Sono qui raccolte le soluzioni degli esercizi proposti nei Fogli di lavoro e contrassegnati con un asterisco.

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1 Soluzioni Sono qui raccolte le soluzioni degli esercizi proposti nei Fogli di lavoro e contrassegnati con un asterisco. I risultati in rosso devono essere letti come correzioni del corrispondente risultato dato nell apposita sezione alla fine del libro di testo. Foglio di lavoro n. Esercizio n. I sottoinsiemi d ordine k di un insieme d ordine n, k n sono tanti quanti le combinazioni semplici di n elementi a k a k: cioè, le possibili disposizioni di k degli n elementi, indipendentemente n dal loro ordine. È noto dal calcolo combinatorio che il numero di queste disposizioni è. k Nel caso in esame, dunque i sottoinsiemi d ordine 3 di un insieme d ordine 7 sono Ricordando l identità n k 7 3 = = 35. n n k si deduce che anche i sottoinsiemi d ordine 4 sono 35., Foglio di lavoro n. Esercizio n. 6 Siano A = {,,..., m } e B = {y, y,..., y n }. Se esiste f : A B iniettiva, gli elementi di B, f, f,, f m sono tutti distinti. Quindi n m. Viceversa, se m n, definiamo una funzione f : A B ponendo f k = y k, k =,,, m. L applicazione f è iniettiva. Supponiamo adesso che esista un applicazione suriettiva f : A B. Ogni elemento di B è immagine mediante f di almeno un elemento di A. Dunque non può che essere n m. Viceversa, se n m definiamo f k = y k, se k =,,, n ed f k = y n, se n < k m. Si

2 vede facilmente che questa applicazione è suriettiva. La risposta affermativa all ultimo punto si ottine in modo simile. Esercizio n. 7 Siano A = {,,..., m } e B = {y, y,..., y m }. Il risultato su B di un applicazione biunivoca f : A B si può pensare come una permutazione, cioè in una diversa disposizione, degli elementi di B. Il numero di tali permutazioni è m!. Foglio di lavoro n.3 Esercizio n. Osservato che possiamo scrivere n + = n +, nn n + = n + n + = 3 + n + = n + 3n +. La formula trovata è chiaramente vere per n =. Supponiamo che essa sia vera per n e proviamola per n +. Si ha, utilizzando l ipotesi d induzione, n + + 3n + + = n + 3n + + 3n + + = 3n + n + = n + 3n + 5 = n + + 3n + +. L uguaglianza ipotizzata è, dunque, vera per ogni n N. Foglio di lavoro n.4 Esercizio n. 6 Se a, b R e a < b, tutti gli intervalli di estremi a e b hanno lo stesso insieme di maggioranti e lo stesso insieme di minoranti, come si vede subito dalla definizione. Per esempio, se consideriamo gli intervalli ], [ e [, ], l insieme dei minoranti di entrambi gli intervalli è { R : }; l insieme dei maggioranti di entrambi gli intervalli è { R : }. Gli intervalli ], [ e [, ] hanno, perciò, lo stesso inf e lo stesso sup, che sono, rispettivamente, e. Nel caso dell intervallo [, ] l inf ed il sup gli appartengono: essi sono, dunque il minimo ed il massimo dell insieme.

3 3 Esercizio n. 9 Il massimo di A è, per definizione, un maggiorante di A. L insieme dei maggioranti non è, dunque, vuoto e, quindi, A è itato superiormente. Se α indica il sup di A, dato che ma A è un maggiorante, risulta α ma A. Ma ma A A e, dunque, ma A α. Quindi, sup A = ma A. Esercizio n. Se inf A =, un qualunque numero positivo ɛ non è un minorante di A, perché l inf è il massimo dei minoranti. Questo implica che esiste A tale che < ɛ. Foglio di lavoro n.5 Esercizio n. Per y [, + [ l equazione ammette le due soluzioni y = e + e = logy y, = logy + y. Di queste solo è non negativa. Si ha quindi sett cosh y = logy + y, y [, + [. Esercizio n. L espressione esplicita di sett sinh y è stata trovata nell Esercizio 3.3.: sett sinh y = logy + y +, y R. Per l espressione di sett cosh y si veda la soluzione dell esercizio n.. Foglio di lavoro n.7 Esercizio n. Se α = sup A, per definizione, per ogni ɛ > esiste un elemento A tale che α ɛ < α. Dunque ogni intorno di α del tipo ]α ɛ, α + ɛ[ contiene qualche punto di A. Dunque α è di aderenza per A. Esso non è necessariamente di accumulazione per A: infatti, α potrebbe essere un punto isolato di A, come accade per l insieme A = [, ] {}. Una condizione sufficiente perché α sia di accumulazione è che esso non appartenga ad A, cioè che non ne sia il massimo.

