Elementi di analisi matematica

Transcript

1 Elementi di analisi matematica Prove in itinere dal 6 Prova in itinere del dicembre 6 Esercizio Si calcoli, se esiste, x ln( + sin x) sin x ln( + x). x + x sin x Esercizio Si descrivano le principali proprietà della funzione tracciandone un grafico qualitativo. Esercizio Si calcoli, se esiste, Risoluzione Esercizio Il ite proposto è f(x) ln( x x + ), (x ) arctan(x ) dx. x ln( + sin x) sin x ln( + x). x x sin x Esso si presenta nella forma indeterminata. Per risolvere l indeterminazione utilizziamo la formula di Taylor, con punto iniziale x. Osserviamo anzitutto che il denominatore si comporta come x 4 per x, in quanto Dunque il ite proposto equivale a sin x. x x x ln( + sin x) sin x ln( + x). x x 4

2 Valutiamo ora il comportamento per x del numeratore. Si ha per y ln( + y) y y + y + o(y ), sin y y 6 y + o(y ). Sostituendo nelle due relazioni y ax otteniamo per x ln( + x) x x + 8 x + o(x ), sin x x 4 x + o(x ). Sostituendo invece y sin x nello sviluppo del logaritmo, abbiamo per x ln( + sin x) sin x (sin x) + (sin x) + o((sin x) ), mentre rimpiazzando al posto di sin x il suo sviluppo già calcolato, otteniamo per x ln( + sin x) x 4 x + o(x ) [ x 4 x + o(x )] + + [ ( x 4 [ x + o(x )] + o x 4 ] ) x + o(x ). Notiamo che per x risulta [ x 4 ] x + o(x ) 4x 6 x4 + o(x 4 ), [ x 4 x + o(x )] 8x + o(x 4 ), ed anche o ( [ x 4 ] ) x + o(x ) o(x ).

3 Sostituendo nello sviluppo di ln( + sin x) si ottiene allora, per x, ln( + sin x) x x + 4 x + o(x ). Possiamo scrivere infine sin x ln( + x) [ x ] [ 6 x + o(x ) x x + 8 ] x + o(x ) x x + 7 x4 + o(x 4 ). Siamo ora in grado di concludere: utilizzando il principio di sostituzione degli infinitesimi si ha x ln( + sin x) sin x ln( + x) x x 4 x x x + 4 x4 x + x 7 x4 + o(x 4 ) x 4 x x 4 + o(x 4 ) x 4. Esercizio La funzione da analizzare è f(x) ln ( x x + ). Essa è definita su tutto R. Infatti l insieme di definizione è dato dall insieme dove è positivo l argomento del logaritmo: la disuguaglianza equivale, posto y x, a x x + > y y + >, la quale è verificata per ogni y R, essendo il discriminante uguale a. Quindi x x + > x R. Analizziamo il segno della funzione e le eventuali intersezioni del suo grafico con l asse delle x. Si ha ln( x x + ) x x + x ( x ) x x.

4 Quindi f si annulla nel solo punto x ed è positiva per x >, negativa per x <. Calcoliamo i iti a ± : x ln(x x + ) ; x + ln(x x + ) ln [ x ( x + x ) ] +. x + L asse x è quindi un asintoto orizzontale per x. Vediamo se esiste un asintoto obliquo, di equazione y mx + q, per x + : f(x) x + x ln [ x ( x + x )] x + x x + x ln + ln( x + x ) x ln, (f(x) ln x) ln x x + x + x + x ln( x + x + x ). Ciò prova che la funzione f ha l asintoto y ln x per x +. Determiniamo gli intervalli di monotonia della funzione studiando il segno della derivata prima: si ha f (x) ( x x ) ln x x + se e solo se il numeratore della frazione è non negativo. Dunque, f (x) x x x log ln ln. Quindi x ln è l unico punto di minimo relativo per la funzione f, che ln decresce in ], x ] e cresce in [x, + [; in particolare, x è punto di minimo assoluto per f, con min R f f(x ) ln 4. Determiniamo gli intervalli di convessità e concavità della funzione e gli eventuali punti di flesso, studiando il segno della derivata seconda. Si ha f (x) x (ln ) x 4 x + ( x x + ),

5 da cui f (x) x 4 x + < x < + log ( ) < x < log ( + ). La funzione f è dunque convessa in [log ( ), log ( + ] ed è concava nelle due semirette esterne a tale intervallo. Pertanto x log ( ) e x log ( + ) sono punti di flesso. Si ha f(x ) ln(6 ), f (x ) ln ln 7 6 <, f(x ) ln(6 + ), f (x ) ln ln >. Le informazioni ottenute ci permettono di tracciare il seguente grafico: Esercizio Dobbiamo calcolare, se esiste, (x ) arctan(x ) dx.

