 6 lim 3x 7 x 2 (x 2)(x 3) 0 ; lim f 3x 7 2(x) lim x 3 + x 3 + x 2 5x + 6 lim 3x 7 x 3 + (x 2)(x 3) Pertanto le rette x 2 ed x 3 sono i due asintoti verticali per la funzione f 2. 5

6 d) ed e) Teniamo conto dei calcoli effettuati nello studio della funzione f. Per x ], 2[ ]3, + [, si ha: ( ) ( ) 3x 7 7 3x f 2(x) D x 2 D 5x + 6 x 2 5x + 6 (3x2 4x + 7) (x 2 5x + 6) 2. Il denominatore è sempre positivo. Studiamo il segno del numeratore. Abbiamo visto che il discriminante del trinomio 3x 2 4x + 7 è , e pertanto il numeratore assume segno negativo. Quindi la funzione f 2 è strettamente decrescente in ], 2[ e strettamente decrescente in ]3, + [. Per x ]2, 3[ si ha: f 2(x) ( x 2 ) 2x D (x 2 5x + 6) ( ) 7 3x D x 2 3x2 4x + 7 5x + 6 (x 2 5x + 6) 2. Procedendo come nel punto precedente, si ottiene che f 2 e pertanto f 2 è strettamente crescente in ]2, 3[. è positiva in ]2, 3[ ESERCIZIO - Data la funzione f 3 (x) x2 2x (x 2) x 3 +, si chiede di: a) calcolare il dominio di f 3 ; (2 punti) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f 3 ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (4 punti) d) calcolare f 3 ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f 3. (3 punti) a) Il denominatore dev essere diverso da zero. Si ottiene che il dominio (o campo di esistenza) di f 3 è IR \ {2, 3} ], 2[ ]2, 3[ ]3, + [. 6

7 b) Innanzi tutto si ha: Per x ]3, + [ abbiamo: f 3 (x) x2 2x x 2 + se x ]3, + [; 5x + 6 f 3 (x) x2 2x (x 2 + se x ], 2[ ]2, 3[. 5x + 6) f 3 (x) x2 5x x 2 2x x 2 5x + 6 2x2 7x + 5 x 2 5x + 6. Notiamo che il denominatore, per i valori considerati, risulta essere sempre positivo. Studiamo quindi il segno del numeratore. Si ha: x,2 7 ± ± 3 4 da cui x, x Pertanto, per tali valori considerati, si ha: f 3 (x) 2(x )(x 5 2 ) x 2 5x + 6. Pertanto f 3 risulta essere positiva per x > 3. Per x ], 2[ ]2, 3[, si ha: f 3 (x) x2 2x (x 2 5x + 6) + x2 + 5x 6 + x 2 2x (x 2 5x + 6) 3x 7 (x 2 5x + 6). Pertanto, visto che nell intervallo ]2, 3[ il denominatore risulta essere sempre positivo, f 3 (x) assume segno positivo per x ] 7 3, 3[, si annulla nel punto 7 3 ed assume segno negativo in ]2, 7 3 [. Questo, per quanto riguarda l intervallo ]2, 3[. Per quanto riguarda invece la semiretta ], 2[, osserviamo che il denominatore risulta essere negativo, mentre il numeratore è anch esso negativo, e quindi f 3 è ivi positiva. Inoltre, f 3 (0) > 0 (abbiamo fatto anche le intersezioni con l asse y). c) Veniamo agli asintoti orizzontali. Si ha: lim f 3(x) 2; x + lim f 3(x) 0. x 7