4 4 Esercizio n. 3 Se è di accumulazione per A, per quanto si è visto nell Attività 4.., esso appartiene ad A. Quindi, è di aderenza per A. Esercizio n. 4 Nell Attività 4.. si è mostrato che B è chiuso se, e soltanto se, B = B. Quindi se B è chiuso esso contiene tutti i sui punti aderenti e dunque anche i punti di accumulazione. Viceversa, se DB B, considerato che B coincide con l unione dell insieme dei punti isolati di B, che appartengono a B, e dell insieme DB dei suoi punti di accumulazione, risulta B B. Ma è sempre B B. Si conclude allora che B = B e, dunque, B è chiuso. Esercizio n. 5 a L insieme Q dei numeri razionali è privo di punti interni ed è denso in R. b L insieme N dei numeri naturali è infinito e privo di punti di accumulazione. c L insieme Q è privo di punti interni ed ogni suo punto è di accumulazione per Q. L insieme dei punti di accumulazione di Q è, infatti, R. d L insieme dei punti interni di Q è vuoto. Quindi anche la sua chiusura è vuota. Foglio di lavoro n.8 Esercizio n. 7 Se f non è costante, esistono, R tali che f f. Sia T un periodo di f. Posto a n = + nt e b n = + nt, n N, le successioni di numeri reali a n e b n sono entrambe divergenti a +. Risulta fa n f + nt = f n + n + e fb n f + nt = f. n + n + Esistono dunque due successioni divergenti a + le cui immagini convergono a iti diversi. Non può, quindi, esistere il f. + Esercizio n. Nelle ipotesi fatte, risulta f = f = f =. Si ha, per =, f C = Questo implica che f =. Dunque, f è continua in =. In modo del tutto analogo si prova che f è continua anche in = e =.

5 5 Esercizio n. Se f è continua in, per ogni ɛ > esiste δ > tale che, se < δ, dom f, f f < ɛ Tenuto conto della disuguaglianza a b a b, a, b R, si ottiene allora, per < δ, dom f, f f f f < ɛ. Dunque, la funzione f è continua in. Il viceversa è, in generale, falso. Ad esempio, il valore assoluto della funzione { se f = se < è una funzione continua in ogni punto di R, essendo costantemente uguale a. La funzione f è, invece, discontinua in. Foglio di lavoro n.9 Esercizio n. 4 Per il primo dei tre iti si ha dato che per. Calcoliamo il secondo ite. Poiché e + /3 + / / e/ =, + cos + cos tan sin. π tan π tan + tan = e π tan cos =, concludiamo che π sin + cos =. π tan Quanto al terzo ite, risulta + sincot 3 + sin sin cos 3 sin sin 3 = e /3

6 6 Foglio di lavoro n. Esercizio n. 3 arccos Si tratta di dimostrare che =. Dato che la funzione f = arccos e la funzione g = non sono definite per > si deve calcolare, evidentemente, soltanto il ite sinistro. Lo studente dia per noto il teorema di continuità della funzione inversa sarà dimostrato nel Capitolo 7 che se allora arccos +. Operando la sostituzione = cos y, si ha allora arccos y y =. y + cos y y + y Si ha π cos π π dove si è operata la sostituzione y = π. sin π sin y π y y =, Si ha π π tan π π sin cos π π sin sin π =. sett cosh Anche in questo caso si tratta di dimostrare che =. Sia la funzione f = sett cosh, sia il termine al denominatore non sono definiti per <. Il ite da calcolare è dunque quello destro. Lo studente dia ancora una volta per noto che se + allora sett cosh +. Operando la sostituzione = cosh y, si ha allora sett cosh + y + y cosh y y + y y =. Esercizio n. Verifichiamo che la funzione f = 5 + cos 5 cos è infinitesima per +. Si ha, in un intorno di +, 5 + cos 5 cos = cos 5 cos = cos + 5 = cos cos 5 4/5 + o 4/5. cos