6 Applichiamo la formula di integrazione per parti: (x ) arctan(x ) dx (x ) arctan(x ) dx [ (x ) arctan(x ) ] [(x ) arctan(x )] + arctan(x ) dx (x ) + (x ) dx x + (x ) dx [ ] (x ) arctan(x ) [ [(x ) arctan(x )] + [ ln( + (x ) ) ] + (x ) ] dx [ (x ) arctan(x ) (x ) + arctan(x ) + (x ) arctan(x ) + ln( + (x ) ) ] arctan + arctan arctan + ln π 4 + ln. Prova in itinere del aprile 7 Esercizio Stabilire il comportamento della serie n (n) nx (n)! al variare del parametro x R. Esercizio Si consideri la successione definita da { a 8 a n+ 7a n 6a n, n N. (i) Dimostrare che la successione è infinitesima. (ii) Determinare il comportamento della serie n a n.

7 Esercizio Sia (i) Calcolare sup a n, n N a n ( ) n(n+) n + 5 n +. inf a n, n N sup a n, n inf n a n. (ii) Esibire due sottosuccessioni della successione data, convergenti a due iti differenti. Risoluzione Esercizio Consideriamo la serie n (n) nx (n)! ; Essa è a termini positivi. Utilizziamo il criterio del rapporto: si ha ((n + )) (n+)x ((n + ))! (n) nx (n)! ( n + n ) nx x (n + ) x (n + )(n + )... (n + ) ( ( + ) nx x n x + ) x n ( n n + ) ( + ), n n da cui n ((n + )) (n+)x ((n + ))! (n) nx (n)! + se x > 9 4 e se x se x <. Dunque si ha convergenza per x < e divergenza per x. Esercizio (i) La successione è della forma { a 8 a n+ 7a n 6a n ; n N.

8 La funzione f(x) 7x 6x si annulla per x e per x 7, ed è positiva in ], 7/6[; per valori positivi 6 di x si ha f(x) x se e solo se 7x 6x, ossia, risolvendo l equazione di secondo grado, se e solo se x oppure x. In particolare 6 f(x) > x 6 < x <, < f(x) < x < x < 6 oppure < x < 7 6. Proviamo per induzione che la successione {a n } è positiva e decrescente. Poiché il dato iniziale è a ], /6[, risulta a 8 f(a ) ], a [. Poi, se supponiamo che a k ], a k [ per ogni naturale k n, allora a maggior ragione si ha a n ], /6[, e quindi < f(a n ) < a n, ossia a n+ ], a n [. Ciò dimostra la nostra asserzione. In particolare la successione {a n } converge. Sia L il suo ite: passando al ite nella relazione che definisce a n+, si trova L 7L 6L, equazione soddisfatta se e solo se L oppure L. Ma, essendo a 6 n < a <, non 6 può che essere L.

9 (ii) Poiché {a n } è positiva, si ha a k+ < 7a k per ogni k N; dunque risulta successivamente ossia a n+ < 7a n < 7 a 4 n < 7 7 a 8 n <... < 7 n a n < 7 n+ a n+, a n < 7 (7a ) n n N. Essendo 7a <, il criterio del rapporto ci dice immediatamente che la serie (7a ) n è convergente; ne segue, per confronto, che anche la serie a n è convergente. Esercizio (i) Si ha a n ( ) n(n+) n + 5 n +. La sequenza dei segni è +,,,+,+,,,+,+,... ; inoltre il rapporto n+5 è n+ decrescente con ite. Si ha pertanto mentre (ii) Le successioni sup a n a 5, n N sup a n, n inf a n a, n N inf n a n. a 4n 4n + 5 4n +, a 4n+ 4n + 6 4n + convergono rispettivamente a e a. Prova in itinere del maggio 7 Esercizio Determinare il raggio di convergenza e la somma della serie di potenze n ( ( )n )x n. n Esercizio Si consideri la funzione f : R R definita da (x ) + 4 se x > f(x) x x se x (x + ) 4 se x <.

