Esami d Analisi Matematica 1. Filippo De Mari e Marina Venturino

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1 Esami d Analisi Matematica 1 Filippo De Mari e Marina Venturino

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3 Indice Parte 1. ANNO ACCADEMICO Corso di Studi in Ingegneria Meccanica 5 Parte. ANNO ACCADEMICO Corso di Studi in Ingegneria Meccanica 15 3

4 4 Esami di Analisi Matematica 1 Gli esercizi che compaiono in questa raccolta sono stati effettivamente assegnati come prove scritte d esame alla Facoltà di Ingegneria dell Università di Genova. Essi sono suddivisi per Anno Accademico, per Corso di Studi e per esame. Avvertenze 1) Salvo esplicito avviso del contrario, i logaritmi considerati, denotati log, sono tutti logaritmi naturali, ossia in base e. ) Occasionalmente scriveremo ep (g()) in luogo di e g(), cioè quando l espressione esplicita di g() è troppo ingombrante. 3) Iltempo assegnato per ciascuna prova scritta è normalmente di tre ore, compresa la parte di Geometria. Quindi lo studente dovrebbe essere in grado di svolgere ciascuna prova di esame qui riportata in un ora e mezza. 4) Lo studente dell anno in corso non sarà tenuto a svolgere esercizi su argomenti non svolti in aula.

5 PARTE 1 ANNO ACCADEMICO Corso di Studi in Ingegneria Meccanica 1.1. Primo compitino. 1. Sapendo che 1.51 approssima con due cifre decimali esatte, con quante cifre decimali esatte è noto 1/(1 + )? Soluzione. Dalla diseguaglianza 1.51 <1.5 si deduce < 4.04 e quindi < < < Pertanto 0.4 approssima 1/(1 + ) con due cifre decimali esatte.. Si consideri la funzione f() =1/( +3) 3/11. (a) Disegnare ilgrafico di f. (b) Sia g() =f() per >(1/). Determinare g 1, se esiste, specificandone l insieme di definizione. Soluzione. (a) La parabola y() = + 3 ha vertice in (1/, 11/4) ed è rivolta verso l alto. Il suo grafico sarà quindi ed il grafico della funzione 1/( + 3) sarà 5

6 6 Esami di Analisi Matematica 1 Infine, ilgrafico di f sarà ottenuto dalprecedente traslando verso ilbasso di 3/11. Quindi ilgrafico di f sarà: (b) Per >1/ la parabola y() = +3 è strettamente crescente cosicché 1/( +3) è strettamente decrescente e tale sarà anche g, che risulta quindi invertibile. Inoltre, dal momento che g(1/) = 1/11 e lim g() = 3/11, avremo + g :(1/, + ) ( 3/11, 1/11) e di conseguenza: g 1 : ( 3 11, 1 ) ( ) 1 11, +. Per quanto riguarda l espressione analitica di g 1, posto g() =y, avremo: = y +3 1 y =0,

7 da cui Siccome >1/, risulta 3. Sia p un intero positivo e sia F. De Mari e M. Venturino 7 11y+3 1, = 1 ± g 1 () = f() = log(1 + 3 ) (1 cos ). p Si determini per quali valori di p la funzione f è prolungabile per continuità nell origine. Soluzione. Dire che f è prolungabile per continuità nell origine significa che esiste finito lim f() =l. D altra parte 0 f() = log(1 + 3 ) (1 cos ) = log(1 + ( 3 ) ) p 3 p 3 1 cos p e poichè log(1 + 3 ( ) ) p lim =1, lim = p, cos il limite cercato esiste finito se e solo se esiste finito il limite per 0 della funzione h() =3 (1 p).sep = 1 allora h() = 3 per ogni e h() 3per 0, mentre se p {, 3,...} allora l esponente (1 p) è un intero pari negativo e h() + per 0. Quindi f è prolungabile per continuità nell origine solo per p = 1,edin questo caso l = Secondo compitino. 1. Si consideri la funzione: ( ) arctan se < 1 1 f() = ( π ) se 1 (a) Si stabilisca se f è continua nei punti 1 = 1 e =1. (b) Si stabilisca se esiste la retta tangente al grafico di f nei punti ( 1,f( 1 )) e (,f( )), ed in ciascun caso in cui esiste se ne scriva l equazione. Soluzione. (a) Consideriamo dapprima ilpunto 1 = 1. Siccome ( ) lim f() = lim arctan = π = f( 1), la funzione è continua in 1. Analogamente, per quanto riguarda il punto =1, ( ) lim f() = lim arctan = π = f(1), cosicché la funzione è continua anche in..

