SOLUZIONI COMPITO del /0/09 ANALISI MATEMATICA I - 9 CFU ENERGETICA TEMA A Esercizio Ponendo z = a + ib, da cui z = a + b, ed osservando che e iπ/ = i, l equazione proposta si riscrive nella forma a b + iab + i a + b = 4i. Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie, si arriva al sistema reale a b = 0, ab + a + b = 4, = a = b, b + b = 4, oppure a = b, b + b = 4. La seconda equazione del primo sistema si può riscrivere nella forma b + b = 0, da cui b = ;, ovvero b = ±, poiché b = è impossibile. La seconda equazione del secondo sistema, invece, si può riscrivere nella forma b b + = 0, che risulta impossibile. Pertanto, sostituendo i valori di b nella prima equazione del primo sistema otteniamo z = + i = e iπ/4 e z = i = e 5iπ/4. Esercizio La funzione proposta è data dal rapporto di un polinomio non decomponibile al denominatore per una funzione integrale di integranda continua su tutto R, composta con una potenza; pertanto, risulta essere una funzione continua e derivabile su tutto R. Osserviamo anche che F è una funzione pari. Ponendo si ricava che in quanto G(x) = x arctan t + π 4 + e t ( + sin t) dt, + lim G(x) = arctan t + π dt = +, 4 + e t ( + sin t) f(t) := arctan t + π 4 + e t ( + sin t) π/ + π 4 per t +, e quindi l integrale improprio risulta essere divergente. Utilizzando il Teorema di de l Hospital, il Teorema di Torricelli e il Teorema di derivazione della funzione composta, otteniamo lim F (x) = = lim lim arctan x +π 4+e x (+sin x ) x 4x G(x) H G (x) x = lim + 4x π/ + π = lim = π 8 6. Pertanto, la retta y = π 6 è asintoto orizzontale per F a ±. Esercizio Il problema di Cauchy proposto è relativo ad un equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Ponendo f(x) = (tan x) (cos x) e g(y) = (y λ)/y, si ricava che f C 0 ( π/, π/) e g C ( (, 0) (0, + ) ) ; quindi, per ogni λ R \ 0}, esiste un unica soluzione locale di classe C del problema proposto. Osserviamo che l equazione ammette una soluzione singolare data da y(x) = λ; pertanto, per λ =, cioè λ = 8, essa sarà la soluzione del problema di Cauchy. Invece, per λ 0; 8 e y λ, procediamo con la separazione delle variabili. Si ricava log y λ = y y λ dy = (tan x) (cos x) dx = (sin x) dx = [ (cos x) (cos x) ] sin x dx = cos x + + C,
da cui y (x) λ = exp[ cos x + (cos x) + C] = y(x) = Ke cos x+(cos x) + λ. Imponendo, infine, la condizione iniziale, otteniamo = y(0) = Ke + λ = K = (8 λ)e. Quindi, la soluzione cercata sarà y(x) = (8 λ)e cos x+(cos x) + λ. Per concludere osserviamo che, per λ = 8, si riottiene la soluzione singolare y(x). Esercizio 4 Innanzitutto, osserviamo che, per x 0 +, la funzione x (cos x) /x risulta essere un caso di indecisione della forma. Riscrivendo tale espressione come exp[log ( (cos x) /x) ] = exp[ x log(cos x)], e ricordando che, per x 0 +, log( + t) t, con t = cos x, cos x x /, si ottiene cos x log(cos x) = log[ + (cos x )] x / x x x x = x 4 0. Pertanto, per il limite proposto si ricava (cos x) /x x / sin( x) = exp[ x log(cos x)] x / sin( x log(cos x) x) x / x / + x/6 x/4 x/6 =, dove abbiamo tenuto conto che, per x 0 +, e t t, con t = x log(cos x) 0, ed abbiamo utilizzato lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine, della funzione t sin t, con t = x. Esercizio 5 i) Per la definizione e il significato geometrico della derivata si veda il libro di testo. ii) La prima affermazione è errata, basta considerare la funzione f(x) = x, che è continua ma non derivabile in x 0 = 0. La seconda affermazione è corretta e per la dimostrazione si veda il libro di testo. iii) Tenendo conto che log( + x 7 ) x 7, utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al settimo ordine per le funzioni x sin x e x e x, possiamo riscrivere f(x) sin x e x xk+ f(x) ( )k (k+)! 5 = lim x 0 log( + x 7 = lim 7 xk k! ) x 0 x 7. Pertanto, otteniamo ovvero f(x) ( ) k + 7 (k + )! k! 5x7, f(x) = ( ) k + 7 (k + )! + k! + 5x7 + o(x 7 ) = + x + x + x4 4! + x5 + x6 5! 6! + 5x7 + o(x 7 ).