10 (i) Determinare l immagine di f. (ii) Stabilire in quali punti f è continua. (iii) Trovare i punti nei quali f è derivabile. ( ) (iv) (facoltativo) Calcolare f a meno di /. Esercizio Data la funzione f(x, y) x 4 y x + 4y, determinare i punti stazionari di f e stabilirne la natura. Risoluzione Esercizio I coefficienti della serie di potenze sono a m n ( ( )n ) se m n per qualche n N + se m n per ogni n N +. Quindi a m n n n + n se m n con n intero positivo pari se m n con n intero positivo dispari se m non è multiplo di. Perciò otteniamo sup m m 6k+ k+ + am k k +, cosicché il raggio di convergenza della serie è R. Nota. Si potevano prendere altre due strade, forse più semplici: la prima consiste nel porre y x e nello studio della serie n n ( ( )n )y n,

11 per la quale si ottiene il raggio di convergenza R ; di conseguenza la serie converge per y < e non converge per y >. Ne segue che la serie originale converge per x < e non converge per x > : dunque il raggio di convergenza della serie originale è R. La seconda strada consiste nell uso diretto del criterio del rapporto: dato che, per n, n+ ( )n+ x (n+) n n+ + ( ) n n ( )n x n n + n ( ) n x x, si conclude che la serie converge per x < e non converge per x >, da cui si ottiene nuovamente R. Calcoliamo la somma f(x) della serie. Si ha n n ( ( )n )x n n x n n n ( x ) n, n da cui f(x) ( ) n ( x ) n ( ) n (x ) n n n n n ( ) n ( x ) n + ( ) n (x ) n n n n n ln( x ) + ln( + x ) ln + x x. La convergenza ha luogo nell intervallo ], ]. Infatti, la serie assegnata converge nel secondo estremo, essendo la somma di due serie di cui la prima converge assolutamente e la seconda verifica le ipotesi del criterio di Leibniz. Esercizio Si ha [ ] f(x) x + f(x) x x + x [ (x ) + 4 (x + ) 4 ] +,.

12 Inoltre f è continua in tutti i punti di R: l unica verifica da fare riguarda i punti ±, dove si incollano le diverse espressioni di f. Si ha [ ] f(x) x + x + f(x) x x e dunque f è continua in ; inoltre f(x) x + x f(x) x (x ) + 4 x + [ + 4, x x 4 +, x x 4, (x + ) 4 ] 4, e dunque f è continua in. La funzione f, perciò, ha per immagine l intera retta reale. Ciò risponde alla domanda (i). Proviamo che f è strettamente crescente: la derivata di f vale (x ) se x > f (x) x 4 (x x )/ se < x < (x + ) se x <, mentre la derivata non esiste nel punto x ove la tangente è verticale e il rapporto incrementale tende a +. È facile riconoscere che f (x) > in tutti i punti x / {±, }. Nulla sappiamo ancora sull esistenza della derivata nei punti ±, ma le informazioni ottenute ci bastano per stabilire la stretta crescenza di f.

13 Di conseguenza, f è ben definita, strettamente crescente e continua su tutto R. Ciò risponde alla domanda (ii). Inoltre f sarà derivabile in tutti i punti y f(±), compreso il punto y f() : in quest ultimo punto la derivata è nulla, poiché, per la continuità di f, f (y) y y x x f(x). In definitiva, f è derivabile in R \ {± 4/}. Vediamo se esiste la derivata di f nei punti ±. Utilizzando il teorema di Lagrange, si ha f(x) f() x x f(x) f() x + x ξ (ξ ), ξ + ξ 4 (ξ ξ quindi f (). Analogamente si verifica che f(x) f( ) x + x + ξ + ξ 4 (ξ ξ )/ ξ )/ ξ + ( ξ ) 4/ ; (ξ + ) 4/,

14 f(x) f( ) x x + ξ [ (ξ + )] ; quindi f ( ). Si conclude allora che f non è derivabile nei punti ± 5/, nei quali il rapporto incrementale tende a +. Ciò risponde alla domanda (iii). ( (iv) L equazione x f x x + 4. Posto si ha ) equivale, essendo 4 < < 4, a g(x) x x + 4, g (x) x, g (x) 6x. Andiamo ad applicare il metodo di Newton. Dato che g() 4, g() 7, scegliamo [a, b] [, ] e notiamo che in tale intervallo l equazione g(x) ha esattamente una soluzione ξ, dato che g è decrescente. Si ha inoltre g (x) 9, g (x) 6 x [, ]. Scelto δ, e posto m 9, M 6, per la successione { x valgono le stime x n+ x n g(xn) g (x n) n x n x n+ ξ, ξ x n m M [ M(ξ x ) m ] n ( ) n n N +. basta dunque scegliere n. Risulta successiva- Affinché sia ξ x n < mente con x, x., x , < ξ x < 7 <.