8 Quindi la retta y 2 è un asintoto orizzontale per la nostra funzione dalla parte di +, mentre la retta y 0 risulta essere un asintoto orizzontale per f 3 dalla parte di. Siccome f 3 ammette (da tutte e due le parti) asintoti orizzontali, allora f 3 non ha asintoti obliqui. Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali (teniamo anche conto dei risultati ottenuti nello studio delle funzioni precedenti). Si ha: lim f 3(x) lim f (x) + ; x 3 + x 3 + lim f 3(x) lim f (x) + ; x 3 x 3 lim f 3(x) lim f (x) ; x 2 + x 2 + lim f 3x 7 3(x) lim x 2 x 2 (x 2 5x + 6) lim 3x 7 x 2 (x 2)(x 3) ( ) Pertanto le rette x 2 ed x 3 sono i due asintoti verticali per la funzione f 3. d) ed e) Per x ], 2[ ]2, 3[, si ha: ( ) 7 3x f 3(x) D x 2 3x2 + 5x 8 + (2x 5)(3x 7) 5x + 6 (x 2 5x + 6) 2 3x2 + 5x 8 + 6x 2 5x 4x + 35 (x 2 5x + 6) 2 3x2 4x + 7 (x 2 5x + 6) 2. Studiamo ora il segno del numeratore. Il discriminante del trinomio che sta al numeratore è: , e pertanto il numeratore assume segno positivo. Per x ], 2[ ]2, 3[ il denominatore è sempre positivo, e quindi la funzione f 3 è strettamente crescente in ], 2[ e strettamente crescente in ]2, 3[. Per x ]3, + [ si ha: f 3(x) ( x 2 ) ( 2x x 2 ) 2x D x 2 D 5x + 6 (x 2 5x + 6) ( ) 7 3x D x 2 3x2 4x + 7 5x + 6 (x 2 5x + 6) 2. 8

9 Procedendo come nel punto precedente, si ottiene che f 3 ]3, + [ e pertanto f 3 è strettamente decrescente in ]3, + [. ESERCIZIO - Data la funzione f 4 (x) + x2 2x x 2 (x 3), è negativa in si chiede di: a) calcolare il dominio di f 4 ; (2 punti) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f 4 ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (4 punti) d) calcolare f 4 ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f 4. (3 punti) a) Il denominatore dev essere diverso da zero. Pertanto il dominio (o campo di esistenza) di f 4 è b) Innanzi tutto si ha: IR \ {2, 3} ], 2[ ]2, 3[ ]3, + [. f 4 (x) + x2 2x x 2 5x + 6 f 4 (x) + x2 2x (x 2 5x + 6) Per x ]2, 3[ ]3, + [ abbiamo: f 4 (x) x2 5x x 2 2x x 2 5x + 6 se x ]2, 3[ ]3, + [; se x ], 2[. 2x2 7x + 5 x 2 5x + 6. Notiamo che il denominatore risulta essere positivo per x ]3, + [ e negativo per x ]2, 3[. Studiamo ora il segno del numeratore. Procedendo analogamente come nello studio della funzione f, si vede che esso risulta essere uguale a 2(x )(x 5 2 ). Pertanto f 4 risulta essere positiva per x ]2, 5 2 [ ]3, + [, negativa per 5 2 < x < 3 e nulla per x 5 2. Per x ], 2[, si ha: f 4 (x) + x2 2x (x 2 5x + 6) x2 + 5x 6 + x 2 2x (x 2 5x + 6) 9

10 3x 7 (x 2 5x + 6). Pertanto, visto che nell intervallo ], 2[ il denominatore risulta essere sempre negativo, f 4 assume segno positivo in ], 2[. Questo conclude lo studio del segno della funzione f 4 e le intersezioni con l asse delle x. Inoltre, f 4 (0) > 0 (abbiamo fatto anche le intersezioni con l asse y). c) Veniamo agli asintoti orizzontali. Si ha: lim f 4(x) 2; x + lim f 4(x) 0. x Quindi la retta y 2 è un asintoto orizzontale per la nostra funzione dalla parte di +, mentre la retta y 0 è un asintoto orizzontale per la nostra funzione dalla parte di. Siccome f 4 ammette (da tutte e due le parti) asintoti orizzontali, allora f 4 non ha asintoti obliqui. Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali. Si ha: lim f 4(x) lim f (x) + ; x 3 + x 3 + lim f 2x 2 7x + 5 4(x) lim x 3 x 3 x 2 5x + 6 lim 2x 2 7x + 5 x 3 (x 2)(x 3) ; lim f 3x 7 4(x) lim x 2 x 2 (x 2 5x + 6) lim x ; 7 3x (x 2)(x 3) lim f 2x 2 7x + 5 4(x) lim x 2 + x 2 + x 2 5x + 6 lim 2x 2 7x + 5 x 2 + (x 2)(x 3) Pertanto le rette x 2 ed x 3 sono i due asintoti verticali per la funzione f 4. d) ed e) Per x ], 2[, si ha: f 4(x) D ( 7 3x ) x 2 5x + 6 3x2 + 5x 8 + (2x 5)(3x 7) (x 2 5x + 6) 2 3x2 + 5x 8 + 6x 2 5x 4x + 35 (x 2 5x + 6) 2 3x2 4x + 7 (x 2 5x + 6) 2. 0

