PROVE SCRITTE DI ANALISI MATEMATICA I, ANNO 2009/10

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1 PROVE SCRITTE DI ANALISI MATEMATICA I, ANNO 9/1 Prova scritta del 13/1/1 Si determini l ordine di infinitesimo della successione a n = arctan(n + ) arctan n. Denotato poi con B il numero delle lettere del proprio cognome, si deduca il comportamento della serie a n, n=b determinandone la somma in caso di convergenza. Esercizio Detto A il numero delle lettere del proprio nome, si studi, nel suo campo di definizione, la funzione g(x) = (x A A+1 )e x, A + 1 determinando in particolare gli eventuali punti di massimo e minimo relativi e assoluti, ed eventuali punti di flesso. Data la funzione 1 h(x) = e x + e x 4 sinh x, se ne determini l integrale indefinito. Soluzioni compito 13/1/1 Applicando ad esempio il teorema di Lagrange, si ottiene a n = 1 + (n + θ), dove θ é un numero opportuno compreso tra e 1. Ne consegue facilmente che la successione data é infinitesima di ordine, e pertanto la serie a n é convergente. 1

2 Per calcolarne la somma, a partire da B, si puo esaminare la generica somma parziale S n+b : S n+b = arctan (B + ) arctan B+arctan (B + 3) arctan (B + 1)+arctan (B + 4) arctan (B + )+ + arctan (B + 5) arctan (B + 3) arctan (B + n + ) arctan (B + n) = = arctan (B + n + ) + arctan (B + n + 1) arctan B arctan (B + 1). Ne segue pertanto la somma S della serie: S = lim S n+b = π arctan B arctan (B + 1). n Esercizio Chiaramente, il campo di definizione della g é IR\{}. Il segno della funzione é positivo per x > A A, e negativo per x <, e l unico punto d intersezione con gli A+1 A+1 assi é ( A, ). In si ha un asintoto verticale destro, essendo A+1 lim g(x) =, lim x + g(x) =. x Si ha poi un asintoto obliquo bilatero: y = x + A +A+1. Il calcolo della derivata A+1 fornisce: g (x) = e A+1 x (x (A + 1)x + A), x da cui si vede facilmente che g é crescente per x <, per < x < 1 e x > A, e decrescente per 1 < x < A, e quindi ammette un punto di massimo relativo per x = 1 e un punto di minimo relativo per x = A. Il calcolo della derivata seconda, infine, fornisce g (x) = e A+1 x x 4 ((A + 1)x A(A + 1)), da cui si deduce l esistenza di un solo punto di flesso, per x = A +A A +1. Adoperando la definizione della funzione sinh, si ottiene facilmente: e quindi h(x)dx = h(x) = du u 3 u + = 1 e x e x + e x = e x e 3x e x +, du (u + 1)(u u + ) = ( u u (u 1) + 1 )du,

3 avendo operato la sostituzione u = e x, e opportunamente scomposto il polinomio di terzo grado. In conclusione, si trova h(x)dx = 1 1 ( ln(u + 1) + 4 arctan(u 1) ln(u u + ) + C = = 1 1 ( ln(ex + 1) + 4 arctan(e x 1) ln(e x e x + ) + C. Prova scritta del 1//1 Si consideri, per x, la successione a n = n ln n n x+1 + sin (Bn), ove B denota il numero delle lettere del proprio cognome. Si verifichi per quali valori di x la successione (a n ) é infinitesima, e per quali valori di x la serie n=1 a n risulta convergente. Esercizio Detto A il numero delle lettere del proprio nome, si studi, nel suo campo di definizione, la funzione g(x) = cos(aπ + 4 x 4 + x ), determinando in particolare eventuali asintoti, e punti di massimo e minimo relativi e assoluti. Si determini l integrale definito B (x + 1) x x ( + ln(x + 1)) dx, x + 1 dove B denota il numero di lettere del proprio cognome. [Sugg.: si ponga y = x ln(x + 1).] Soluzioni compito 1//1 Essendo x, si ha n x+1 n, e quindi la quantita n x+1 + sin (Bn) é certamente positiva, almeno per n > 1, ed é un infinito di ordine x + 1. Poiché il numeratore é infinito di ordine superiore a 1, ma inferiore a qualsiasi quantita strettamente maggiore di 1, si deduce facilmente che (a n ) é infinitesima quando x >, mentre tende a + quando x =. Dunque, per x = la serie n=1 a n é certamente 3