15 Esercizio La funzione f è certamente di classe C (anzi C ) su tutto R. Cerchiamo i punti stazionari di f. Essendo f(x, y) x 4 y x + 4y, i punti stazionari sono dati dalle soluzioni del sistema { fx (x, y) 8x x y f y (x, y) y x ln + 4 4y ln, che è equivalente a { x(4x y ) x + 4 y. Nella prima equazione non può essere x, poiché dalla seconda otterremmo 4 y che è impossibile. Dunque il sistema equivale al seguente: { 4x y Facili calcoli mostrano che x + 4 y. x 6, y 4, cosicché i punti stazionari sono (, log 4 ) e (, log 4 ). Calcoliamo la matrice Hessiana: ( 4x y x y ln a H f (x, y) x y ln y x (ln ) + 6 4y (ln ) ). Dato che risulta in entrambi i casi ( ) ( H f 4, log H f ( ) 4, log 8 ln ln (ln ) 8 64 ( ln 8 ln a (ln ) 8 64 det H f (ln ) >, tr H f + 64 (ln ) >. ) ),,

16 Ora, in dimensione, risulta cosicché det(h f λi) λ (tr H f )λ + det H f, det(h f λi) λ tr H f ± (tr H f ) 4 det H f si può concludere perciò che i due autovalori di H f, nei punti indicati, sono positivi. Pertanto entrambi i punti stazionari sono punti di minimo relativo. Prova in itinere del 8 dicembre 8 Esercizio Calcolare, se esiste, n n 7/4 + log(n 5 + ) n log n! + + n. Esercizio Stabilire per quali a R è convergente la serie ( ) n n. n an + 7 n Esercizio Sia a n una serie a termini reali. (i) Supponendo che gli a n siano tutti non negativi, si provi che ; a n è convergente n a n ( + a n) è convergente. n (ii) Supponendo gli a n di segno qualunque, si mostri con esempi che entrambe le implicazioni precedenti sono false in generale. Esercizio 4 Sia data una funzione f(x) definita sull intervallo [, ] a valori in R. Supponiamo di sapere che f(x) dx.

17 (i) Calcolare x f(x /) dx. (ii) Sapendo che f() e che f C, calcolare x f (x) dx. (iii) Sapendo che f(), che f() e che f C, calcolare Risoluzione arctan f(x) + f(x) f (x) dx. Esercizio La frazione è chiaramente non negativa. Sia a numeratore che a denominatore sono presenti dei termini divergenti a + per n + : dobbiamo identificare quelli che divergono più velocemente. A numeratore, è chiaro che n 7/4 diverge più rapidamente che log(n 5 + ). A denominatore, ricordando la stima del fattoriale ( n ) n n! n n n N +, e deduciamo che l andamento di n log n! è almeno dell ordine di n (log n ) e al più dell ordine di n log n; quindi n log n! ha divergenza più rapida rispetto a + n, il quale si comporta invece come n /. In conclusione ( + n n 7/4 + log(n 5 + ) n log n! + + n n n 7/4 n log n! ( + n log n! + n ) n 7/4 log(n 5 + ) ) n 7/4 n n log n! n 7/4 n n (log n ). Esercizio Anzitutto osserviamo che la serie non è definita per i valori di a che annullano il denominatore di qualunque termine della serie: quindi escludiamo i valori a 7 n, n N+. Detto allora A l insieme { 7 } n n N +, e fissato a R \ A, analizziamo l assoluta( convergenza della serie utilizzando il criterio della radice. Posto a n n n, n an+7) si ha n an n n n an + 7