11 Il denominatore è positivo. Studiamo ora il segno del numeratore. Il discriminante del trinomio che sta al numeratore è: , e pertanto il numeratore assume segno positivo. Quindi la funzione f 4 è strettamente crescente in ], 2[. Per x ]2, 3[ ]3, + [ si ha: f 4(x) ( x 2 ) 2x D x 2 D 5x + 6 ( ) 7 3x D x 2 5x + 6 ( x 2 2x ) (x 2 5x + 6) 3x2 4x + 7 (x 2 5x + 6) 2. Procedendo come nel punto precedente, si ottiene che f 4 è negativa in ]2, 3[ ]3, + [ e pertanto f 4 è strettamente decrescente in ]2, 3[ e strettamente decrescente in ]3, + [. ESERCIZIO - (7 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: n (arctan(2x) + 20) n sin n /5 [ arctan n /25 ] 5. Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi: infatti si ha: arctan(2x) + 20 > π > 8 > > 0 x IR; inoltre i termini della seconda parte del termine generale risultano essere positivi. Inoltre, per il criterio del confronto asintotico, questi suddetti termini si comportano come n /5 n /5, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie (arctan(2x) + 20) n, n serie geometrica di ragione strettamente maggiore di (come abbiamo visto precedentemente), e quindi divergente.

12 ESERCIZIO - (7 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: n (arctan(2 + x) + 5) n tan n [ /7 ] 3. sin n /9 Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi: infatti si ha: arctan(2 + x) + 5 > π > 3 > > 0 x IR; inoltre i termini della seconda parte del termine generale risultano essere positivi. Inoltre, per il criterio del confronto asintotico, questi suddetti termini si comportano come n /7 n /7, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie (arctan(2 + x) + 5) n, n serie geometrica di ragione strettamente maggiore di (come abbiamo visto precedentemente), e quindi divergente. ESERCIZIO - (7 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: n (arctan( x 2 3) + 3) n arctan n [ /6 ] 4. sin n /24 Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi: infatti si ha: arctan( x 2 3) + 3 > π > > > 0 x IR; inoltre i termini della seconda parte del termine generale risultano essere positivi. Inoltre, per il criterio del confronto asintotico, questi suddetti termini si comportano come n /6 n /6, 2

13 e pertanto tutta la serie si comporta come la serie (arctan( x 2 3) + 3) n, n serie geometrica di ragione strettamente maggiore di (come abbiamo visto precedentemente), e quindi divergente. ESERCIZIO - (7 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: n (arctan(32 x) + 4) n tan n /5 [ arctan n /45 ] 9. Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi: infatti si ha: arctan(32 x) + 4 > π > 2 > > 0 x IR; inoltre i termini della seconda parte del termine generale risultano essere positivi. Inoltre, per il criterio del confronto asintotico, questi suddetti termini si comportano come n /5 n /5, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie (arctan(32 x) + 4) n, n serie geometrica di ragione strettamente maggiore di (come abbiamo visto precedentemente), e quindi divergente. ESERCIZIO (8 punti) - Sia h (x) x ex x + cos 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? 3