4 divergente. Per x >, la successione (a n ) é infinitesima dello stesso ordine di ( ln n ), e n x quindi la serie n=1 a n si comporta come la serie ln n: quest ultima é convergente n x per x > 1 e divergente per < x 1, per confronto asintotico con le serie armoniche. In conclusione, la serie a n converge se x > 1 e diverge se x 1. Esercizio Per note proprieta delle funzioni trigonometriche, si ha g(x) = cos( x 4 x + 4 ). La funzione assegnata é pari, ed é definita e continua su tutto IR, quindi non vi sono asintoti verticali. Essendo poi lim g(x) = cos 1, x + la retta y = cos 1 é asintoto orizzontale (bilatero). Poiché la funzione x x 4 x +4 é sempre compresa fra 1 e 1, ne consegue che g é sempre compresa fra le quantita positive cos( 1) = cos(1) e 1, e quindi non é mai nulla. Quanto alla derivata, si ha g (x) = 16x (x + 4) sin x 4 x + 4 ; oltre che per x =, tale funzione si annulla quando x 4 = kπ, con k intero. Ma, x +4 poiché si ha sempre 1 x 4 < 1, l unico valore accettabile di k é. Dunque x +4 gli altri punti critici di g sono x = ±. Semplici considerazioni poi permettono di dedurre che é punto di minimo assoluto della g, mentre gli altri due sono punti di massimo, anch essi assoluti. Tramite la sostituzione y = x ln(x+1) si ottiene dy = ( x x+1 +ln(x+1))dx, e (x+1)x = e y. Quindi (x + 1) x x ( + ln(x + 1)) dx = x + 1 e y dy = ey L integrale definito si calcola grazie alla Formula Fondamentale: B + C = (x + 1)x (x + 1) x x ( x ln(x + 1)) dx = (B + 1)B 1. + C. Prova scritta del 16/6/1 4

5 Sia q un numero fissato, in ], 1[. E assegnata la successione (a n ) n, per n = 1,,..., secondo le seguenti regole: a 1 = q, a n+1 = (1 + 1 n )qa n, con n = 1,,... Si trovi l espressione esplicita per i termini a n, e si calcoli (se esiste) la somma della serie: Esercizio n=1 Si considerino, nel piano cartesiano, tutte le circonferenze passanti per l origine e aventi raggio 1. Tra tali circonferenze di determini quella, la cui intersezione con il primo quadrante individua la regione di area massima. a n. Si calcoli l integrale indefinito B sin x sin(x) dx, dove B denota il numero di lettere del proprio cognome. Soluzioni compito 16/6/1 Consideriamo i termini successivi della successione (a n ): a 1 = q; a = qa 1 = q ; a 3 = 3 qa = 3q 3,... e in generale a n = nq n. Mediante il criterio del rapporto, si vede facilmente che la serie converge. Per calcolare la somma, si puo scrivere: n=1 a n = n=1 q n + n= q n + n=3 = q 1 q + q 1 q + q3 1 q +... = 1 1 q q n +... = n=1 q n = q (1 q). 5