18 e quindi n n an a. Se ( ne deduce che la serie converge assolutamente quando a >, ossia a ], [ \A) ], + [, mentre non converge, essendo il termine generale non infinitesimo, per a <, ossia a ], [. In particolare essa diverge a + se a [, [ (perchè in tal caso a n > ) mentre è indeterminata se a ], [ (perchè a n ha segni definitivamente alterni). Vediamo cosa accade quando a ± : se a il termine a n diventa e quindi a n ( ) n n ( ) n n + 7 n + 7 n n n a n n ( ) + 7 n e 7/, n da cui deduciamo, in virtù del criterio del confronto asintotico, che la serie diverge. Se invece a, si ha analogamente ( n n n a n n + 7 n ) n ( ) n ( )n n ( )n n n 7 ( 7 n e quindi a n tende a in modo decrescente (dato che ( n) 7 n converge crescendo a e 7/ ): dunque, per il criterio di Leibniz, la serie converge. In ( conclusione, possiamo dire che la serie converge assolutamente per a ], [ \A) ], + [, converge (ma non assolutamente) per a, è indeterminata per a ], [ e diverge a + per a [, ]. Esercizio (i) Supponiamo che la serie a n sia a termini non negativi e convergente. Allora, in particolare, {a n } è una successione infinitesima, dunque definitivamente minore di ; ne segue che ) n a n ( + a n) < a n ( + ) a n definitivamente, da cui, per confronto, a n ( + a n) è convergente. Viceversa, se gli a n sono non negativi e se a n ( + a n) è convergente, allora banalmente a n a n + a 4 n a n ( + a n) n N,

19 da cui, per confronto, a n è convergente. (ii) Posto a n per ogni n N, si vede subito che a n, n n a n ( + a n). n n Posto invece a n ( )n 4 n+ per ogni n N, si vede subito che a n converge a un certo valore c R in virtù del criterio di Leibniz, mentre a n ( + a n) n n ( ) n 4 n + + n n + c + +. Esercizio 4 (i) Posto x t, si ha dt x dx, da cui x f(x /) dx x f(x /) dx (ii) Integrando per parti, si ha x f (x) dx [x f(x)] f(x) dx f() (iii) Posto f(x) t, si ha dt f (x) dx e dunque f(t) dt. f(x) dx 6. arctan f(x) f() + f(x) f arctan t (x) dx f() + t dt arctan t + t dt; posto adesso u arctan t, risulta du arctan t + t dt cosicché, in conclusione, arctan arctan u du dt e quindi +t π 4 [ u u du arctan f(x) + f(x) f (x) dx π. ] π 4 π,

20 Prova in itinere del aprile 9 Esercizio Si consideri la successione {a n } definita da { a a n+ + a n, n N. Si provi che {a n } è monotona e itata, e se ne calcoli il ite. Esercizio Calcolare, se esistono, i seguenti iti: (a) x + sin x sin(x + ) ln x ln(x + ), tan x (b) x π e x e. π Esercizio Si consideri la funzione f(x) x + 5x +, x R. (i) Dimostrare che f : R R è bigettiva. (ii) Calcolare il ite f (y) y y. (iii) (facoltativo) Provare che esiste un unica coppia di valori (a, l) R, con l, tale che f (y) l, y + y a e determinarla. Risoluzione Esercizio La successione è del tipo { a a n+ f(a n ), n N, ove f è la funzione f(x) + x, x R. Si vede facilmente che f(x) x se e solo se x /; dato che, inoltre, f(x) + per x +, i possibili iti della successione a n sono / e +. Osserviamo però che f(x) per ogni x R, per cui la successione a n è sempre non negativa (anzi, strettamente positiva per n ). Notiamo inoltre che f è strettamente crescente per x : infatti, da x < x

21 segue x < (x ) e pertanto + x < + (x ) ; pertanto, essendo a < a, per induzione si ottiene che a n è strettamente crescente. Infine osserviamo che a n < / per ogni n N: infatti a < / e, se a n < /, allora a n+ + a n < + /4 /. In definitiva, a n è crescente e itata superiormente da /, quindi converge e l unico ite possibile è /. Esercizio (a) Si ha Quindi x + sin x sin(x + ) sin x x x ln x ln(x + ) x, x ln( + x). x + sin x x x ln(x + ) ( ), sin ove abbiamo usato il fatto che sin >, dato che < < π/. (b) Possiamo scrivere, con la sostituzione x π y, x π tan x e x e tan(y + π) π y e y+π e ; π essendo la funzione tangente π-periodica, si ha anche x π tan x e x e π e π y grazie ai due iti notevoli tan y y y tan y e y tan y e π y y y, y e y. ln x sin(x + ) y e y e π, Esercizio (i) La funzione f è continua, essendo un polinomio, ed è surgettiva, grazie al teorema dei valori intermedi ed al fatto che f(x), x f(x) +. x + Inoltre f è iniettiva, essendo somma delle due funzioni strettamente crescenti f (x) x e f (x) 5x +. Dunque f : R R è bigettiva. (ii) La funzione inversa f è definita su R ed è anch essa strettamente