14 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: (limiti notevoli) x(e x ) cos x L lim lim x 0 x x 0 x 2 x b) Utilizziamo direttamente la definizione di limite del rapporto incrementale. Si ha: lim x 0 lim x lim x 0 h (x) h (0) h lim (x) x 0 x 0 x x e x x + cos x x 2 e x x 2 + lim x , x(e x ) x x 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. 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: h () e 2 + cos, mentre invece h ( ) ( ) e + cos( ) e cos : ovviamente queste due quantità sono diverse, e pertanto le ipotesi del teorema di Rolle nell intervallo [, ] non sono verificate. ESERCIZIO (8 punti) - Sia h 2 (x) cos x x sin 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? 4

15 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 [ π, π], oppure no. a) Si ha: (limiti notevoli) cos x L lim x 0 x 2 x lim sin x x b) Utilizziamo direttamente la definizione di limite del rapporto incrementale. Si ha: lim x 0 lim x 0 h 2 (x) h 2 (0) h 2 lim (x) x 0 x 0 x cos x x sin x x 2 2 2, cos x x sin x lim x 0 x 2 lim x 0 x x e pertanto la funzione h 2 è derivabile nel punto 0. c) Quindi le ipotesi del teorema di Lagrange sono verificate nell intervallo [ π, π], in quanto la funzione h 2 risulta essere addirittura ivi derivabile. Per quanto riguarda le ipotesi del teorema di Rolle, bisogna solamente confrontare i due valori h 2 (π) ed h 2 ( π), e vedere se sono uguali oppure no. Si ha: h 2(π) ( ) π 2, mentre invece π h 2( π) ( ) π 2 π : queste due quantità sono diverse, e pertanto le ipotesi del teorema di Rolle nell intervallo [ π, π] non sono verificate. ESERCIZIO (8 punti) - Calcolare il seguente integrale indefinito: I x 2 7x x 2 9x + 8 dx (suggerimento: se il procedimento risulta (apparentemente) difficile, usare la divisione Euclidea...). 5

16 Utilizzando la tecnica della divisione euclidea tra polinomi, oppure procedendo a intuito, si ha: x 2 7x x 2 9x x 8, e quindi Pertanto I x 2 7x x 2 9x + 8 x2 9x + 8 x 2 9x x 8 x 2 9x x 9 x 2 9x x 2 9x + 8. dx + 2x 9 x 2 9x + 8 dx + x 2 9x + 8 dx ove Notiamo che x + log x 2 9x J, J x 2 9x + 8 dx. x 2 9x + 8 (x )(x 8); quindi, per la formula di Hermite, poniamo: x 2 9x + 8 A x + B x 8 (A + B)x + ( 8A B) x 2 ; 9x + 8 di conseguenza, per il principio di identità dei polinomi, si deve avere: A + B 0; 8A B ; 8A + A ; 7A A 7 B 7. Quindi J 7 x dx + 7 x 8 dx 7 log x + log x 8 + c. 7 Pertanto risulta: I dx + 2x 9 x 2 9x + 8 dx + x 2 9x + 8 dx 6

17 x + log x 2 9x log x + log x 8 + c. 7 ESERCIZIO (8 punti) - Calcolare il seguente integrale indefinito: I x 2 3x + 3 x 2 5x + 6 dx (suggerimento: se il procedimento risulta (apparentemente) difficile, usare la divisione Euclidea...). Utilizzando la tecnica della divisione euclidea tra polinomi, oppure procedendo a intuito, si ha: x 2 3x + 3 x 2 5x x 3, e quindi Pertanto I x 2 3x + 3 x 2 5x + 6 x2 5x + 6 x 2 5x x 3 x 2 5x x 5 x 2 5x x 2 5x + 6. dx + 2x 5 x 2 5x + 6 dx + 2 x 2 5x + 6 dx x + log x 2 5x J, ove Notiamo che J x 2 5x + 6 dx. x 2 5x + 6 (x 2)(x 3); quindi, per la formula di Hermite, poniamo: x 2 5x + 6 A x 2 + B x 3 (A + B)x + ( 3A 2B) x 2 ; 5x + 6 di conseguenza, per il principio di identità dei polinomi, si deve avere: A + B 0; 3A 2B ; 3A + 2A ; A A B. 7