6 Esercizio Chiaramente, una circonferenza del genere deve avere il centro a distanza 1 dall origine, e quindi i centri di tutte queste circonferenze stanno nel cerchio unitario: ciascuno di tali centri puo essere descritto con coordinate del tipo (cos t, sin t), t [, π]. L equazione generica di una tale circonferenza é percio (x cos t) + (y cos t) = 1, o anche x + y x cos t y sin t =. Evidentemente, se si vuole rendere massima l area dell intersezione del cerchio con il primo quadrante, i valori di t possono essere limitati all intervallo [, π ], cioé consideriamo solo le circonferenze con centro C nel primo quadrante. Facilmente si vede che una circonferenza di questo tipo incontra gli assi coordinati nei punti O (, ), A (, sin t), B ( cos t, ), e l intersezione del cerchio con il primo quadrante consiste di un intero semicerchio e del triangolo rettangolo OAB, la cui area é ovviamente sin t cos t. Quindi l area da massimizzare é data dalla funzione f(t) = π + sin t cos t. Facili calcoli forniscono poi l unico punto critico: t = π, che effettivamente é di 4 massimo. Dunque, la circonferenza cercata é quella che ha il centro nel punto (, ). Essendo d dx Bsin x = B sin x cos x log B, risulta facilmente, integrando per parti: B sin x log B sin x cos xdx = sin xb sin x B sin x cos xdx = sin xb sin x Bsin x log B + C. Pertanto, si ha B sin x sin(x) dx = log B B sin x log B sin x cos xdx = = log B [sin xbsin x Bsin x log B ] + C. Prova scritta del 7/7/91 E assegnata la successione (Q n ) n, per n = 1,,..., secondo le seguenti regole: Q 1 = 1, Q n+1 = n(n + ) (n + 1) Q n, con n = 1,,... Si osservi che, per ogni n 1, log Q n coincide con la somma parziale di un opportuna serie telescopica, e se ne deduca il limite di Q n, quando n. 6

7 Esercizio Si studi, nel suo campo di definizione, la funzione h(x) = x sin x, determinando eventuali asintoti, punti di massimo, minimo, e flessi. Dopo aver osservato che la funzione h é invertibile in [, π], si prenda in considerazione la funzione inversa, h 1, nell intervallo [, π], e si trovi, se esiste, un punto c ], π[ che soddisfi alla tesi del Teorema di Lagrange, per h 1. Dopo aver calcolato l integrale definito π h(x)dx, dove h é la funzione dell esercizio, se ne deduca il valore di π h 1 (x)dx. Soluzioni compito 7/7/1 Poniamo S n = log Q n : allora si ha S 1 =, S n+1 = [log(n(n + )) log((n + 1) )] + S n, per n 1. Pertanto, posto a 1 =, e a n+1 = [log(n(n + )) log((n + 1) )], troviamo che S n+1 = S n + a n+1, cioé S n é la somma parziale della serie n a n. Ad es., Essendo ora, per ogni n : S 1 =, S = log 3 log 4, S 3 = S + log 8 log 9, etc. a n = log((n 1)(n+1)) log(n ) = [log(n+1) log(n)] [log(n) log(n 1)] = log n + 1 n log n n 1, si vede chiaramente che S n é la somma parziale della serie telescopica (b n+1 b n ), ove b 1 = e, per n > 1, b n = log n. Pertanto si ha n 1 log Q n = S n = b n+1 b = log n + 1 n log. Facilmente, allora, si deduce che lim n S n = log, e quindi lim n Q n = 1. 7

8 Esercizio Chiaramente, la funzione h é definita su tutto IR, ed é continua e derivabile dappertutto. Dunque, non ci sono asintoti verticali. Essendo lim x + h(x) = +, e lim x h(x) =, non vi sono neanche asintoti orizzontali. La funzione non h(x) presenta nemmeno asintoti obliqui, in quanto, pur essendo lim x ± = 1, non x esiste il limite che dovrebbe fornire l ordinata all origine dell eventuale asintoto. Si ha poi h (x) = 1 sin x, da cui si deduce facilmente che h é sempre crescente, e i punti in cui la derivata si annulla, cioé quelli del tipo x k = π + kπ, k =, ±1, ±, 4 etc., sono tutti punti di flesso. Dunque, per noti teoremi, h é invertibile, e la sua inversa é continua dappertutto, e derivabile in tutti i punti y che non siano del tipo h(x k ), dove gli x k sono i punti critici di h. Poiché h() = e h(π) = π, si ha che h 1 : [, π] [, π]. All interno di tale intervallo é contenuto un punto critico di h, cioé π 4, dunque h 1 non soddisfa ivi le ipotesi del teorema di Lagrange. Tuttavia, essendo h 1 (π) h 1 () π = 1 = h ( π ) = (h 1 ) (h( π )), il punto c = h( π ) = π 1 é quello cercato. Con semplici calcoli, si trova che π h(x)dx = π π. Per motivi puramente geometrici, l integrale di h 1 non é altro che la differenza tra l area del quadrato [, π] e l integrale di h(x), in [, π]. Si ha dunque π h 1 (y)dy = π ( π π ) = π + π. Un altro metodo consiste nell integrazione per sostituzione: ponendo y = h(x), si ha infatti π h 1 (y)dy = π xh (x)dx = π x(1 sin x)dx = π + π. Prova scritta del 8/9/1 Si studi, al variare di x, il comportamento della serie nx n x. n 8