TEMA B Esercizio Ponendo z = a + ib, da cui z = a + b, ed osservando che e iπ/ = i, l equazione proposta si riscrive nella forma a b + iab i a + b = i. Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie, si arriva al sistema reale a b = 0, a = b, ab = a + b =, b oppure b =, a = b, b b =. La seconda equazione del secondo sistema si può riscrivere nella forma b + b = 0, da cui b = ; /, ovvero b = ±/, poiché b = è impossibile. La seconda equazione del primo sistema, invece, si può riscrivere nella forma b b + = 0, che risulta impossibile. Pertanto, sostituendo i valori di b nella prima equazione del secondo sistema otteniamo z = / + i/ = e iπ/4 e z = / i/ = e 7iπ/4. Esercizio La funzione proposta è data dal rapporto di un polinomio non decomponibile al denominatore per una funzione integrale di integranda continua su tutto R, composta con una potenza; pertanto, risulta essere una funzione continua e derivabile su tutto R. Osserviamo anche che F è una funzione pari. Ponendo si ricava che in quanto G(x) = x 4 e t (cos t + ) arctan t + π dt, + lim G(x) = e t (cos t + ) dt = +, arctan t + π f(t) := e t (cos t + ) arctan t + π π/ + π per t +, e quindi l integrale improprio risulta essere divergente. Utilizzando il Teorema di de l Hospital, il Teorema di Torricelli e il Teorema di derivazione della funzione composta, otteniamo Pertanto, la retta y = 4π lim F (x) = lim G(x) H G (x) x 4 = lim + 5 4x e x8 (cos x 4 +) arctan x = lim 4 +π 4x 4x = lim π/ + π = 4π. è asintoto orizzontale per F a ±. Esercizio Il problema di Cauchy proposto è relativo ad un equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Ponendo f(x) = (cotan x) (sin x) e g(y) = (y 5 + λ)/y 4, si ricava che f C 0 (0, π) e g C ( (, 0) (0, + ) ) ; quindi, per ogni λ R \ 0}, esiste un unica soluzione locale di classe C del problema proposto. Osserviamo che l equazione ammette una soluzione singolare data da y(x) = 5 λ; pertanto, per 5 λ = /, cioè λ = /, essa sarà la soluzione del problema di Cauchy. Invece, per λ 0; / e y 5 λ, procediamo con la separazione delle variabili. Si ricava 5 log y5 + λ = 5y 4 5 y 5 + λ dy = (cotan x) (sin x) dx = (cos x) dx = [ (sin x) (sin x) ] cos x dx = sin x + C,
da cui y 5 (x) + λ = exp[5 sin x 5(sin x) Imponendo, infine, la condizione iniziale, otteniamo + 5C] = y(x) = 5 Ke 5 sin x 5(sin x) / λ. / = y(π/) = 5 Ke 0/ λ = K = (λ /)e 0/. Quindi, la soluzione cercata sarà y(x) = 5 (λ /)e 5 sin x 5(sin x) / 0/ λ. Per concludere osserviamo che, per λ = /, si riottiene la soluzione singolare y(x) /. Esercizio 4 Innanzitutto, osserviamo che, per x 0 +, la funzione x [cos(x)] /x risulta essere un caso di indecisione della forma. Riscrivendo tale espressione come exp[log [ (cos(x)) /x] ] = exp[ x log(cos(x))], e ricordando che, per x 0 +, log( + t) t, con t = cos(x), cos(x) (x) /, si ottiene x log[cos(x)] = cos(x) log[ + (cos(x) )] 4 x / = x 0. x x x Pertanto, per il limite proposto si ricava x sinh x [cos(x)] /x = x sinh x x x exp[ x log(cos(x))] x /6 x log(cos(x)) x/ 6 x = 6, dove abbiamo tenuto conto che, per x 0 +, e t t, con t = x log(cos(x)) 0, ed abbiamo utilizzato lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine, della funzione x sinh x. Esercizio 5 i) Per la definizione e il significato geometrico della derivata si veda il libro di testo. ii) La prima affermazione è errata, basta considerare la funzione f(x) = x, che è continua ma non derivabile in x 0 = 0. La seconda affermazione è corretta e per la dimostrazione si veda il libro di testo. iii) Tenendo conto che (sin x) 7 x 7, utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al settimo ordine per le funzioni x cos x e x e x, possiamo riscrivere cos x + e x xk f(x) ( )k (k)! = lim x 0 (sin x) 7 = lim + 7 xk k! f(x) x 0 x 7. Pertanto, otteniamo ovvero ( ) k xk (k)! + 7 k! f(x) x7, f(x) = ( ) k xk (k)! + 7 k! x7 + o(x 7 ) = + x + x! + x4 + x5 4! 5! + x7 7! x7 + o(x 7 ). 4