18 Quindi Pertanto risulta: I dx + J x dx + x 3 dx log x 2 + log x 3 + c. 2x 5 x 2 5x + 6 dx + 2 x 2 5x + 6 dx x + log x 2 5x log x log x 3 + c. ESERCIZIO (8 punti) - Calcolare il seguente integrale indefinito: I x 2 5x + 7 x 2 7x + 2 dx (suggerimento: se il procedimento risulta (apparentemente) difficile, usare la divisione Euclidea...). Utilizzando la tecnica della divisione euclidea tra polinomi, oppure procedendo a intuito, si ha: x 2 5x + 7 x 2 7x x 5, e quindi Pertanto I x 2 5x + 7 x 2 7x + 2 x2 7x + 2 x 2 7x x 5 x 2 7x dx + 2x 7 x 2 7x x 2 7x x 7 x 2 7x + 2 dx + 2 x 2 7x + 2 dx x + log x 2 7x J, ove Notiamo che J x 2 7x + 2 dx. x 2 7x + 2 (x 3)(x 4); 8

19 quindi, per la formula di Hermite, poniamo: x 2 7x + 2 A x 3 + B x 4 (A + B)x + ( 4A 3B) x 2 ; 7x + 2 di conseguenza, per il principio di identità dei polinomi, si deve avere: Quindi Pertanto risulta: I dx + A + B 0; 4A 3B ; 4A + 3A ; A A B. J x 3 dx + x 4 dx log x 3 + log x 4 + c. 2x 7 x 2 7x + 2 dx + 2 x 2 7x + 2 dx x + log x 2 7x log x log x 4 + 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) sin ax cos by (x, y) R 2, 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 cos ax; g y b sin by; g xx a 2 sin ax; g yy b 2 cos by; g xy g yx 0. b) Imponiamo la condizione dell annullamento del gradiente g x g y 0. Si deve avere: cos ax 0; sin by 0. 9

20 La condizione dell annullamento del gradiente si riduce alla seguente: ax π 2 + kπ; by hπ, k 0, ±, ±2,..., h 0, ±, ±2,... ossia x π 2a + k a π; y 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 sin ax cos 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. Nel caso ) si ha: sin ax, cos by, H(x, y) < 0; nel caso 2) si ha: sin ax, cos by, H(x, y) > 0; g xx < 0; nel caso 3) si ha: sin ax, cos by, H(x, y) > 0; g xx > 0; nel caso 4) si ha: sin ax, cos by, H(x, y) < 0. Quindi i punti (x, y) corrispondenti ai casi ) e 4) sono punti sella; quelli corrispondenti al caso 2) sono di massimo relativo mentre quelli corrispondenti al caso 3) 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) 4x3 + 2x x 4 + x (log x) (x4 + x 2 + 9) Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine. Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: y y 4x3 + 2x x 4 + x

21 Quest ultima equazione risulta essere a variabili separabili: risulta pertanto e si ha dy y dy dx y 4x3 + 2x x 4 + x dy y 4x3 + 2x x 4 + x dx 4x 3 + 2x x 4 + x dx log y log(x4 +x 2 +9)+log C y C(x 4 +x 2 +9). L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y C(x 4 + x 2 + 9). Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo Si ha: y(x) C(x) (x 4 + x 2 + 9). y (x) C (x) (x 4 + x 2 + 9) + C(x) (4x 3 + 2x). Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: cioè y (x) 4x3 + 2x x 4 + x y(x) + (log x) (x4 + x 2 + 9) C (x) (x 4 + x 2 + 9) + C(x) (4x 3 + 2x) C(x) 4x3 + 2x x 4 + x (x4 + x 2 + 9) + (log x) (x 4 + x 2 + 9), ossia C (x) log x, e quindi C(x) log x dx x log x x x log x dx x log x x x dx (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione). Pertanto y(x) C(x)(x 4 +x 2 +9) (x log x x) (x 4 + x 2 + 9) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y (C + x log x x) (x 4 + x 2 + 9). 2