Ingegneria civile - ambientale - edile

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1 Ingegneria civile - ambientale - edile Analisi - Prove scritte dal 7 Prova scritta del 9 giugno 7 Esercizio Determinare i numeri complessi z che risolvono l equazione Esercizio (i) Posto a n = n i z z z z i =. si calcoli L = n a n. (ii) La serie n= (a n L) è convergente? Esercizio 3 Calcolare, se esiste, x n ln ( + n + sin n ) ] 3, sin x sin x. x (cos x cos x) Esercizio (i) Determinare l insieme di definizione della funzione f(x) = ln cos x sin x e verificare che essa è periodica di periodo π; (ii) Descrivere il grafico di f sull intervallo ] π, 5π. Esercizio 5 (i) Calcolare l integrale improprio (ii) Provare che l integrale improprio è finito e strettamente negativo. (iii) Calcolare il valore di tale integrale. ln x dx. ln sin x dx Esercizio 6 Risolvere il problema di Cauchy { y y + y = x(e x ) y() =, y () =.

2 Risoluzione Esercizio L equazione si può scrivere nella forma i(z z) z z =, e poiché z z = i Im z, conviene porre z = x + iy e trasformare l equazione in un sistema separando parti reali e parti immaginarie: i( iy) (x + iy) x + y = { y x x + y = y x + y =, da cui y =, e di conseguenza x x =. Pertanto x =. L unica soluzione dell equazione è dunque z =. Esercizio Utilizziamo gli sviluppi di Taylor per x e t : Allora, per n, 3 + x = + 3 x 9 x + o(x ), + x = + x 3 3 x + o(x ), sin t = t 6 t3 + o(t ), ln( + x) 3 ] = 3 ln( + x) = 3x 9 x + o(x ) n = + n n ( ) n + o, + sin n = + sin n 33 n ( sin + o sin ) n ( ln + ) ] 3 ( = 3 ln + ) = 3 n n n 3 8n + o Dunque cosicché L = 3. n a n = 5 + o ( 8n o ( ) 3 n 8n n a n 3 = 5 + o ( ) n 8n n 3 n ) = + n 3 ( 8n + o n per n, (ii) Risulta per n, in virtù di quanto stabilito sopra, o ( )] n 8n n o ( n 8n ( n n ) 3 n n ). 3n. ),

3 Ne deduciamo, per il criterio del confronto asintotico, che la serie n= ( an 3) è divergente negativamente. Esercizio 3 Ricordiamo gli sviluppi di Taylor per t : Posto t = x, con x +, si ricava ed anche sin x = = x sin t = t 6 t3 + t5 + o(t 6 ), cos t = t + t + o(t 5 ). sin x = x 6 x 3 + x 5 + o(x 3 ), cos x = x + x + o(x 5 ), x 6 x3 + o(x ) = x + ( 6 x + o(x 3 ) cos x = Da qui ricaviamo infine, per x +, 6 x + o(x 3 ) = ) ] + o(x ) x + o(x 3 ) = x + o(x 3 ). = x x 5 + o(x 5 ), sin x sin x = x 3 + x 5 + x 5 + o(x 5 ) ( 6 ) x (cos x cos x) x x + x + x + o(x 5 ) 3. Esercizio (i) La funzione f è definita in tutti i punti in cui sin x cos x, ossia i punti π + kπ, con k Z. Se x non è uno di tali punti, f(x + π) = ln cos(x + π) sin(x + π) = ln cos x + sin x = ln cos x sin x = f(x), dunque f è π-periodica. (ii) Anzitutto, negli estremi dell intervallo vi sono due asintoti verticali: x π + f(x) =, f(x) =. x 5π Inoltre, nell intervallo ] π, 5π si ha sin x > cos x, quindi ] π f(x) = ln (sin x cos x) x, 5π.

