Calcolo I, a.a Secondo esonero

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1 Calcolo I, a.a Secondo esonero ) 7 punti Determinare i valori di a, b e c (con la condizione che a 0) affinché sia continua e derivabile la funzione ln(a + ) se x > 0, f(x) x e bx c se x 0. Soluzione. La funzione è continua e derivabile in tutti i punti x > 0 e x < 0 perché in tali punti è definita come combinazione di funzioni continue e derivabili. Resta da esaminare il punto x 0. Abbiamo subito f(x) c f(0). invece il ite per x 0 + è infinito quando a (+ se a >, se a < ), e quindi per avere la continuità è necessario porre a. In questo caso ln( + ) f(x) x e in conclusione, uguagliando i due iti, vediamo che f è continua anche in 0 se e solo se a e c, per qualunque valore di b. Derivabilità in x 0: il rapporto incrementale in x 0 per h > 0 vale h mentre per h 0 si ha ln( + h2 ) h 2 per h 0 + ebh b per h 0 h h quindi la funzione è derivabile anche in x 0 solo nel caso a b c. (Modo alternativo di risolvere l esercizio: calcolare f (x) per x > 0 e per x < 0, e imporre che che i iti di queste due funzioni per x 0 + e per x 0 siano uguali). 2) 8 punti Data la funzione ( ) e 2x f(x) ln e x 2 determinarne l insieme di definizione, il segno e gli eventuali zeri, i iti agli estremi dell insieme di definizione, la derivata, gli intervalli di crescenza e decrescenza, eventuali massimi e minimi e gli intervalli di convessità e concavità. Tracciare inoltre un grafico approssimativo della funzione. Soluzione. Insieme di definizione: l argomento del logaritmo deve essere > 0 il che equivale a richiedere e x > 2 ossia x > ln 2, quindi l insieme di definizione è l intervallo ] ln 2, + [.

2 Notiamo anche che la funzione è continua e derivabile sul suo insieme di definizione in quanto ottenuta come combinazione di funzioni continue e derivabili. Zeri e segno: si ha f(x) 0 e x 2 e2x e x L equazione t 2 t non ha zeri reali quindi f non ha zeri. Inoltre dato che f(x) > 0 e x 2 > e2x e x + 2 > 0 (qui abbiamo usato il fatto che e x 2 > 0 sull insieme di definizione) vediamo che f > 0 sempre. Un altro modo per mostrare che f è sempre positiva è osservare che non ha zeri ed è positiva per x grande, e applicare il teorema degli zeri. Limiti: per x + si ha e2x ex quindi l argomento del logaritmo tende a + e e x 2 2/e x anche f +. Per x ln 2 + l argomento del logaritmo tente a + e anche f tende a +. Derivata e andamento: si ha f (x) ex 4 e x 2. Vediamo che f è positiva per e x > 4 ossia x > ln 4 (intervallo di crescenza), negativa per ln 2 < x < ln 4 (intervallo di decrescenza), e si annulla per x ln 4 (punto di minimo locale e anche assoluto). Derivata seconda: si ha f 2e x (x) (e x 2) > 0 2 quindi la funzione è convessa su tutto l intervallo di definizione. Per quanto non richiesto, notiamo che c è un asintoto obliquo (si intuisce dal fatto che f(x) ln( /e x ) x per x + ). Infatti ( ) ( ) f(x) ln e x x + ln f(x) 2e x 2e x x e ( ) f(x) x ln 0 per x + 2e x quindi l asintoto obliquo è la retta y x. per x +, 3) 7 punti Calcolare il polinomio di Taylor di grado 2 della funzione + x nel punto x 0 0. Utilizzare quindi tale sviluppo per calcolare il ite 2 + x cos(x) 2 + x. e x x Soluzione. Si ha + x + x2 8 + o(x2 ). Basta usare cos x + o(x) per ottenere 2 + x cos(x) 2 + x x2

3 e usando e x + x + x2 2 + o(x2 ) il ite si scrive 4) 6 punti Calcolare l integrale definito 2 + o(x2 ) 2. x( + ln 2 x) dx. Soluzione. Ponendo t ln x si ha dt dx/x e quindi x( + ln 2 x) dx dt arctan t + C arctan(ln x) + C. + t2 Imponendo gli estremi di integrazione concludiamo x( + ln 2 x) dx arctan(ln x) e arctan arctan 0 π 4. 5) 6 punti Calcolare l integrale indefinito (e x + )e x 4e x + 3 dx. Soluzione. Ponendo e x t in modo che e x dx dt, l integrale diventa t + t 2 4t + 3 dt e dato che t 2 4t + 3 (t 3)(t ) possiamo scrivere da cui t + t 2 4t t 3 dt A t 3 + B t (A + B)t (A + 3B) (t )(t 3) A 2, B (t 3)2 dt 2 ln(t 3) ln(t ) ln t t ln (ex 3) 2 e x + C.