TEMA C Esercizio Ponendo z = a + ib, da cui z = a + b, ed osservando che e iπ/ = i, l equazione proposta si riscrive nella forma a b + iab + i a + b = i6. Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie, si arriva al sistema reale a b = 0, a = b, a = b, ab + a + b = 6, = b + b = 6, oppure b + b = 6. La seconda equazione del secondo sistema si può riscrivere nella forma b b 6 = 0, da cui b = /;, ovvero b = ±, poiché b = / è impossibile. La seconda equazione del primo sistema, invece, si può riscrivere nella forma b + b + 6 = 0, che risulta impossibile. Pertanto, sostituendo i valori di b nella prima equazione del secondo sistema otteniamo z = + i = e iπ/4 e z = i = e 7iπ/4. Esercizio La funzione proposta è data dal rapporto di un polinomio non decomponibile al denominatore per una funzione integrale di integranda continua su tutto R, composta con una potenza; pertanto, risulta essere una funzione continua e derivabile su tutto R. Osserviamo anche che F è una funzione pari. Ponendo si ricava che in quanto G(x) = x 4 + e t cos t π arctan t dt, + lim G(x) = + e t cos t dt = +, π arctan t f(t) := + e t cos t π arctan t π π/ per t +, e quindi l integrale improprio risulta essere divergente. Utilizzando il Teorema di de l Hospital, il Teorema di Torricelli e il Teorema di derivazione della funzione composta, otteniamo Pertanto, la retta y = π lim F (x) = = lim lim +e x8 cos x 4 π arctan x 4 4x G(x) H G (x) x 4 = lim + 8x 8x = lim è asintoto orizzontale per F a ±. π π/ = π. Esercizio Il problema di Cauchy proposto è relativo ad un equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Ponendo f(x) = (cotan x) (sin x) e g(y) = (y 5 λ)/y 4, si ricava che f C 0 (0, π) e g C ( (, 0) (0, + ) ) ; quindi, per ogni λ R \ 0}, esiste un unica soluzione locale di classe C del problema proposto. Osserviamo che l equazione ammette una soluzione singolare data da y(x) = 5 λ; pertanto, per 5 λ = /, cioè λ = /, essa sarà la soluzione del problema di Cauchy. Invece, per λ 0; / e y 5 λ, procediamo con la separazione delle variabili. Si ricava 5 log y5 λ = 5y 4 5 y 5 λ dy = (cotan x) (sin x) dx = (cos x) dx = [ (sin x) ] cos x dx = sin x 5 (sin x) + C,
da cui y 5 (x) λ = exp[5 sin x 5(sin x) Imponendo, infine, la condizione iniziale, otteniamo + 5C] = y(x) = 5 Ke 5 sin x 5(sin x) / + λ. / = y(π/) = 5 Ke 0/ + λ = K = (/ λ)e 0/. Quindi, la soluzione cercata sarà y(x) = 5 (/ λ)e 5 sin x 5(sin x) / 0/ + λ. Per concludere osserviamo che, per λ = /, si riottiene la soluzione singolare y(x) /. Esercizio 4 Innanzitutto, osserviamo che, per x 0 +, la funzione x [cosh(x/)] /x risulta essere un caso di indecisione della forma. Riscrivendo tale espressione come exp[log [ (cosh(x/)) /x] ] = exp[ x log(cosh(x/))], e ricordando che, per x 0 +, log( + t) t, con t = cosh(x/), cos(x/) (x/) /, si ottiene x log[cosh(x/)] = cosh(x/) log[ + (cosh(x/) )] x /8 x x x = x 8 0. Pertanto, per il limite proposto si ricava sin x x [cosh(x/)] /x = sin x x x exp[ x log(cosh(x/))] x /6 x x 6 x/ log(cosh(x/)) x/8 = 8 6, dove abbiamo tenuto conto che, per x 0 +, e t t, con t = x log(cosh(x/)) 0, ed abbiamo utilizzato lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine, della funzione x sin x. Esercizio 5 i) Per la definizione e il significato geometrico della derivata si veda il libro di testo. ii) La prima affermazione è errata, basta considerare la funzione f(x) = x, che è continua ma non derivabile in x 0 = 0. La seconda affermazione è corretta e per la dimostrazione si veda il libro di testo. iii) Tenendo conto che (sin x) 7 x 7, utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al settimo ordine per le funzioni x cos x e x e x, possiamo riscrivere cos x + e x xk f(x) ( )k (k)! = lim x 0 (sin x) 7 = lim + 7 xk k! f(x) x 0 x 7. Pertanto, otteniamo ovvero ( ) k xk (k)! + 7 k! f(x) x7, f(x) = ( ) k xk (k)! + 7 k! x7 + o(x 7 ) = + x + x! + x4 + x5 4! 5! + x7 7! x7 + o(x 7 ). 6