4 Dunque f (x) = cos x + sin x sin x cos x cos x + sin x x ] π, 3π ; per cui f ha massimo nel punto x = 3π, dove vale ln. Poi, f (x) = (sin x cos x) (cos x + sin x) (sin x cos x) x cosicché f è concava in tale intervallo. Si noti infine che ( ) ( ) 3π 3π f + t = f t t, π, ] π, 5π ossia il grafico di f è simmetrico rispetto alla retta di equazione x = 3π : infatti, essendo sin 3π = = cos 3π, si può scrivere ( ) ( ( ) ( )) 3π 3π 3π f t = ln sin t cos t = = ln (sin 3π cos t cos 3π sin t cos 3π cos t sin 3π ) sin t = = ln (sin 3π cos t cos 3π sin t + sin 3π cos t + cos 3π ) sin t = ( ( ) ( )) ( ) 3π 3π 3π = ln sin + t cos + t = f + t. Dalle informazioni raccolte otteniamo il grafico seguente:,

5 Esercizio 5 (i) Integrando per parti, una primitiva di ln x è x(ln x ); quindi ln x dx = ] π x(ln x ) = π (ln π ) = π (ln π ). (ii) L integrale improprio esiste sicuramente, poiché l integrando è una funzione negativa in ], π. Per valutarne la convergenza, notiamo anzitutto, utilizzando il fatto che sin(π t) = sin t per ogni t, π], che si ha ln sin x dx = ln sin x dx + Adesso utilizziamo la parte (i) già dimostrata, scrivendo ln sin x dx = π ln sin x dx = ln sin x dx. ln sin x ] x + ln x dx, ed osserviamo che il primo addendo dell integrando a secondo membro è una funzione continua in ], pi : infatti sin x è continua e strettamente positiva se le si assegna il x valore in x =. Dunque si ha ln sin x dx = ln sin x x dx + ln x dx, e i due integrali sono entrambi finiti. Ne segue che l integrale proposto è a sua volta finito. Infine, esso è strettamente negativo: ln sin x dx ln sin x dx ln sin π dx = π ln <. (iii) Il calcolo esplicito dell integrale è possibile grazie alle proprietà della funzione logaritmo ed alle simmetrie delle funzioni seno e coseno. Anzitutto notiamo che, essendo sin x = cos ( π x) per ogni x ], π, si ha, ponendo nell ultima uguaglianza t = π x, ( π ) ln sin x dx == ln sin x dx = ln cos x dx = ln cos t dt. Se due numeri coincidono, coincide con essi anche la loro media: dunque ln sin x dx = = (ln sin x + ln cos x) dx = ln(sin x cos x) dx = ln sin x Quindi, posto x = t e notando che sin t è simmetrica rispetto alla retta t = π, ln sin x dx = ln sin x dx = dx. ln sin t dt = ln sin t dt.

6 Ne segue Pertanto ln sin x dx = ln sin x dx = ln sin t dt = ln sin t dt ln sin x dx π ln, ln dt. e in conclusione ln sin x dx = ln sin x dx = π ln. Esercizio 6 L equazione caratteristica associata all equazione differenziale lineare omogenea è λ λ + =, ed ha la soluzione λ = di molteplicità. Perciò le soluzioni dell equazione omogenea sono le funzioni delle forma c e x + c x e x, c, c R. Il secondo membro dell equazione differenziale è composto da due addendi, x e x e x; quindi possiamo applicare il metodo dei coefficienti indeterminati. Poiché l esponente della funzione x e x è radice di molteplicità dell equazione caratteristica, cerchiamo una soluzione particolare u(x) di u (x) u (x) + u(x) = xe x della forma Derivando e raccogliendo i termini si ha da cui, semplificando, u(x) = x (Ax + B)e x. u(x) = (Ax 3 + Bx )e x, u (x) = ( Ax 3 + (3A + B)x + Bx ) e x, u (x) = ( Ax 3 + (A + B)x + (6A + 8B)x + B ) e x, x e x = u (x) u (x) + u(x) = (6Ax + B)e x ; dunque cosicché B =, A = 6. u(x) = 6 x3 e x. Poiché non risolve l equazione caratteristica, cerchiamo una soluzione particolare v(x) di v (x) v (x) + v(x) = x della forma v(x) = ax + b.