7 7 La funzione f è dunque equivalente, in un intorno di +, alla funzione g = cos 5, che 4/5 è infinitesima, perché prodotto di un infinitesimo per una funzione itata. Se confrontiamo quest ultima con, α >, abbiamo α + cos α 5 4/5 = se < α < 4 5. Il ite, invece, non esiste per α 4 5. La funzione non ha quindi né ordine né parte principale d infinitesimo, rispetto a u =. Foglio di lavoro n. Esercizio n. 4 Se la successione a n gode della proprietà a n < 3 45, n 8, essa è certamente itata. Infatti tutti i termini con n 8 sono compresi tra 3 45 e , l insieme dei termini restanti è finito ed ammette dunque minimo m e massimo M. Si ha allora min{ 3 45, m} a n ma{ , M}, n N. La successione non converge necessariamente a : perché ciò accada, deve risultare, che per ogni ɛ >, a n < ɛ, definitivamente. La successione data soddisfa una proprietà di questo tipo solo in corrispondenza di un numero ben preciso, 3 45, e non di un numero arbitrariamente scelto. Certamente, la successione ammette delle sottosuccessioni convergenti, per il teorema di Bolzano- Weierstrass, ma non possiamo con certezza affermare che una di esse converga a. Se, per esempio, a n = , per ogni n N, la condizione ipotizzata è verificata ma né la successione né alcuna sua sottosuccessione convergono a. Esercizio n. 5 c + n n + 3 n + 3 n n 3 n n + 3 n = e =. d sin n n n + n n + n e quindi, per il teorema dei due carabinieri, sin n =. n + n n + n n =

8 8 e Poiché cos n n + n n + en logcos n. n log cos n + n n log cos n + n n n + n = si conclude che il ite della successione di partenza è. f Per n N + valgono le identità sin n n + cos n = + sin n + cos n n = + sin n + cos n sin n +cos n nsin n +cos n. Dai iti e si conclude che + sin n + cos n sin n +cos n n + sin n n + cos n =, n + sin n + n n + cos n = e. = e g Poiché n +, n 3 n + 5 n = 5 n 3 5 si conclude che n 3 n + 5 n = 5. n + h Per n +, si ha Ora n n + cos n n = n n + cos n n + n cos n. n cos n non esiste; di conseguenza, non esiste anche il ite cercato. n + Esercizio n. 6 Dato che n + m + n+m n + n m + m =, la successione a n è di Cauchy ed è, perciò, itata e convergente. Essa però non converge necessariamente a. Per esempio, se a n = 5, per ogni n N, la condizione richiesta è certamente verificata, ma la successione converge a 5.

9 9 Foglio di lavoro n. Esercizio n. L affermazione è vera. Infatti, per l uniforme continuità di f e g in I, per ogni ɛ > esistono δ, δ > tali che, y I : y < δ, risulta f fy < ɛ e, y I : y < δ, risulta g gy < ɛ. Se, y I con y < δ := min{δ, δ }, risulta, allora f + g fy gy f fy + g gy ɛ + ɛ = ɛ. Quindi, f + g è uniformemente continua in I. Esercizio n. Quest affermazione è, in generale falsa. Infatti, la funzione f =, è uniformemente continua in qualsiasi intervallo I di R come tutte le funzioni lineari; il suo quadrato, la funzione h =, non è uniformemente continua in [, + [ si veda l Esercizio del testo. Esercizio n. 4 Sia ɛ >. Per ipotesi, esiste L > tale che f fy L y α,, y I. Se δ = ɛ L /α, per ogni, y I tali che y < δ, risulta Quindi, f è uniformemente continua in I. f fy L y α Lδ α = ɛ. Foglio di lavoro n.3 Esercizio n. 7 La funzione f = log è definita in R \ {,, }. La funzione si può estendere per continuità in = ; infatti log =,