22 crescente e continua. y f(x), Osservato che f(), si ha, con la sostituzione f (y) y y x x f(x) x x x + 5x x x (iii) Dato che f (y) + per y +, se a R verifica la tesi deve essere a >. Fissiamo dunque a > : utilizzando ancora la sostituzione y f(x), si ha f (y) y + y a x + x f(x) a x + x x a ( + 5x + x ) a x + x a. Questo ite è finito e diverso da se e solo se a, ossia a /, ed in tal caso il ite vale. Quindi l unica coppia di valori che verifica la tesi è (/, ). Prova in itinere del 8 maggio 9 Esercizio Calcolare, se esiste, il ite x 4 x cos x. arctan 4 x Esercizio (i) Descrivere le principali proprietà (comportamento agli estremi del dominio, intervalli di crescenza e di convessità, eventuali asintoti) della funzione f(x) ln( + e x ), tracciandone un grafico qualitativo. (ii) Determinare il numero di soluzioni dell equazione f(x) λx, per ogni scelta del parametro λ R. Esercizio Calcolare gli integrali x arctan(4 x ) dx, / x x dx.

23 Risoluzione Esercizio Si tratta di una forma indeterminata del tipo /. Il denominatore arctan 4 x chiaramente si comporta come x 4 per x. Andiamo a scrivere gli sviluppi di Taylor dei termini del numeratore. Si ha: da cui 4 + t + 4 t t + o(t ) per t, 4 x 4 x x4 + o(x 4 ) per x ; inoltre + t + t 8 t + o(t ) per t, da cui cos x + (cos x ) + +o cos x x + 4 x4 + o(x 5 ) per x, ( x + ) 4 x4 + o(x 5 ) ( 8 x + 4 x4 + o(x )) 5 + ( ( x + ) ) 4 x4 + o(x 5 ) 4 x 96 x4 + o(x 4 ) per x. In definitiva il numeratore si comporta così: 4 x cos x x4 + o(x 4 ) per x, cosicché il ite proposto vale x 4 4x cos x sin 4 x x4 + o(x 4 ) x x 4. Esercizio (i) La funzione f è definita per ogni x R. Calcoliamo, se esistono, i iti a ± : ln( + x ex ), ln( + x + ex ) +.

24 Vi è dunque un asintoto orizzontale, di equazione y, per x. La funzione è sempre positiva, con f() ln. Per vedere se f ha un asintoto obliquo per x +, calcoliamo i iti ln( + e x ) x + x x + x + ln( + e x ), x + x [ ln( + e x ) x ] ln( + x + e x ) ln ; se ne deduce che per x + vi è l asintoto di equazione y x + ln. Calcoliamo la derivata prima: si ha quindi f (x) 6ex + e x, f (x) x R, dunque f è crescente su R. Calcoliamo la derivata seconda: si trova f (x) 8e x > x R, ( + e x ) dunque f è convessa su R. Sulla base delle informazioni ricavate, il grafico di f è qualitativamente il seguente:

25 (ii) Ricordiamo anzitutto che, per convessità, il grafico di f sta sempre sopra i propri asintoti. Le rette di equazione y λx passano per l origine. Se λ > esse giacciono nel primo e terzo quadrante, ed incontrano la curva y f(x) se e solo se la loro pendenza è superiore a quella dell asintoto, ossia λ >, ed in tal caso il numero di intersezioni fra le due curve è esattamente : infatti, la funzione g(x) f(x) λx è strettamente decrescente, essendo g (x) f (x) λ < λ <, ed è positiva per x mentre tende a per x +. Per λ non vi sono intersezioni. Infine, per λ < le rette giacciono nel secondo e quarto quadrante ed incontrano la curva y f(x) in un solo punto (perchè f cresce mentre x λx decresce). Esercizio Per il primo integrale si ottiene, con la sostituzione t 4 x, dunque, integrando per parti, x arctan(4 x ) dx arctan t dt; x arctan(4 x ) dx [t arctan t] [t arctan t] 4 t + t dt [ ln( + t ) ] π 8 ln 4. Il secondo integrale, con la sostituzione t x, diventa / x x dx Posto allora t sin u, si ha / / t t dt [ ( t ) / + ( t ) /] dt. / π/4 x x dx cos u ( cos u) du 4 π/4 π/ π/4 cos u sin u du sin u du [ ] π/ s sin s cos s sin s ds π 8 6.