8 8 Esami di Analisi Matematica 1 (b) Consideriamo dapprima ilpunto 1 = 1. Siccome f() f( 1) lim = l im 1 + ( 1) applicando il Teorema di de l Hôpitalsi avrà d ) 1 d arctan( = ( ( 1 arctan ) π ) ( 1) ( 1) = , per 1 + (ed anche per 1 ), cosicché la derivata destra in 1 esiste e vale. D altra parte anche la derivata sinistra in 1 di f() = ( π ) esiste e vale. Quindi f è derivabile in 1 e la retta tangente al grafico di f in ( 1,f( 1 )) esiste ed ha equazione y = π ( +1). Similmente, la retta tangente al grafico di f in (,f( )) esiste ed ha equazione y = (π/) ( 1).. Si determini il polinomio di McLaurin di grado della funzione f() = log(1+tan ), dove illogaritmo indicato è quello naturale. Soluzione. Calcoliamo le prime due derivate di f : f () = tan (1 + tan ), f () = ( tan )(1 + tan )(1 + tan ) (1 + tan )(1 + tan ) (1 + tan ) = (1 + tan )(tan + tan 1) (1 + tan ). Pertanto f(0)=0, f (0)=1 e f (0) = 1 ed ilpolinomio cercato è Sia f() =e (a) Si calcoli 1+. lim f(). + (b) Si stabilisca in quali sottointervalli dell insieme di definizione di f essa risulta crescente. (c) Si determinino, se esistono, massimi e minimi relativi ed assoluti di f. Soluzione. (a) Dalmomento che lim + 1+ = l im / =0, e siccome la funzione esponenziale è continua, il limite richiesto vale 1.

9 F. De Mari e M. Venturino 9 (b) Poiché f è definita in [0, + ) e derivabile in (0, + ) sarà sufficiente stabilire il segno di f. D altra parte 1 f () =e 1+ (1 + ) = 1 (1 + ) e (1 + ), e sarà quindi f () > 0seesolose1 3 > 0, cioè per 0 << 3/3. Siccome infine f(0) = 1 ed f() > 1per>0, f è crescente nell intervallo [0, 3/3]. (c) Per quanto visto in (b), f ha ilsolo punto critico 0 = 3/3. Poiché f risulta crescente a sinistra di 0 e decrescente a destra di 0, esso è un massimo assoluto di f esiha: ( ) 3 f 3 ( 3 1/4 ) = ep = ep 1+(1/3) ( 3 3/4 dove si è posto ep y = e y. Inoltre f tende (decrescendo) ad 1 per +, come stabilito in (a). Siccome f(0) = 1, l origine è punto di minimo assoluto per f. Riportiamo per chiarezza ilgrafico di f : 4 ), 1.3. Primo scritto. 1. Determinare in quali intervalli è invertibile la derivata prima della funzione f() =( +1)e. Soluzione Innanzitutto, f () = e ( +1)+e = e ( 1), f () =e ( 4 +3). Perciò f risulterà invertibile in tutti gli intervalli in cui f non cambia segno. Dal momento che f si annulla solo in corrispondenza delle radici di 4 + 3, che sono 1e3,f risulterà invertibile negli intervalli (, 1], [1, 3] e [3, + ).