10 visto che il numeratore tende a ed il denominatore è un infinito, per. La funzione f, definita uguale a per =, è dunque continua in R\{, }. Per quanto riguarda la derivabilità nel punto = di f, calcoliamo il ite del rapporto incrementale. Si ha, + log + log = + ; log log =, perché log =. La funzione non è, dunque derivabile in = : questo punto è di cuspide. Aggiungiamo che la funzione f si può estendere per continuità anche nei punti = e =. Infatti f =, f =. Lo studio della derivabilità in questi due punti richiede però l uso della formula di Taylor, che sarà introdotta più avanti. Lo studente è invitato, una volta studiato quest argomento, a tornare indietro e a verificare che nel punto = la funzione estesa è derivabile. Si ha infatti, log = La funzione estesa è anche derivabile in = e ha derivata uguale a in quel punto. Esercizio n. 8 La funzione f = log è definita in R \ {}. Ma dato che log =, la funzione si estende per continuità in. La funzione estesa, f, risulta quindi definita e continua su tutto R. Nei punti di R \ {} la funzione è derivabile e si ha: f = log +, R \ {}. Calcoliamo il ite del rapporto incrementale per =. log log =. La funzione è, dunque, derivabile in con derivata nulla.

11 Foglio di lavoro n.4 Esercizio n. 3 L equazione 3 + p + =, essendo f = 3 + p + un polinomio di terzo grado, ha almeno una radice reale, per ogni p R, visto che questo polinomio si fattorizza in un termine di primo grado ed in uno di secondo, che può essere, eventualmente, irriducibile. Allo stesso risultato si perviene osservando che f è una funzione continua e che p + = + e 3 + p + =. Studiamo la monotonia di f. La funzione è derivabile per ogni R; quindi gli eventuali massimi e minimi relativi vanno cercati solo tra i valori che annullano la derivata prima. Si ha f = 3 + p. Se p >, f >, per ogni R. La funzione f è strettamente crescente e, quindi, l equazione 3 + p + = ammette una sola radice reale. Se p = la derivata si annulla in = ma è positiva per ogni altro valore di R. Anche in questo caso, vi è una sola radice reale, precisamente =. Se p <, la derivata si annulla per = ± p/3 ed è positiva per < p/3 e > p/3. Il punto = p/3 è di massimo relativo ed il corrispondente valore è f p/3 = /3p p/3 + ; il punto = p/3 è di minimo relativo ed il corrispondente valore è f p/3 = /3p p/3 +. Se /3p p/3 + > sia il valore del minimo sia quello del massimo sono positivi: il grafico di f incontra dunque l asse in un solo punto di ascissa negativa. Se /3p p/3 =, l asse delle è tangente al grafico nel punto p/3, : in questo caso l equazione ammette due radici reali. Se /3p p/3+ < < /3p p/3+, il grafico di f incontra l asse in tre punti distinti. Se /3p p/3 + =, l asse delle è tangente al grafico nel punto p/3, ed anche in questo caso l equazione ammette due radici reali. Se, infine, /3p p/3+ <, l equazione ammette un unica radice positiva. Esercizio n.6 Per dimostrare che la funzione f = arctan + + arctan è costante in R è sufficiente, una volta verificato che f è derivabile in R, mostrare che la derivata f è ovunque nulla. La derivabilità di f segue dal fatto che f è somma di funzioni derivabili in R la presenza della radice non crea problemi di derivabilità, visto che il radicando non è mai nullo. Calcoliamo f. f = = = = Se si vuole determinare il valore costante di f, basta calcolarlo per un particolare valore di, ad esempio =. Con questa procedura si trova che f = π, per ogni R.