7 Allora v (x) = a, v (x) = e dunque x = v (x) v (x) + v(x) = a + ax + b, da cui a = b e a =. Pertanto a = = b e si trova v(x) = x + Si conclude che le soluzioni dell equazione differenziale non omogenea sono tutte le funzioni y(x) della forma y(x) = c e x + c x e x + 6 x3 e x x +., c, c R. Imponiamo infine le condizioni di Cauchy y() = y () = : osservato che ( y (x) = (c + c ) e x + c x e x + x + ) 3 x3 e x, deve essere = y() = c, = y () = c + c, da cui c = 3 e c = 3. Pertanto la soluzione del problema di Cauchy è y(x) = 3 ex + 3 x ex + 6 x3 e x x + Prova scritta del 3 giugno 7 Esercizio Si consideri la serie e n n( + e n ) x3n, x R. n= (i) Per quali x R la serie converge assolutamente? (ii) Per quali x R la serie è convergente?. Esercizio Sia f(x) = x e t arctan t dt, x R. Senza tentare di calcolare l integrale (il che è impossibile), si tracci un grafico approssimativo di f, specificando per quanto possibile: (a) iti agli estremi del dominio, (b) eventuali asintoti, (c) intervalli di crescenza e decrescenza, (d) punti di massimo o minimo relativo, (e) intervalli di concavità e convessità. Esercizio 3 Risolvere il problema di Cauchy { y + y + 3y = e x + cos x, x R, y() =, y () =.

8 Risoluzione Esercizio (i) Si tratta di una serie di potenze: quindi l intervallo dove essa converge assolutamente è dalla forma ] R, R, ove R è il raggio di convergenza. Ma la presenza del monomio x 3n rende scomodo il calcolo diretto di R. Quindi utilizziamo il criterio della radice per la serie e n n( + e n ) x 3n. Si ha Risulta evidentemente n n n= e n e x 3 n( + e n ) x 3n = n e e x 3 < x < e 6, = e x 3. e dunque la serie converge assolutamente in ] e 6, e 6. D altra parte, la serie dei moduli diverge per x e 6, per confronto asintotico con la serie armonica. (ii) Per x = e 6 la serie è a termini positivi e diverge per confronto asintotico con la serie armonica. Per x = e 6 la serie è a segni alterni e diventa ( ) n e n n( + e n ). n= Per poter applicare il criterio di Leibniz occorre verificare che a n = e n n( + e n ) è positiva (evidente), infinitesima (ovvio), decrescente (unica verifica non banale). A questo scopo consideriamo la funzione g(t) = e vediamo se g è decrescente: si ha e t t( + e t ), t >, g (t) = et t( + e t ) e t ( + e t + t e t ) t ( + e t ) = et (t e t ) t ( + e t ) ; dato che risulta e t > + t > t > t per ogni t >, si conclude che g (t) < per ogni t > e dunque a n è una successione strettamente decrescente. Pertanto, per il criterio di Leibniz la serie converge nel punto x = e 6, e in definitiva la serie data converge nell intervallo e 6, e 6. Esercizio La funzione f verifica f() =, f(x) > x ;

9 infatti l integrando è una funzione continua, positiva per x > e negativa per x <, da cui Inoltre infatti x e t arctan t dt = x e t arctan t dt > x <. f(x) = e t arctan t dt = y R; x + < y = e t arctan t dt < π e t dt = π. Dunque vi è l asintoto orizzontale y = y per x, con il valore di y non calcolabile. Invece, ponendo s = t, f(x) = e t arctan t dt = x = e s arctan s ds D altra parte, usando il teorema di de l Hôpital, e s arctan( s) ( ds) = e s arctan s ds π f(x) x x = f (x) = x x e x arctan x =, cosicché non vi è asintoto obliquo per x. Analizziamo la derivata prima: f (x) = e x arctan x > x >, e s ds = +. dunque f è decrescente in ], ] e crescente in, ; f ha quindi un minimo assoluto per x =, con f() =, mentre non è itata superiormente. Analizziamo la derivata seconda: f (x) = e x arctan x + e x + x = e x + x arctan x La funzione h(x) = arctan x, x R, è positiva per x ; si ha h() = e, per +x x >, h è decrescente, con h(x) π per x +. Vi è dunque un unico punto x >, in cui h si annulla: tale punto è quindi un punto di flesso per f, con f (x) > per x < x, f (x ) =, f (x) < per x > x. Dunque f è convessa in ], x ] e concava in x, +. Si può osservare che risulta, più precisamente, 3 < x <, perché ]. f ( 3 ) = 3 π 6 >, f () = π <. Naturalmente il calcolo di x e di f(x ) è impossibile. Dalle informazioni ottenute si ricava il seguente grafico qualitativo:

10 Esercizio 3 Si tratta di un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti. Risolviamo l equazione omogenea: il polinomio caratteristico è λ +λ+3 e le sue radici sono λ = ± = ± i. Dunque le soluzioni dell omogenea sono y(x) = c e x cos x + c e x sin x, c, c R. Il secondo membro dell equazione differenziale è somma di due addendi, e ad entrambi è applicabile il metodo dei coefficienti indeterminati. Cerchiamo due soluzioni particolari: la prima, v, soluzione di v (x) + v (x) + 3v (x) = e x, e la seconda, v, soluzione di v (x)(x)(x) + v + 3v = cos x. Ponendo v (x) = A e x si ha e quindi da cui v (x) = A e x, v (x) = A e x, e x = v (x) + v (x) + 3v (x) = (A A + 3A)e x A =, v (x) = e x. Analogamente, ponendo si ha e quindi v (x) = a cos x + b sin x v (x) = a sin x + b cos x, v (x) = a cos x b sin x, cos x = v (x) + v (x) + 3v (x) = ( a + b + 3a) cos x + ( b a + 3b) sin x,

11 da cui { a + b = ovvero a = b =, a + b =, v (x) = (cos x + sin x). L insieme delle soluzioni dell equazione non omogenea è dunque y(x) = c e x cos x + c e x sin x + e x + (cos x + sin x), c, c R. Risolviamo infine il problema di Cauchy: essendo y (x) = c e x cos x c e x sin x c e x sin x + c e x cos x e x + ( sin x + cos x), si ha da cui c = e c = 5, e in conclusione = y() = c + + = y () = c + c +, y(x) = e x cos x + 5 e x sin x + e x + (cos x + sin x), x R. Prova scritta del luglio 7 Esercizio Trovare le coppie (z, w) di numeri complessi tali che { z = w w iz + w = i. Esercizio Sia f : R R la funzione così definita: x se x < f(x) = se x = max{ 3x 9, x } se x >. Si tracci un grafico approssimativo di f, specificando, se esistono: (a) iti agli estremi del dominio,

12 (b) asintoti, (c) punti di discontinuità e punti angolosi, (d) intervalli di crescenza e decrescenza, (e) punti di massimo o minimo relativo, (f) punti di massimo o minimo assoluti, (g) intervalli di concavità e convessità. Esercizio 3 Si consideri l integrale 3 (i) Si mostri che esso esiste. (ii) Lo si calcoli. Risoluzione x (ln x ) dx. Esercizio La prima equazione si può riscrivere come z = w, e fornisce di conseguenza z = ± w. Sostituendo nella seconda equazione si ha i w + w = i, oppure i w + w = i, e scrivendo w = a + ib si ottiene il sistema equivalente { a = a + b + b =, oppure { a = a + b + b =. Il primo sistema non ha soluzione perché + b + b >. Il secondo sistema invece implica + b = + b, da cui, quadrando e semplificando, b =. Ne segue w = e z =. Esercizio Calcoliamo per cominciare Risulta se e solo se, elevando al quadrato, max{ 3x 9, x }. 3x 9 < x 9x 5x + 8 < 6 8x + x,

13 ossia se e solo se 8x 6x + 65 <. Questo trinomio ha le radici ossia 3 x = 3 ± = 3 ± 3 8 e 5 ; dunque la disequazione è verificata se e solo se Pertanto 5 < x < 3. 3x 9 = 9 3x se x < 5 max{ 3x 9, x } = x = x se 5 x 3 3x 9 = 3x 9 se x > 3. A questo punto, il grafico di f è facile: Analizziamo i vari punti richiesti. (a)-(b) Si ha f(x) = x x x = +, dunque per x vi è l asintoto orizzontale di equazione y = ; invece f(x) = x x x = +, dunque per x vi è l asintoto verticale di equazione x =. Inoltre f(x) = (3x 9) = +, x + x + e naturalmente per x > 3 3x 9. la f coincide con il suo asintoto obliquo di equazione y =