9 Esercizio Si studi, nel suo campo di esistenza, la funzione x + x 1 f(x) =, x + 1 determinando in particolare eventuali asintoti e punti di massimo o minimo relativi ed assoluti. Si calcoli l integrale definito 1 x + x 1 dx. Soluzioni compito 8/9/1 Per x =, la serie e identicamente nulla, e quindi banalmente convergente. Per x >, la serie data e comunque definita e a termini positivi, per n > x. In tale situazione, il termine generale e infinitesimo di ordine 3, e quindi la serie converge, in virtu del criterio del confronto asintotico, qualunque sia x. Esercizio Poiche il radicando e sempre positivo, cosi come il denominatore, la funzione e definita (e continua) su tutto IR. Non vi sono dunque asintoti verticali. Si ha poi f() = 1, mentre non c e alcuna intersezione con l asse x, in quanto f(x) > per ogni x. Poiche lim f(x) =, x ± si ha un asintoto orizzontale bilatero, y =, e quindi nessun asintoto obliquo. Prima di calcolare la derivata, osserviamo che l espressione di f si puo trascrivere come segue: Allora, per x > 1, si ha f(x) = { x +x 1, x 1 x +1 x 1 = 1 x, x 1. x +1 x +1 f (x) = x3 + 3x 3x 1 (x + 1) x + x 1. Una radice del numeratore e x = 1: scomponendo allora tramite il metodo di Ruffini, si ottiene f (x) = (x 1)(x + + 3)(x + 3) (x + 1). x + x 1 9

10 Facilmente si vede che, nel campo x > 1, il segno della derivata e quello di 1 x, quindi positivo per x < 1 e negativo per x > 1. Dunque 1 punto di massimo relativo. Per x < 1 si ha f (x) = x x 1 (x + 1), e quindi e positiva per x < 1 e negativa per 1 < x < 1. Pertanto 1 e punto di massimo relativo. Un semplice confronto tra derivata destra e derivata sinistra prova che nel punto 1 la funzione non e derivabile: si ha comunque in tale punto un minimo (relativo). Infine, confrontando f(1) = con f(1 ) = 1+ si vede che il massimo assoluto si ha nel punto 1. Chiaramente, l integrale richiesto si calcola mediante la somma Il primo e immediato: 1 (1 x)dx x + x 1 dx. (1 x)dx = 3 8. Per il calcolo del secondo integrale, si puo scrivere x + x 1 = (x + 1) = [( x+1 ) 1] e quindi x u + x 1dx = 1du, avendo posto x + 1 = u. Dalle tabelle si ha dunque u 1du = u u 1 log(u + u 1) + C, x + x 1 dx = x + 1 x + x 1 log( x Sostituendo gli estremi, otteniamo e infine x + x 1 dx = log( + 1) log x + x 1 ) + C. x + x 1 dx = log( + 1) + 1 log = + log( )