12 Foglio di lavoro n.5 Esercizio n. Il grafico della funzione h = log è ben noto allo studente [figura ]. La funzione log è l estensione pari della precedente. Il grafico completo si ottiene aggiungendo Figura : f = log al precedente quello della funzione k = log, < [figura ] Figura : f = log Questo grafico è il simmetrico di quello della funzione h rispetto all asse y. Adesso si tratta di tracciare il grafico di f = log. Per far questo basta tracciare il simmetrico rispetto all asse della parte di grafico relativa ai punti dell insieme A :=], [ ], [. La funzione è infatti negativa in A e dunque log = log, A. Il grafico rimane quello

13 3 della funzione k per e per. Il grafico, mostrato in figura 3, evidenzia dei punti angolosi in = e =. Verifichiamolo calcolando i iti del rapporto incrementale. Per = si ha D altra parte log + + log =. log log =. Quindi, il punto = è un punto angoloso. Per = i due iti del rapporto incrementale si possono ottenere sfruttando la simmetria. Si ha log log =, =. La funzione quindi non è derivabile in = ed anche questo punto è angoloso Figura 3: f = log Esercizio n.3 È facile vedere che se f = loge se log < < log e se < log La funzione è definita e continua per R \ { log }. Si ha infatti e f = f =. log La retta = log è asintoto verticale del grafico di f. Poiché f =, il grafico di f ha la retta y = come asintoto orizzontale sinistro. La

14 4 funzione non è derivabile nel punto. Infatti, se da un lato è chiaro che f + f + =, dall altro si ha f f log + e e =. Per <, f = log e e, dato che e < per <, la funzione f è negativa per <. Sempre per < si ha f = e e. La derivata prima è positiva per log < <. La funzione non ha quindi né massimi né minimi relativi per <. Tutti i punti della semiretta [, + [ sono di massimo assoluto; in essi, infatti, la funzione è nulla. Il grafico è riportato in figura Figura 4: f = log e e Esercizio n.4 Il dominio della funzione f = 4 è l insieme A =], ] [, + [. Si ha f =, f =. Inoltre f =. La retta y = è asintoto orizzontale destro. Dato, poi, che f + 4 =, si ricordi che =, se < ha senso cercare un eventuale asintoto obliquo per. Dai iti f + 4 = 4;

15 5 f = si deduce che la retta y = 4 è asintoto obliquo sinistro del grafico. Quanto allo studio della monotonia, si ha, per ], [ ], + [, f 4 = 4 = Se < il numeratore è positivo e la funzione è crescente; se >, il numeratore è negativo e la funzione è decrescente. Il calcolo dei iti di f per e per + mostra che in prossimità di questi punti la tangente al grafico tende ad assumere la posizione verticale. Il grafico qualitativo è in figura Figura 5: f = 4 Foglio di lavoro n.6 Esercizio n. 9 Per determinare i valori di a, b R per il quali la funzione f = + log + a sinb

16 6 è, per, un infinitesimo d ordine massimo possibile rispetto ad u =, utilizziamo la formula di McLaurin con il resto di Peano fermandoci al terzo ordine. Si ha + log + a sinb = + a log + sinb = + a o3 b + 8b3 3 + o 3 6 = a b + a + 3 a + 4b3 3 + o 3,,. Se a = e b = si annullano i coefficienti di e di, mentre quello di 3 non è nullo. Per questi valori di a e b quindi l ordine d infinitesimo è 3. Per ogni altro valore di a e b l ordine d infinitesimo è inferiore. Esercizio n. Utilizzando le formule di McLaurin + = o4, e per differenza si ha cosh = o4,, + cosh = o4. Questa relazione implica che f < in un intorno bucato di. Foglio di lavoro n.7 Esercizio n. 8 Supponiamo prima che >. Nelle ipotesi fatte, si può utilizzare la formula di Taylor centrata in con il resto di Lagrange. Esiste, dunque, t ], [ tale che f = f + f + f t. La convessità di f implica che f t e, dunque, f f + f, per ogni >. Per < si ragiona in modo del tutto analogo. Esercizio n. Se f = e + cos, si ha f = e sin, che si annulla per =. La derivata terza è f = e + 4 e cos. Quindi f =. La funzione ha quindi in = un punto di flesso.