14 (c)-(d) Il punto x = è di discontinuità perché f() =, f(x) = x x x = +, x f(x) = + +(9 3x) = 9. x Invece i punti x = 5 e x = 3 sono punti angolosi, con f(5) = 3 e f(3) = 3: infatti se x <, x 3 3 se < x < 5 f (x) = se 5 < x < 3 3 se x > 3. e pertanto f (x) = 3, x 5 f (x) =, x 3 f (x) =, x 5 + f (x) = 3. x 3 + (d)-(e) La funzione f è crescente in ], e in 3,, mentre è decrescente in ], 3]. Pertanto x = 3 è un punto di minimo relativo, con f(3) = 3, e non vi sono punti di massimo relativo. (f) La funzione f non ha né massimo assoluto né minimo assoluto, con inf R f =, sup f = +. R (g) La funzione f è convessa (separatamente) nelle due semirette ], e ],. Esercizio 3 (i) L integrale proposto è improprio perché la funzione (ln x ) è infinita nell origine. Tuttavia la funzione x (ln x ) è prolungabile con continuità in, quindi l integrale esiste certamente. (ii) Calcoliamo l integrale: osservato che l integrando è dispari, risulta e quindi si ha 3 e integrando per parti si ottiene 3 x (ln x ) dx =, x (ln x ) dx = 3 x (ln x) dx, x (ln x) dx = x (ln x) ] 3 3 x ln x dx = = = 3 x (ln x) ] 3 x ln x ] 3 + x dx = x (ln x) ] 3 x ln x ] 3 + ] x 3 = 9 (ln 3 ln 3) +.

15 Prova scritta del 3 settembre 7 Esercizio Poniamo per n N + n n a n = n + n se n è dispari, se n è pari, n. (i) Calcolare, se esistono, max a n, n N + min a n, n N + a n. n (ii) Stabilire se la serie è convergente. ( a n ) n= Esercizio Sia f : R R la funzione così definita: { + x x + se x <, f(x) = + x se x. Si tracci un grafico approssimativo di f, specificando, se esistono: (a) iti agli estremi del dominio, (b) asintoti, (c) punti di discontinuità e punti angolosi, (d) intervalli di crescenza e decrescenza, (e) punti di massimo o minimo relativo, (f) punti di massimo o minimo assoluti, (g) intervalli di concavità e convessità. Esercizio 3 Si calcoli l integrale 3 x arctan x dx.

16 Risoluzione Esercizio (i) Analizziamo i primi termini della successione: n =,, 3,, 5, 6, 7, 8, a n =,, 3, 3, 3 5, 3, 5 7, 5, Dal momento che i termini di indice dispari crescono ed hanno ite, mentre quelli di indice pari decrescono ed hanno ite, è facile dedurre che max a n = a =, n N + min a n = a =, n N + a n =. n (ii) Risulta dunque si ha ne segue a n = n n n + n = n = n a n = ( )n n n= se n è dispari, se n è pari, n ; n N +. ( ) n ( a n ) =, n e perciò la serie è convergente (non assolutamente), in virtù del criterio di Leibniz. Esercizio (a) La funzione è definita per ogni x R. Si ha inoltre n= f(x) = x x + x x + = +, f(x) = x + x + + x = +. (b) Per x si ha, essendo x <, f(x) x x = x + x x + x =, e quindi non c è asintoto per x. Invece, per x + si ha ed inoltre, essendo x >, f(x) x + x = x + + x x =, (f(x) x) = ( + x x) = x + x + ( + x = x)( + x + x) x + + x + x ne segue che per x + vi è l asintoto di equazione y = x. = x + + x + x = ;