10 10 Esami di Analisi Matematica 1 ). Si consideri la funzione definita in ( π, π da: log(1 + sin ) se 0 f() = α 0 se =0 (a) Si determini per quali α reali f risulta continua nell origine. (b) Si determini per quali α reali f risulta derivabile nell origine. Soluzione. (a) Per 0 risulta log(1 + sin ) log(1 + sin ) sin = α sin. α Siccome i primi due fattori tendono ad 1 per 0, sarà sufficiente esaminare il comportamento di / α. Ora, mentre lim 0 + lim 0 α = l im α = α = l im 0 1 α = Quindi f è continua nell origine se e solo se α<1. 0 se α<1 1 se α =1 + se α>1, 0 se α<1 1 se α =1 se α>1 (b) Dobbiamo verificare per quali α reali f risulta finito il limite f() f(0) lim 0 =lim 0 log(1 + sin ) α. Moltiplicando e dividendo come nel caso del punto (a), sarà sufficiente verificare il comportamento di 1/ α.ma lim 0 1 α = cosicché f è derivabile nell origine per α 0. 0 se α<0 1 se α =0 + se α>0 3. Provare che per ogni intero N vale la formula N (n 3 n) = N 4 +N 3 N N. n= 4

11 F. De Mari e M. Venturino 11 Soluzione. Per N = risulta 3 =6=( )/4. Supponiamo che la formula sia vera per N. Si avrà quindi N+1 N (n 3 n) = (n 3 n)+ ( (N +1) 3 (N +1) ) n= n= = N 4 +N 3 N N 4 = N 4 +N 3 N N 4 = N 4 +6N 3 +11N +6N 4. + N 3 +3N +3N +1 N 1 + N 3 +3N +N D altra parte (N +1) 4 +(N +1) 3 (N +1) (N +1) 4 = (N 4 +4N 3 +6N +4N +1)+(N 3 +3N +3N +1) (N +N +1) (N +1) 4 = N 4 +6N 3 +11N +6N. 4 Perciò la formula vale anche per (N + 1) ed ilrisultato è vero per ilprincipio di induzione matematica Si calcoli + d. Soluzione. Per la linearità dell integrale, possiamo calcolare separatamente: + d, e 1 + d. Per quanto riguarda ilprimo integrale + d = 1 mentre per ilsecondo Quindi 1 + d = + d = 1 1 ( ) ) d = ( +1 d d log( +)d = 1 log( +)+c, ( + + d =log ++ arctan 1 d ) = ( ) arctan +c. +1 ( ) + c.

12 1 Esami di Analisi Matematica Secondo scritto. 1. Sia f() = log. (a) Dire dove è definita f ; (b) calcolare il polinomio di Taylor di secondo grado di f nelpunto 0 =1; (c) determinare in quali intervalli f risulta convessa. Soluzione. (a) Affinché l og sia definita, deve aversi > 0. In questo caso è allora definito y per ogni y reale, quindi anche log. Perciò f è definita in (0, + ). (b) Osserviamo che f() =e (log ). Calcolando: ( ) log f () =e (log ), ( 4(log ) f () =e (log 1 ) + log ) ) e(log ( = (log ) (log )+1 ). Ne segue che f(1)=1, f (1)=0 e f (1) =, e ilpolinomio cercato è1+( 1). (c) La funzione f risulta derivabile due volte in (0, + ), come visto in (b). Pertanto f sarà convessa negli intervalli nei quali f > 0, cioè se (log ) (log ) +1> 0. D altra parte il polinomio y y +1 è sempre positivo. Quindi f () > 0 per ogni (0, + ).. Sia g() la funzione definita su I =(1, + ) dalla formula g() = log 1. (a) Si calcolino lim g() e lim g() (b) Si provi che g() si annulla in uno ed un sol punto di I. Soluzione. (a) Dalmomento che log 0per 1elog + per +, si avrà lim g() = 1, lim g() = (b) La derivata prima di g è g () =log+1. Quindi g > 0inI e g è (strettamente) crescente in I. Dalmomento che g è continua e, per ilpunto (a), assume valori negativi per prossimo a 1 e positivi per sufficientemente grande, per ilteorema degli zeri g() = 0 per uno ed un solo I. 3. Si calcoli +1 ( 1)( +1) d. Soluzione. Scomponendo l integranda in fratti semplici risulta +1 ( 1)( +1) = A ( 1) + B + C ( +1) = (A + B) +(C B) +(A C) ( 1)( +1) e deve quindi aversi: A + B =0 C B = A C =1

13 F. De Mari e M. Venturino 13 Il sistema ha la soluzione A =3/, B = 3/ ec =1/, perciò: +1 ( 1)( +1) d = 3 d d + 1 d +1 = 3 log log( +1)+ 1 arctan + c = 3 1 log arctan + c.