17 7 Esercizio n. La formula di McLaurin al quart ordine per la funzione in esame fornisce cos cos = o 4,. Da questa si deduce che f = f = ed f =. Dunque in = la funzione ha un massimo relativo. Un altro modo ovviamente equivalente di procedere consiste nel calcolare esplicitamente f ed f, derivando due volte l espressione di f. Esercizio n. Il conoscere il polinomio di McLaurin d ordine ci permette di sapere che f = e che f =. Quindi f ha in un punto di massimo relativo. Foglio di lavoro n.8 Esercizio n. 5 Osserviamo per prima cosa che, se f è una funzione a gradini e { = a,,..., n = b} una suddivisione di [a, b] ammissibile per f tale che f = k i per ] i, i [, la suddivisione costituita dai punti {y = a + c, y = + c,..., y n = b + c} è una suddivisione di [a + c, b + c] ammissibile per f c. Si vede facilmente che f c = k i per ]y i, y i [. Dunque, b+c n n b f cd = k i y i y i = k i i i = fd. a+c i= L uguaglianza richiesta è dunque provata per le funzioni a gradini. Se f è una funzione integrabile in [a, b] e u e v sono, rispettivamente, sono funzione a gradini tali che u f v per ogni [a, b], risulta, traslando di c, u c f c v c, i= a [a + c, b + c]. Da queste considerazioni e dall osservazione iniziale sulle funzioni a gradini segue subito che e Ma f è integrabile in [a, b]. Quindi, b+c a+c b+c a+c b a gd = gd = fd = b b a b a a fd fd. fd. Concludiamo, dunque, che g = f c è integrabile in [a + c, b + c] e b+c a+c gd = b a fd.

18 8 Esercizio n. Nei tre esercizi proposti si può fare uso del teorema di de l Hôpital e del teorema fondamentale del calcolo integrale. a b + arctan5 5 arctan5tdt = 5. e t sin tdt e sin sin cos + 3 = +. c Tenuto conto dell uguaglianza = dt, si ha + t 5 dt + t 5 dt cosh cos cosh cos + t 5 dt cosh cos Esercizio n. + 5 sinh + sin 5 =. L esercizio si risolve calcolando il polinomio di McLaurin non nullo d ordine più basso. Utilizzando il teorema fondamentale del calcolo integrale, si ha F = D 3 t e t dt = D 3 = D 3 + = 6 e e = 6 cosh. t e t dt t e t dt t e t dt t e t dt Calcoliamo adesso le derivate successive, fermandoci alla prima che sia non nulla per =. Si ha F = 4 cosh sinh e F = sinh. Dunque F = F = F =, F = 8. La formula di McLaurin d ordine più basso è, quindi, F = o 3,. La funzione F ha ordine d infinitesimo 3, per, ed ha parte principale dt

19 9 Esercizio n. Anche per la funzione F = sin t e t + dt si procede calcolando il polinomio di McLaurin non nullo d ordine più basso. Utilizzando ancora il teorema fondamentale del calcolo integrale, si ha e F = sin e sin + cos F = cos e sin + + cos sin e sin e sin + sin e sin +. Quindi, F = F = e F =. Dunque, sin t e t + dt = 4 + o,. L ordine d infinitesimo è, perciò, e la parte principale 4. Foglio di lavoro n. Esercizio n. Si ha a fd = a fd + fd. Nel primo dei due integrali a secondo membro operiamo il cambiamento di variabile t =. Si ha allora, ricordando che f t = ft, per ogni t R, a fd = a f tdt = ftdt. Il valore dell integrale non dipende dal nome della variabile d integrazione, quindi a fd = a fd + fd = fd. Esercizio n. 3 Si ha a fd = a fd + fd.

