APPELLO A DI AM1C - SESSIONE ESTIVA - 4 LUGLIO f(x) = 1 x e x 1

Transcript

1 Cognome e nome APPELLO A DI AMC - SESSIONE ESTIVA - 4 LUGLIO 2008 Esercizio. (a) Data la funzione f(x) = x e x x determinare: insieme di esistenza e di derivabilità, iti ed eventuali asintoti, derivata prima, eventuali massimi e minimi. Tracciarne un grafico qualitativo. (b) Calcolare l area della regione di piano deitata dall asse delle x e dalla funzione g(x) = x f(x) nell intervallo [, 2].

2 Cognome e nome APPELLO B DI AMC - SESSIONE ESTIVA - 4 LUGLIO 2008 Esercizio 2. Fra tutti i triangoli rettangoli di area fissata, trovare quello con l ipotenusa minore. 2

3 Cognome e nome APPELLO B DI AMC - SESSIONE ESTIVA - 4 LUGLIO 2008 Esercizio 3. Discutere, al variare di α 0 e β IR, la convergenza del seguente integrale: 0 (exα (cot x) β (cot x) β )dx 3

4 Cognome e nome APPELLO B DI AMC - SESSIONE ESTIVA - 4 LUGLIO 2008 Esercizio 4. Calcolare i seguenti integrali: (a) (b) F α (x) = log(x2 + 2 x + )dx αx log 2 x dx con α IR. Determinare poi α in modo tale che F α (x) =. 4

5 Cognome e nome APPELLO B DI AMC - SESSIONE ESTIVA - 4 LUGLIO 2008 Esercizio 5. Calcolare i seguenti iti: (a) (b) x0 (e t2 cos 2 t)dt x 0 x 2 sin 2 x (cos x) x 0 x 2 x 2 e 5

6 SOLUZIONI Esercizio. (a) Dom(f) = {x 0}. f(x) = x 0 [ ] f(x) = 0 ey = x y + e = 0 y f ammette asintoto verticale da sinistra (la retta x = 0.) f(x) = 0 x ± quindi f ammette asintoto orizzontale a ± (la retta y = 0). f (x) = e x x ( x 3 x 2) Dom(f ) = Dom(f) f = 0 x x 3 = 0 x = Dallo studio del segno di f in un intorno di risulta che è punto di massimo. Inoltre f < 0 x < 0 e x >. Dunque f decresce in quegli intervalli, cresce in (0, ). (b) Sia g(x) = x f(x) = x e x 2 x. In [, 2] g(x) > 0, quindi l area cercata è data dal seguente integrale: 2 x g(x)dx = [e x ] 2 = e (integrale immediato, perchè g(x) = h (x)e h(x), con h(x) = x x.) Esercizio 2. Siano a, x i cateti e y l ipotenusa del triangolo cercato. Dalla relazione: A = ax, 2 6

7 usando il teorema di Pitagora, possiamo scrivere se e solo se e y(x) = 4A 2 + x 4 = 4A2 + x x 2 x 4. y = 4A2 + x 4 x 2 4A 2 + x 4 = 0 x 4 4A 2 = 0 x = 2A y 0 x 2A quindi x = 2A è un punto di minimo per la funzione y(x) e cioè, fra tutti i triangoli rettangoli di area data quello con ipotenusa minore è il triangolo isoscele (a = x = 2A). Esercizio 3. Se α = 0 l integrale dato va come 0 (cot x)β dx 0 dx x β che converge se e solo se β <. Se α > 0: cot β x cot β x)dx = 0 (exα e xα 0 x α xα cot β xdx 0 xα (cot x) β dx 0 xα x β dx avendo prima usato il ite notevole e f(x) x 0 f(x) = 7

8 vero per ogni f tale che f(x) 0 per x 0 e poi scritto cot β x all ordine più alto (cot x x in un intorno dello 0). 0 xα β < + α β > in definitiva l integrale converge per ogni α 0, se e solo se β < α +. Esercizio 4. (a) Per parti: 2 0 log(x2 + 2 x + )dx = x log(x2 + 2 x + ) Dividendo il numeratore per il denominatore: x 3 + 2x 2 2x (x + )(x 2 + 2) = + x2 4x 2 (x + )(x 2 + 2) cerco A, B e C tali che cioè da cui x 2 2 (x + )(x 2 + 2) = A x + + Bx + C x A =, B = 0, C = log(x2 x + )dx = x + 2 log(x2 x + ) 2 ( 2 dx L integrale dato è pari a dx x x 3 + 2x 2 2x (x + )(x 2 + 2) dx 0 ) x dx log arctan 2. (b) Con la sosituzione t = log x, F α (t) = α log 2 0 dt = t 2 α arcsin t log 2 = arcsin(log 2) 0 α 8.

9 e F α (x) = α = arcsin(log 2). Esercizio 5. (a) x0 (e t2 cos 2 t)dt x 0 x 2 sin 2 x = [ ] 0 = 0 x 0 e x2 cos 2 x 2x 2 sin x cos x avendo usato il teorema di De l Hospital ed il teorema fondamentale del calcolo integrale. Scrivendo gli sviluppi di Taylor centrati in 0 di e x2, cos x e sin x, dobbiamo risolvere il seguente ite: essendo: x x4 + o(x 4 ) 5 6 x3 + o(x 4 ) = 0, e x2 = x 2 + x4 2 + o(x5 ) cos 2 x = x 2 + x4 3 + o(x5 ) sin x cos x = x 5 6 x3 + o(x 4 ). (b) quindi: (cos x) x 2 = e x 2 log(cos x) essendo (cos x) x 2 x 0 x 2 e e x2 x2 ( 2 + x4 4 ) e 2 = x 0 x 2 log(cos x) = log( x2 2 + o(x3 )) = x2 2 + x4 4 + o(x5 ) 9

10 Dunque bisogna calcolare il ite seguente: x 0 e 2(e x2 8 ) x 2 che risulta essere uguale a e 8. (Si risolve con il ite notevole e f(x) = x 0 f(x) con f(x) = x2 8 ). 0