11 Prova scritta del /9/1 Determinare, al variare di x IR, il comportamento della serie n= sin(nπ + x) cos(nπ x). n + 1 Esercizio Si studi, nel suo campo di esistenza, la funzione f(x) = x + x + 6x 9, determinando in particolare eventuali asintoti, e punti di massimo o minimo. Si calcoli il seguente integrale indefinito: x 1 (x + 1)(x x + x + x) dx. Soluzioni compito /9/1 Usando le formule di addizione e sottrazione, e tenendo presente che cos(nπ) = ( 1) n per ogni intero n, la serie si riduce a n= sin x cos x n + 1 : nei casi in cui sin x = o cos x =, ossia quando x = kπ, con k intero, la serie e costantemente nulla, e quindi convergente. In tutti gli altri casi la serie si comporta come la serie armonica classica, e quindi diverge. Esercizio Il radicando interno e sempre positivo, essendo somma di due quantita mai negative e mai contemporaneamente nulle. A maggior ragione sara sempre positiva la quantita x + x + 6x 9. Dunque la funzione data e definita e continua dappertutto, e percio non ha asintoti verticali. Si vede poi facilmente che lim f(x) = + x ± e che f(x) lim x ± x =, per cui non esistono neanche asintoti orizzontali ne obliqui. 11

12 Considerato poi che x + 6x 9 = { x + 6x 9, x 3 x 3 = 3 x, x 3, si vede facilmente che x + x + 6x 9, x 3 f(x) = 3, x 3 3 x, x. Per x > 3, si ha poi f (x) = x x + 6x 9 x + x + 6x 9 x + 6x 9, da cui si vede subito che, per x > 3, la funzione e sempre crescente. Inoltre, poiche la derivata destra in 3 e diversa da (cioe dalla derivata sinistra), in tale punto la funzione data non e derivabile. Per x < si ha poi f 1 (x) =, 3 x e quindi la f e sempre decrescente per x <. Poiche la derivata sinistra in e diversa dalla derivata destra (che e nulla), anche e punto di non derivabilita. In conclusione, la funzione non ha punti di massimo, mentre e costante e assume minimo valore ( 3) nell intero intervallo [, 3 ]. Iniziamo con la sostituzione: x = u, da cui dx = udu. Allora l integrale da calcolare diviene: u 1 (u + 1)(u + u + 1) du. Scomponendo la funzione fratta con la solita tecnica, si ottiene u 1 (u + 1)(u + u + 1) = u u + 1 u + 1 u + u + 1. Si ha dunque u 1 (u + 1)(u + u + 1) du = log(u + 1) log(u + u + 1) + C, e in definitiva x 1 (x + 1)(x x + x + x) dx = log(x + 1) log(x + x + 1) + C. 1

13 Prova scritta del 9/11/1 Si trovino i valori di x > tali che le due serie x ln n e n x siano entrambe convergenti e quelli per i quali esse siano entrambe divergenti. Esercizio Si studi, nel suo campo di esistenza, la funzione f(x) = xπ π x, determinando in particolare asintoti, eventuali punti di minimo e massimo, ed eventuali punti di flesso. Si determini l integrale indefinito 3 x e x 1 e dx. Soluzioni compito del 9/11/1 Per quanto riguarda la prima serie, si ha x ln n = n ln x = 1 n ln x. Essendo di tipo armonico, tale serie converge se e solo se ln x > 1, ossia x < 1 e. Quanto alla seconda serie, anche questa e di tipo armonico, essendo n x = 1 n x : tale serie converge se e solo se x > 1, cioe per x < 1. Allora le due serie convergono contemporaneamente quando x < 1, e divergono simultaneamente quando x 1. e Esercizio Si vede facilmente che la funzione data e definita per x >, ma puo essere prolungata per continuita anche in, essendo lim x + f(x) =. Si ha anche lim x + f(x) =, dunque la retta y = e asintoto orizzontale. Inoltre si ha sempre f(x) > per < x <. Quanto alla derivata prima, si ha f (x) = π x x π 1 (π x ln π), 13

14 per x >, e anche f () = considerando il prolungamento in. Semplici considerazioni permettono allora di dedurre l esistenza di un punto di massimo (assoluto) per x = π ; il prolungamento in ammette poi anche minimo, proprio in. Quanto alla ln π derivata seconda, risulta f (x) = π x x π [ x ln (π) xπ ln π + π π ]. Annullando l espressione tra parentesi, si trovano i due punti di flesso: π+ π ln π e π π ln π. Posto y = x e, si ha dy = ex e 1 dx, per cui 3 x e dx = 3 xe x e 1 dx = 1 3 y dy = 1 x1 e e e ln 3 3y + C = 1 e ln 3 3xe + C. 14