20 Come nel caso precedente, nel primo dei due integrali a secondo membro operiamo la sostituzione t =. Dato che f t = ft, per ogni t R, In conclusione Esercizio n. 7 a a fd = fd = a f tdt = fd ftdt. fd =. Si vuole che fd + Si osservi che f + f = Df. Quindi fd + f d =. f d = f = f. Perché il risultato dell integrale sia è allora sufficiente che sia f =. Esercizio n. 8 Supponiamo a >. Si ha, operando la sostituzione = t, d /a + = t t + t dt = /a dt t + t. Esercizio n. 9 Per provare la formula di ricorrenza si può procedere integrando per parti, dopo aver utilizzato un piccolo trucco. Dunque, A n+ = d + n+ = = A n = A n + d + n+ d + n+ d + n+ [ ] n + n = A n + n n n A n. na n+ = n + n A n. + n + n d

21 Esercizio n. Nell integrale a operiamo la sostituzione y = a. Si ha allora a e a d = e a d e y a dy = ea y Per quel che riguarda il secondo integrale, integrando per parti, si ha Foglio di lavoro n. Esercizio n. 6 e log + d = e log + e y y + dy = ea A. e d = log A. + a La funzione f = tan è continua in ] π, π [ e non è itata in prossimità di entrambi gli estremi di quest intervallo. Lo studio della convergenza dell integrale improprio π π tan d va condotto considerando separatamente il problema della convergenza dei due integrali impropri π tan d e π tan d. Essendo tan d = log cos + c, si vede facilmente che In modo analogo, y y π z π + z tan d = log cos y = +. y π tan d = L integrale improprio dunque, non converge. b La funzione log cos z =. z π + f = cos è certo definita e continua nell intervallo aperto ], + [. In ogni intervallo ], a[, a R + la funzione è continua e itata. Quindi l integrale cos d

22 non è un integrale improprio, ma è l integrale di Riemann di una funzione continua e itata e, perciò, integrabile. Lo studio della convergenza può quindi essere itato all intervallo [a, + [, a >. Se si sceglie a > 3 4 la funzione integranda è positiva e tende a per + e risulta π + Per dimostrarlo, cominciamo con l osservare che cos + 3. a cos d = +. L integrale improprio di g = è convergente, dato che la funzione è un infinitesimo d ordine 3 3 rispetto a per +, ma l integrale improprio della funzione uguale a costantemente è, ovviamente, divergente. Quindi, + d = +. Di conseguenza, anche l integrale improprio della è divergente. c L integrale improprio a + è assolutamente convergente. Infatti sin π π sin d π 7 + 9, R+ {} Per + la funzione g = π è un infinitesimo d ordine rispetto ad u = ed ha, perciò, integrale improprio convergente. c Con il cambiamento di variabile e = y si ha + log π sine d = + π sin y y dy. Come si è discusso nell esempio.. del testo, quest ultimo integrale è convergente ma non assolutamente convergente. Foglio di lavoro n. Esercizio n. 5 La funzione integranda ft = t + 3 t 6

23 3 è definita e continua in R \ {, } ed è un infinito d ordine rispetto a t per t e un infinito d ordine anche rispetto a t+ per t. Quindi, l integrale da a di ft esiste solo se ], [. Il dominio di F è dunque l intervallo ], [. Nell intervallo ], ] la funzione è negativa. Quindi, t t 6 dt = + perché si sta calcolando un integrale orientato nel senso delle negative. Anche nell intervallo ], [ la funzione è negativa. Quindi, t + 3 t 6 dt = Le rette = e = sono asintoti verticali del grafico di F. Esercizio n. 8 La funzione integranda ft = e t t è definita e continua per t >. In un intorno destro di la funzione ft è un infinito d ordine rispetto a ut = t. Dunque l integrale improprio y e t t dt è convergente per ogni y >. Questo implica che = non solo appartiene al dominio il che sarebbe vero comunque, per definizione ma che il dominio non si riduce al solo punto = e che la funzione F è continua in [, + [. L estremo superiore d integrazione è che è non negativo. Di conseguenza, la funzione F = e t t dt è definita e continua in R. Essa è, inoltre una funzione pari. Per t + la funzione integranda è un infinitesimo d ordine superiore a qualunque potenza di t. Dunque, ft ha integrale improprio convergente in ], + [. Il valore di questo integrale è un numero l >. Quindi, la retta y = l è asintoto orizzontale destro del grafico di F e, per la simmetra, lo è anche a sinistra. Eccettuato, eventualmente, il punto = la funzione è derivabile. Nel punto =, il ite destro del rapporto incrementale è F + F e + =. Nel calcolo precedente si è adoperato il teorema di de l Hôpital ed il teorema fondamentale del calcolo. Per simmetria si deduce che F =. La funzione non è derivabile in ed in questo punto ha un punto angoloso. Si ha, infine F = e,. La funzione è dunque crescente per > e decrescente per <. In = la funzione assume il minimo assoluto che è. Un grafico qualitativo di F è mostrato in figura 6.