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15 PARTE ANNO ACCADEMICO Corso di Studi in Ingegneria Meccanica 1.1. Primo compitino. 1. Per ogni intero non-negativo n sia a n = n /(n ). (a) Posto A = {a n : n =0, 1,,...}, calcolare, se esistono, sup A, inf A, ma A e min A. (b) Calcolare, se esiste, lim a n. n + Soluzione. (a) Osserviamo innanzitutto che a 0 =0,a 1 = 1 ea =. Inoltre, per n sihan > 0 e in particolare a n > 0. Quindi, sicuramente a n 1=a 1 per ogni intero non-negativo n, cosicché min A = inf A = 1. Si osservi inoltre che per ogni n risulta a n n n n n 4 4 n, e quest ultima è sempre verificata se n. In altre parole, per ogni n si ha a n. Siccome anche a 0 < ea 1 < siha=a = ma A = sup A. (b) Poiché e l im n +. Sia n =0,siha a n = lim a n =1. n + n n = 1 1 ( ) n 1 f() = log 1/3 ( ) 1. (a) Determinare l insieme di definizione di f. (b) Verificare se per > 3 f è invertibile e in caso affermativo determinare la funzione inversa f 1. (c) Disegnare ilgrafico di f, giustificandone ilprocedimento. (d) Disegnare ilgrafico di h() = f(). Soluzione. (a) Affinché sia definito log 1/3 ( ) deve essere > 0, cioè >. Inoltre, log 1/3 ( ) 0se 1. Quindi l insieme I di definizione di f è I = (, 3) (3, + ). (b) Per >3, f è strettamente crescente. Infatti log 1/3 ( ) è strettamente decrescente e negativa; quindi (1/ log 1/3 ( )) è strettamente crescente, e tale risulta quindi ( 1/ log 1/3 ( ) ) 1. Essendo strettamente 15

16 16 Esami di Analisi Matematica 1 crescente per >3, f è invertibile in tale intervallo. Determiniamo l inversa f 1 ricordando che f() =y se e solo se = f 1 (y). Quindi 1 log 1/3 ( ) 1=y 1 log 1/3 ( ) = y +1 log 1/3 ( ) = 1 (se y 1) = =+ ( 1 3) 1 y+1 ( 1 3) 1 y+1 y +1 Quindi f 1 () =+ ( ) (c) Per disegnare ilgrafico di f, procediamo per passi. 3 Disegnamo dapprima ilgrafico di g() =log 1/3 ( ): Poi disegnamo ilgrafico di 1/g():

17 e infine ilgrafico di 1/g() 1 F. De Mari e M. Venturino 17 (d) La funzione h() = f() è data da f() se f() 0 h() = f() se f() < 0 ed ha quindi grafico: 1.. Secondo compitino. 1. Calcolare, al variare di λ R, l ordine di infinitesimo per 0 della funzione f() = log(1 + λ) sin + 1.

