Soluzioni terzo compitino analisi matematica

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1 Soluzioni terzo compitino analisi matematica 23 marzo 208 Esercizio. Calcolare, se esiste, Dimostrazione. Sia cos x F x = x+sin x x sin x x+sin x x sin x cos t ln + tdt. cos t ln + tdt, notiamo subito che F è una funzione C in un intorno di 0 poiché funzione integrale di una funzione continua. Inoltre F x = 0, poiché x + sin x = x sin x = 0 e la funzione F è itata in un intorno di 0, ed inoltre anche cos x = 0. Nel nostro ite sono quindi soddisfatte le ipotesi del teorema di de l Hôpital: calcoliamo quindi le derivate del numeratore e del denominatore. F x = +cos x cosx+sin x ln+x+sin x cos x cosx sin x ln+x sin x e cos x = sin x. Ponendo Ax = + cos x cosx + sin x ln + x + sin x e Bx = cos x cosx sin x ln + x sin x, abbiamo che F x = Ax Bx e calcoliamo i due iti, Ax/ sin x e Bx/ sin x, separatamente. Calcoliamo ora Ax/ sin x = ln + x + sin x + cos x cosx + sin x = 2 2. sin x Mentre cos x Bx/ sin x = ln + x sin x cosx sin x = 0. sin x In conclusione F x cos x = F x sin x = Ax sin x Bx = = 4. sin x

2 In alternativa si può calcolare il ite con lo sviluppo di Taylor della funzione integranda in un intorno di 0 che è il ite a cui tendono gli estremi dell integrale. Esercizio 2. Dire per quali valori di α, β, γ R risulta convergente l integrale sine x α ln x cos x γ e x β arctgx γ dx. 0 Dimostrazione. Notiamo anzitutto che i punti in cui l integrale potrebbe non essere definito sono x = 0, dove ln x e e x 0, x =, dove ln x 0 e arctgx 0, x = π 2 + kπ, dove cos x si annulla, ed infine per x, dove ln x, sine x 0 e e x 0. A priori bisognerebbe controllare pure dove si annulla sine x ma questo succede solo per valori negativi di x e quindi al di fuori dell intervallo di integrazione. Vicino a 0 si ha che e x x, ln x mentre tutti gli altri termini tendono a delle costanti diverse da 0. Intorno a 0 la convergenza del nostro integrale risulta quindi equivalente alla convergenza di ln x x β che converge, in un intorno di 0, se e solo se β <. Vicino a si ha che ln x x, arctgx x, mentre tutti gli altri termini tendono a delle costanti diverse da 0. Intorno a la convergenza dell integrale diventa equivalente alla convergenza di x x γ che converge, in un intorno di, se e solo se γ < 2. Vicino a π 2 +kπ si ha che cos x x π 2 +kπ mentre tutti gli altri termini tendono a delle costanti. Intorno a questi valori la funzione è integrabile se e solo se lo è π γ x 2 + kπ che lo è se e solo se γ >. Vicino a bisogna fare un po più di attenzione. Anzitutto abbiamo che sine x α x e x β e α+βx = e x 2 γ. arctgx γ = π 2

3 Esiste quindi un x 0 per cui per ogni x > x si ha che 4 e α+βx Sia ora = π 2 + kπ, I k =, + e sine x α e x β arctgx γ 4e α+βx. A = xk+ cos x γ dx osserviamo che non dipende da k per la periodicità del coseno. Sia k per cui x k x e quindi per ogni k k si ha che x. Quindi, poiché fx > 0 per ogni x >, il nostro integrale converge se e solo se il seguente integrale converge: xk+ J = fxdx = fxdk. x k Supponiamo ora che α + β > 0 e che x + : allora, per le osservazioni fatte finora, vale che J xk+ 4e α+βx ln x cos x γ = xk+ 4Ae α+β ln+ < + e quindi l integrale converge se α + β > 0. Se, invece α + β 0, abbiamo che J xk+ 4 e α+βx ln x cos x γ = 4 Ae α+β ln 4e α+β ln + cos x γ = xk+ 4 e α+β ln cos x γ = e quindi l integrale diverge se α + β 0. In conclusione l integrale converge se e solo se < γ < 2 e α < β <. Esercizio 3. Posto F x = e x ln ln t dt. a Verificare che per ogni x R l integrale converge, dunque F : R R è ben definita si intende ovviamente F 0 = 0. b La funzione F è di classe C? 3

4 c Dire se la funzione F ha asintoti orizzontali per x e/o per x. d Chiamata E i x una primitiva della funzione e x /x si scriva esplicitamente utilizzando la funzione E i una primitiva della funzione fx = ln ln x. Dimostrazione. a Per prima cosa notiamo che e x > 0 per ogni x R e quindi la funzione integranda è sempre definita tranne quando t = in quanto ln = 0 e ln 0 non è definito. Ma in un intorno di abbiamo che, applicando de l Hôpital, t ln ln t lnt = t ln t t = t ossia ln ln t lnt che è integrabile in un intorno di e quindi F è ben definita ovunque. b La funzione F è ovviamente continua per costruzione. La derivata al di fuori dello 0 è data da F x = e x ln ln e x = e x ln x. Calcolando il ite della derivata per x che tende a zero otteniamo F x =, e quindi la funzione F non è di classe C in R ma lo è solamente in, 0 0,. c Per prima cosa osserviamo che x F x = + in quanto ln ln t tende ad infinito per t che tende ad infinito, implicando che F non possa avere asintoti orizzontali per x che tende a +. Notiamo inoltre che anche x F x = + in quanto sia e x che ln x tendono ad infinito per x che tende ad infinito, implicando che F non possa avere neanche asintoti obliqui. Abbiamo già notato come la funzione integranda sia integrabile in un intorno di t = : mostriamo ora che è anche integrabile in un intorno destro di 0. Poiché per ogni x positivo si ha che ln x x, abbiamo che ln ln t ln t che sappiamo essere integrabile in un intorno destro di 0 e quindi anche ln ln t lo è. Quindi, poiché x F x è l integrale di una funzione integrabile in un intervallo itato, tale ite esiste ed è finito, implicando che F abbia un asintoto orizzontale per x che tende a. 4

5 d Notiamo che la funzione fx è definita in 0,, = I I 2, calcoliamo quindi l integrale della funzione distintamente nei due intervalli I e I 2. Iniziamo prima da I 2 : in questo intervallo ln x assume sempre valori maggiori di 0 e quindi si può togliere il valore assoluto. Attuando la sostituzione y = ln x e quindi x = e y e dx = e y dy e integrando per parti, otteniamo ln ln xdx = ln ye y dy = ln ye y y ey dy = = ln ye y E i y =x ln ln x E i ln x. Passiamo ora a I, in questo caso ln x assume sempre valori negativi e quindi ln ln x = ln ln x Attuando la sostituzione y = ln x = ln x e quindi x = e y e dx = e y dy e integrando per parti, otteniamo ln ln x dx = ln ye y dy = ln ye y + y e y = ln ye y E i y = x ln ln x E iln x. Osserviamo che abbiamo calcolato y e y tramite la sostituzione z = y ottenendo z ez dz = E i z = E i y. Mettendo insieme i due intervalli abbiamo che la primitiva di fx è x ln ln x E i ln x. 5