24 Figura 6: F = e t t dt Esercizio n. 9 La funzione F = 3 t arcsint dt è definita e continua per. La funzione integranda è positiva per t >, ed F è perciò strettamente crescente in tutto il suo dominio. Essa è, quindi, invertibile e la sua funzione inversa, Gy, assume il valore in =, dove F ha derivata destra nulla. Si ha infatti Ne segue che G + = +. F + F arcsin 6 = +. + Esercizio n. La funzione integranda ft = arctan t t + è definita e continua su tutta la retta reale. Il dominio di F è costituito da tutti gli R per i quali l integrale improprio + arctan t t + dt è convergente. Poiché arctan t t + + π t la funzione ha integrale improprio convergente in [, + [, per ogni R. Ne segue che F è definita e continua in R. La funzione F è, inoltre, pari. Infatti F = + arctan t t + dt = arctan t + t + dt + arctan t t dt = F, +

25 5 perché l integrale tra e della funzione dispari ft è nullo. Calcoliamo F + = = arctan t t + dt arctan t t + dt arctan t t + dt arctan t t + dt + arctan t t + dt = essendo l integrale improprio tra e + convergente. Quindi la retta y = è asintoto da entrambi i lati del grafico di F. Studiamo la monotonia di F. + F arctan t = D t + dt arctan t t + dt = arctan +. La funzione è crescente per < e decrescente per >. In = la funzione assume il massimo assoluto figura Figura 7: F = + arctan t t + dt. Foglio di lavoro n. 3 Esercizio n. 6 + X La serie a termini non negativi a n è convergente. Risulta, quindi, a n =. Possiamo n + n= dunque affermare che la successione a n è definitivamente minore di. Da questo fatto deduciamo che a n < a n, definitivamente. Il teorema del confronto ci permette dunque di affermare che la serie + X n= a n è convergente. Per quanto riguarda la serie + X n= log + a n, è sufficiente osservare che a n = implica che n + log + a n + a n. Il criterio di confronto asintotico ci porta dunque a concludere che e + X n= log + a n hanno lo stesso carattere. La serie + X n= log + a n è, perciò, convergente. + X a n n=

26 6 Infine la serie La serie + X + n= n sin 3 a n è assolutamente convergente. Infatti sin 3 a n a 3 n, n N. a 3 n converge per motivi del tutto simili a quelli visti per la serie n= n= + X a n. Esercizio n. 9 La serie + n= a n n, con a n {,,,... 9} è convergente. Si ha infatti a n n 9 n, n N+. La serie data è dunque maggiorata da un multiplo di una serie geometrica convergente, ed è, quindi, convergente. Poichè + n= + n= a + n n 9 n n= n =, concludiamo che 9 + n= a n n. Esercizio n. Nell integrale che definisce a n, operiamo la sostituzione 3 n = t. Si ha, allora, La funzione ft = 3+t 3 a n = d = 3 n dt 3 + n 3 3. n 3 + t 3 ha integrale improprio convergente in [, + [. Dunque 3 n n + dt + = 3 + t 3 dt 3 + t 3 = l R+. l Quindi a n + 3 n. Quest ultimo è, per n + un infinitesimo d ordine 3 rispetto ad n. La serie è, dunque, divergente positivamente.