18 18 Esami di Analisi Matematica 1 Soluzione. Dalle formule di McLaurin log(1 + y) =y 1 y y3 + o(y 3 ), sin = o( 4 ) risulta ( f() = λ 1 λ + 1 ) ( 3 λ3 3 + o( 3 ) 1 ) o( 4 ) + 1 =(λ 1) + 1 ( ) ( 1 λ λ ) 3 + o( 3 ). 6 Pertanto, se λ 1 la funzione in esame è infinitesima di ordine uno per 0, mentre se λ = 1 essa è di ordine tre.. Sia g() = arctan ( e ( + +1) 1 ). (a) Calcolare i limiti agli estremi dell insieme di definizione di g. (b) Determinare la monotonia di g. (c) Determinare gli eventuali massimi e minimi relativi e assoluti di g. (d) Determinare ilnumero di zeri di g. (e) Calcolare il polinomio di McLaurin di secondo grado dell argomento dell arcotangente, ossia di h() =e ( + +1) 1. Soluzione. (a) L insieme di definizione di g è R. Poiché ( + +1)/e 0per +, come si verifica ad esempio utilizzando il teorema di de l Hôpital, si ha h() 1per + e quindi g() π/4 per +. Poiché inoltre h() + per, risulta g() π/ per. (b) La funzione in esame è derivabile in tutto R e la sua derivata vale g 1 ( () = ( e + +1 ) + e (4 +1) ) 1+[e ( + +1) 1] e = (3 ). 1+[e ( + +1) 1] Essa si annulla perciò per =0eper =3/ ed ha ilsegno di (3 ). La funzione g è quindi crescente in [0, 3/] e decrescente in (, 0] e in [3/, + ). (c) Per quanto visto alpunto precedente, g ha due punti critici: 1 =0e =3/. L analisi svolta sulla monotonia dimostra che il punto 1 è un minimo relativo mentre è un massimo relativo. Siccome g(0) = 0 e lim + g() = π/4, ilpunto 1 non è un minimo assoluto e poiché certamente g() ( π/,π/) per ogni R e lim g() =π/, ilpunto non è un massimo assoluto. La funzione g non ha estremi assoluti. (d) Sappiamo che g è strettamente decrescente in (, 0] e g(0) = 0; ne segue che g non ha zeri in (, 0). Essa è poi crescente in [0, 3/] ed ha un massimo relativo in 3/: non può annullarsi in (0, 3/]. Infine essa è strettamente decrescente in [3/, + ) e tende a π/4 per + : avrà esattamente uno zero nell intervallo [3/, + ). In conclusione, g ha esattamente due zeri.

19 (e) Sviluppando l esponenziale abbiamo h() =e ( + +1) 1 ( = ( + o( )) + +1 ) 1 F. De Mari e M. Venturino 19 =( + +1) ( )+ 1 ( )+o( ) 1 = 3 + o( ), cosicché ilpolinomio cercato è Primo scritto. 1. Si consideri la funzione: log(1 ) se <0 f() = a se =0; + b cos se >0. (i) Si determini per quali valori di a e b, se ne esistono, la funzione f risulta continua nell origine. (ii) Si determini per quali valori di a e b, se ne esistono, la funzione f risulta derivabile nell origine. Soluzione. (i) Chiaramente, f() b per 0 +, mentre log(1 ) log(1 ) = ( ) per 0, ossia f() per 0. Quindi deve aversi a = b =. (ii) Innanzitutto, affinché f sia derivabile nell origine, essa deve essere ivi continua. Quindi necessariamente a = b =. Studiamo i rapporti incrementali destro e sinistro: f() f(0) = cos + per >0; log(1 ) f() f(0) + log(1 )+ = = per <0. Ilrapporto incrementale destro tende a zero per 0 +, come si verifica con ilteorema di de l Hôpital. Per quanto riguarda il rapporto incrementale sinistro, osserviamo che dallo sviluppo di McLaurin log(1 )+ = 1 ( ) + o( )+ = + o( ), cosicché la derivata sinistra vale. Perciò la funzione non è derivabile nell origine per alcun valore di a e b.. Sia f() = 1+ e 3/. (a) Calcolare i limiti di f agli estremi del suo insieme di definizione;