17 (c) Essendo x + x x + continua, la funzione f è continua in ogni punto di ], ; essendo x + x continua, la funzione f è continua in ogni punto di ],. Inoltre, nel punto si ha f(x) = x + x x + =, x f(x) = x + + x =, x + cosicché f(x) = = f(); x dunque f è continua anche in. Pertanto non ci sono punti di discontinuità. Vediamo se esistono punti angolosi. Calcoliamo anzitutto la derivata f (x). Si ha x(x + ) + x se x <, + x f x(x + ) (x) = + + x se < x <, + x x + x se x >. Ciò premesso, nella semiretta ], + non ci sono punti angolosi, poiché f è continua. Nella semiretta ], vi è un punto sospetto: quello dove si annulla il valore assoluto, cioè. In tale punto si ha f( ) = e dunque mentre Pertanto f(x) f( ) x x + f(x) f( ) x + x + = x = x + + x ( x ) x + + x (x + ) x + f ( ) =, f ( + ) =, =, =. ed il punto (, ) è punto angoloso del grafico. Le tangenti al grafico in tale punto hanno equazioni y = (x + ) (per x ), y = (x + ) (per x + ). Infine vediamo cosa accade in : essendo f() =, si ha, dal teorema di de l Hôpital, x(x + ) + ] + x =, + x f(x) f() x x = x f(x) f() x + x d + x (x + ) = dx x = x + d + x = dx x + x + x = ; pertanto il punto (, ) è punto angoloso del grafico. Le tangenti al grafico in tale punto hanno equazioni y = + x (per x ), y = (per x + ).

18 (d) Dall espressione di f segue subito che f > in ], +, mentre si ha f < in ],, essendo x < x + <. Nell intervallo ], si ha f (x) = x( + x) + ( + x ) + x = + x + x, + x ed essendo il numeratore sempre positivo, otteniamo f > in ],. Dunque f è decrescente in ], ] e crescente in, +. (e)-(f) Si ha sup f = +, R inf R f = min f = f( ) =. R Oltre al punto, che è di minimo assoluto, non sono presenti altri punti di massimo o di minimo relativo. (g) Calcoliamo f : ricordando che f (x) = x x + x x + x + + x x + x se x <, se < x <, se x >, si ottiene, con qualche calcolo, f (x) = x 3 3x ( + x ) 3 x 3 + 3x + ( + x ) 3 ( + x ) 3 se x <, se < x <, se x >. Ne segue che f > in ], + ; inoltre, essendo ovviamente x 3 3x > +3 > per ogni x <, si ha f > anche in ],. Invece in ], la f passa da negativa per x = a positiva per x =, e cambia segno una volta sola perché In definitiva: d dx (x3 + 3x + ) = 6x + 3 > in ],. f è convessa in ], ]; f è convessa in, + ; esiste un unico punto x ], tale che f è concava in, x ] ed è convessa in x, ].

19 Possiamo riassumere le informazioni raccolte nel seguente grafico: Esercizio 3 L integrando è Dunque ( x) arctan x se x, (x ) arctan x se x 3. 3 x arctan x dx = ( x) arctan x dx + 3 (x ) arctan x dx. La funzione arctan x è dispari e quindi il suo integrale su, ] è nullo. Invece x arctan x è una funzione pari e quindi il suo intgrale su, ] è il doppio di quello su, ]. Pertanto 3 x arctan x dx = x arctan x dx + Una primitiva di x arctan x si trova integrando per parti: 3 (x ) arctan x dx. e poiché si ottiene b b a a ] x b x arctan x dx = arctan x a x + x dx = b a b a b a x + x dx, ( ) dx = x arctan x] b + x a, x x arctan x dx = arctan x x + arctan x ] b. a

20 Similmente, una primitiva di arctan x si trova così: b a arctan x dx = x arctan x] b a b Pertanto si ha x x arctan x dx = arctan x x + arctan x mentre 3 In definitiva 3 (x ) arctan x dx = x = arctan x x + arctan x a x + x dx = x arctan x ] b ln( + x ). a ] = π + π = π, x arctan x + ] 3 ln( + x ) = = π 3 + π 6 π + ln π π 8 + π ln = ( = π 3 ) 3 + ln 3. x arctan x dx = π ( + π 3 ) 3 3 ( = π 3 ) ln 6. + ln =