4 Calcolo I, a.a Secondo esonero ) 7 punti Determinare i valori di a, b e c (con la condizione che a 0) affinché sia continua e derivabile la funzione ln(a + ) se x > 0, f(x) x sen(bx) c se x 0. Soluzione. La funzione è continua e derivabile in tutti i punti x > 0 e x < 0 perché in tali punti è definita come combinazione di funzioni continue e derivabili. Resta da esaminare il punto x 0. Abbiamo subito f(x) c f(0). invece il ite per x 0 + è infinito quando a (+ se a >, se a < ), e quindi per avere la continuità è necessario porre a. In questo caso ln( + ) f(x) x e in conclusione, uguagliando i due iti, vediamo che f è continua anche in 0 se e solo se a e c 0, per qualunque valore di b. Derivabilità in x 0: il rapporto incrementale in x 0 per h > 0 vale h mentre per h 0 si ha ln( + h2 ) h 2 per h 0 + sen(bh) b per h 0 h h quindi la funzione è derivabile anche in x 0 solo nel caso a b, c 0. (Modo alternativo di risolvere l esercizio: calcolare f (x) per x > 0 e per x < 0, e imporre che che i iti di queste due funzioni per x 0 + e per x 0 siano uguali). 2) 8 punti Data la funzione ( ) e 2x f(x) ln e x 3 determinarne l insieme di definizione, il segno e gli eventuali zeri, i iti agli estremi dell insieme di definizione, la derivata, gli intervalli di crescenza e decrescenza, eventuali massimi e minimi e gli intervalli di convessità e concavità. Tracciare inoltre un grafico approssimativo della funzione. Soluzione. Insieme di definizione: l argomento del logaritmo deve essere > 0 il che equivale a richiedere e x > 3 ossia x > ln 3, quindi l insieme di definizione è l intervallo ] ln 3, + [.

5 Notiamo anche che la funzione è continua e derivabile sul suo insieme di definizione in quanto ottenuta come combinazione di funzioni continue e derivabili. Zeri e segno: si ha f(x) 0 e x 3 e2x e x L equazione t 2 t non ha zeri reali quindi f non ha zeri. Inoltre dato che f(x) > 0 e x 3 > e2x e x + 3 > 0 (qui abbiamo usato il fatto che e x 3 > 0 sull insieme di definizione) vediamo che f > 0 sempre. Un altro modo per mostrare che f è sempre positiva è osservare che non ha zeri ed è positiva per x grande, e applicare il teorema degli zeri. Limiti: per x + si ha e2x ex quindi l argomento del logaritmo tende a + e e x 3 3/e x anche f +. Per x ln 3 + l argomento del logaritmo tente a + e anche f tende a +. Derivata e andamento: si ha f (x) ex 6 e x 3. Vediamo che f è positiva per e x > 6 ossia x > ln 6 (intervallo di crescenza), negativa per ln 3 < x < ln 6 (intervallo di decrescenza), e si annulla per x ln 6 (punto di minimo locale e anche assoluto). Derivata seconda: si ha f 3e x (x) (e x 3) > 0 2 quindi la funzione è convessa su tutto l intervallo di definizione. Per quanto non richiesto, notiamo che c è un asintoto obliquo (si intuisce dal fatto che f(x) ln( /e x ) x per x + ). Infatti ( ) ( ) f(x) ln e x x + ln f(x) 3e x 3e x x e ( ) f(x) x ln 0 per x + 3e x quindi l asintoto obliquo è la retta y x. per x +, 3) 7 punti Calcolare il polinomio di Taylor di grado 2 della funzione + x nel punto x 0 0. Utilizzare quindi tale sviluppo per calcolare il ite 2 + sen(x) 2 + x. e x x Soluzione. Si ha + x + x2 8 + o(x2 ). Basta usare senx x + o( ) per ottenere 2 + senx 2 + x x2

6 e usando e x + x + x2 2 + o(x2 ) il ite si scrive 4) 6 punti Calcolare l integrale definito 2 + o(x2 ) 2. x cos 2 (ln x) dx. Soluzione. Ponendo t ln x si ha dt dx/x e quindi x cos 2 (ln x) dx dt tan t + C tan(ln x) + C. cos 2 t Imponendo gli estremi di integrazione concludiamo x cos 2 (ln x) dx tan(ln x) e tan tan 0 tan. 5) 6 punti Calcolare l integrale indefinito (e x )e x 5e x + 6 dx. Soluzione. Ponendo e x t in modo che e x dx dt, l integrale diventa t t 2 5t + 6 dt e dato che t 2 5t + 6 (t 3)(t 2) possiamo scrivere da cui t t 2 5t t 3 dt A t 3 + B t 2 (A + B)t (2A + 3B) (t )(t 3) A 2, B (t 3)2 dt 2 ln(t 3) ln(t 2) ln t 2 t 2 ln (ex 3) 2 e x 2 + C.