20 0 Esami di Analisi Matematica 1 (b) determinare eventuali massimi e minimi, relativi e/o assoluti di f ; (c) calcolare il polinomio di McLaurin di quarto grado di f. Soluzione. (a) La funzione è definita in (, 1) ( 1, + ) e risulta: lim f() =, lim lim f() =+, lim 1 + f() =, 1 f() =0. + (b) Dalpunto (a) si ha che f non ha estremi assoluti. Calcoliamo la derivata prima: [ (1 + ) f () =e 3/ 3 ] (1 + ) 1+ e 3/ = 1 (1 + ) (33 + 4) e 3/ = 1 (1 + ) ( 1)( ). Studiando ilsegno delpolinomio ( 1)( +4/3) si vede che f è crescente in (, 4/3] e in [0, 1], mentre è decrescente in [ 4/3, 1), ( 1, 0] e in [1, + ). Quindi f ha due massimi relativi in 4/3 e 1 ed ha un minimo relativo in 0. (c) Poiché f() = e 3/ (1 + ) 1 e il polinomio di McLaurin dell esponenziale è noto, basta calcolare il polinomio di McLaurin di secondo grado di (1 + ) 1. Con facili conti si ottiene (1 + ) 1 =1 + + o( ), e quindi f() = ( ) (1 8 + o( ) + + o( ) ) = o( 4 ). Ilpolinomio cercato è pertanto Secondo scritto. 1. Calcolare il seguente limite: lim 0 1 log(1 + ). Soluzione. Utilizzando lo sviluppo di McLaurin log(1 + ) = 1 + o( ) si ha: 1 1 log(1 + ) = 1 [ ( 1 + o( ) )] = 1 [ ] 1 + o( ) e poiché per definzione o( )/ 0per 0, il limite cercato vale 1/.. Si consideri la funzione f() = e e. (a) Calcolare i limiti di f agli estremi del suo insieme di definizione; = 1 + o( )

21 F. De Mari e M. Venturino 1 (b) determinare eventuali massimi e minimi, relativi e/o assoluti di f ; (c) determinare il polinomio di Taylor di secondo grado di f nelpunto 0 =1. Soluzione. (a) La funzione in esame è definita in (, 0) (0, + ) e risulta: lim f() =+, lim lim f() =+, lim 0 + f() =, 0 f() =+. + (b) Dalpunto (a) si ha che f non ha estremi assoluti. Calcoliamo la derivata prima: f () = d ( e ) d e = e e e + e = e ( 1) + ( 1)e = e ( 1) (1 + e ). Poiché 1+ e > 0 per ogni, la derivata di f ha ilsegno di 1. Ne deduciamo che f ha un minimo relativo in = 1, che vale f(1)=(e e 1 ). (c) Abbiamo f(1) = (e e 1 ), f (1) = 0. Dal calcolo svolto al punto (b) risulta f () =( 1)g(), dove g() =e (1+ e )/. Quindi f () =g()+( 1)g () e f (1) = g(1) = e(1 + e ). Quindi ilpolinomio cercato è: p() =(e e 1 )+ (e + e 1 ) ( 1) Terzo scritto. 1. Determinare, alvariare di λ R, l ordine di infinitesimo per 0 della funzione: f() = log(cos(λ)) +. Soluzione. Utilizzando gli sviluppi di McLaurin cos(λ) =1 λ + λ4 4! 4 + o( 5 ) log(1 + y) =y 1 y + o(y ) si ha: ( [ ]) log(cos(λ))=log 1+ λ + λ4 4! 4 + o( 5 ) [ ] = λ + λ4 4! 4 + o( 5 ) 1 [ ] λ + λ4 4! 4 + o( 5 ) + o( 4 ) [ = λ + λ4 4! 4 + o( 5 ) ] λ o( 4 ) = λ λ o( 4 ). Quindi f() = ( ) 1 λ λ o( 4 ). Pertanto, se λ ± allora f è infinitesima di ordine per 0, mentre se λ = ± essa è infinitesima di ordine 4 per 0.

22 Esami di Analisi Matematica 1. Si determini il numero di zeri della funzione f() =e 1 nelsuo insieme ( 1) di definizione. Soluzione. La funzione in esame è definita in D =(, 1) (1, + ). Poiché f() = e ( 1) 1, ( 1) gli zeri di f sono gli stessi di quelli di g() =e ( 1) 1inD. Ora, g () =e ( 1) +e ( 1) = e ( 1), e quindi g è (strettamente) crescente in (, 1] ed in [1, + ), mentre è (strettamente) decrescente in [ 1, 1]. Siccome: lim g() = 1, g( 1) = 4 e 1=4 e e la funzione g ha esattamente uno zero in (, 1). Similmente, poiché lim g() =+, + g(1) = 1 < 0 essa ha esattamente uno zero in (1, + ). Infine, essa ha esattamente uno zero in ( 1, 1): l origine. In conclusione, g ha tre zeri in D e lo stesso vale per f. > Quarto scritto. 1. Calcolare i seguenti limiti: log(1 + ) lim ; cos log(1 + ) l im. 0 1 cos Soluzione. Per in un intorno bucato dell origine si ha: log(1 + ) 1 cos = Ora, log(1 + )/ 1, mentre 1 cos = 1 cos = log(1 + ) 1 cos. 1 cos per 0 +, = = 1 cos 1 cos 1 cos per 0. Quindi i limiti cercati sono rispettivamente e.. Si consideri la funzione f() =e log(1 + e ). (a) Calcolare i limiti di f agli estremi del suo insieme di definizione; (b) provare che f è strettamente monotona nelsuo insieme di definizione, specificando se f è crescente oppure decrescente.

23 F. De Mari e M. Venturino 3 Soluzione. (a) La funzione f è definita per ogni R. Per ±, f è una forma indeterminata, come risulta evidente scrivendo f() = log(1 + e )/e. D altra parte ( ) e 1+e d log(1 + d e ) d d e = e applicando il Teorema di l Hôpitalabbiamo lim f() =0, lim + e = 1 1+e, f() =1. (b) Da quanto visto alpunto (a), ci aspettiamo che f sia descrescente. Basterà quindi provare che f () < 0 per ogni R. Studiamo allora la derivata prima di f, cioè f () = e log(1 + e )+e e 1+e = 1 1+e log(1 + e ). e Avremo pertanto f () < 0seesolose 1 1+e log(1 + e ) < 0 log(1 + e ) > e e 1+e g() := log(1 + e ) Studiamo perciò ilsegno di g. Osserviamo dapprima che D altra parte lim g() =0, lim g() =+. + e 1+e > 0. g () = e 1+e e (1 + e ) e e = e (1 + e ) 1+e e (1 + e ) = e (1 + e ) > 0. Siccome g cresce da 0 a +, essa è strettamente positiva. Ne segue che f è strettamente decrescente in R Quinto scritto. 1. Si determini l ordine di infinitesimo per 0 della funzione f() = e cos λ( + ) alvariare delparametro λ nell intervallo (0, + ). Soluzione. Dagli sviluppi di McLaurin si ottiene e = o( 3 ) cos =1 1 + o( 3 ) f() = o( 3 ) λ( + ) =(1 λ)( + ) o( 3 ). Pertanto, se λ 1 si ha che f è infinitesima di ordine uno per 0, mentre se λ = 1, allora f è infinitesima di ordine tre per 0

24 4 Esami di Analisi Matematica 1. Si consideri la funzione g() = log(1 + e )+ 1. (a) Calcolare i limiti di g agli estremi del suo insieme di definizione; (b) provare che g ha esattamente uno zero nelsuo insieme di definizione; (c) determinare un intervallo aperto di lunghezza uno che contiene lo zero di g. Soluzione. (a) La funzione g è definita per ogni R. Poiché log(1 + e ) 0per +, siha lim g() =+. + Per quanto riguarda illimite a, dalmomento che g() = log(1 + e ) + log e 1 = log((1 + e )e ) 1 = log(e +1) 1, risulta lim g() = 1. (b) Da quanto visto alpunto (a), siccome g è certamente continua, sarà sufficiente provare che g è (strettamenete) crescente in tutto l asse reale. A tale scopo calcoliamo g, certo esistente per ogni R. Siccome e 1+e +1= 1 g () = 1+e, la derivata prima di g è ovunque positiva e quindi g è (strettamente) crescente in tutto l asse reale, come volevasi. (c) Si osservi che g(0) = log 1 < 0 in quanto <e, mentre g(1) = log(1 + e 1 ) > 0 in quanto 1 + e 1 > 1. Pertanto un intervallo aperto di lunghezza uno che contiene l unico zero di g è l intervallo (0, 1).