TEMA D Esercizio Ponendo z = a + ib, da cui z = a + b, ed osservando che e iπ/ = i, l equazione proposta si riscrive nella forma a b + iab i a + b = 6i. Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie, si arriva al sistema reale a b = 0, a = b, a = b, ab a + b = 6, = b b = 6, oppure b b = 6. La seconda equazione del primo sistema si può riscrivere nella forma b b 8 = 0, da cui b = ; 4, ovvero b = ±4, poiché b = è impossibile. La seconda equazione del secondo sistema, invece, si può riscrivere nella forma b + b + 8 = 0, che risulta impossibile. Pertanto, sostituendo i valori di b nella prima equazione del primo sistema otteniamo z = 4 + 4i = 4 e iπ/4 e z = 4 4i = 4 e 5iπ/4. Esercizio La funzione proposta è data dal rapporto di un polinomio non decomponibile al denominatore per una funzione integrale di integranda continua su tutto R, composta con una potenza; pertanto, risulta essere una funzione continua e derivabile su tutto R. Osserviamo anche che F è una funzione pari. Ponendo si ricava che in quanto G(x) = x π arctan t 5 + e t ( + sin t) dt, + lim G(x) = π arctan t dt = +, 5 + e t ( + sin t) f(t) := π arctan t 5 + e t ( + sin t) π π/ 5 per t +, e quindi l integrale improprio risulta essere divergente. Utilizzando il Teorema di de l Hospital, il Teorema di Torricelli e il Teorema di derivazione della funzione composta, otteniamo Pertanto, la retta y = π 0 lim F (x) = = lim lim π arctan x 5+e x (+sin x ) x x è asintoto orizzontale per F a ±. G(x) H G (x) x = lim + x π π/ = lim = π 5 0. Esercizio Il problema di Cauchy proposto è relativo ad un equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Ponendo f(x) = (tan x) (cos x) e g(y) = (y + λ)/y, si ricava che f C 0 ( π/, π/) e g C ( (, 0) (0, + ) ) ; quindi, per ogni λ R \ 0}, esiste un unica soluzione locale di classe C del problema proposto. Osserviamo che l equazione ammette una soluzione singolare data da y(x) = λ; pertanto, per λ =, cioè λ = 8, essa sarà la soluzione del problema di Cauchy. Invece, per λ 0; 8 e y λ, procediamo con la separazione delle variabili. Si ricava log y + λ = y y + λ dy = (tan x) (cos x) dx = (sin x) dx = [ (cos x) ] sin x dx = cos x + 7 (cos x) + C,
da cui y (x) + λ = exp[ cos x + (cos x) + C] = y(x) = Ke cos x+(cos x) λ. Imponendo, infine, la condizione iniziale, otteniamo = y(0) = Ke λ = K = (λ 8)e. Quindi, la soluzione cercata sarà y(x) = (λ 8)e cos x+(cos x) λ. Per concludere osserviamo che, per λ = 8, si riottiene la soluzione singolare y(x). Esercizio 4 Innanzitutto, osserviamo che, per x 0 +, la funzione x (cos x) /x risulta essere un caso di indecisione della forma. Riscrivendo tale espressione come exp[log ( (cos x) /x) ] = exp[ x log(cos x)], e ricordando che, per x 0 +, log( + t) t, con t = cos x, cos x x /, si ottiene x log(cos x) = (cos x ) log[ + (cos x )] x / = x 0. x x x Pertanto, per il limite proposto si ricava (cos x) /x sinh( x) x = exp[ x log(cos x)] / sinh( x log(cos x) x) x / x / + x/6 x x / x/6 = 6, dove abbiamo tenuto conto che, per x 0 +, e t t, con t = x log(cos x) 0, ed abbiamo utilizzato lo sviluppo di Mc Laurin al terzo ordine, della funzione t sinh t, con t = x. Esercizio 5 i) Per la definizione e il significato geometrico della derivata si veda il libro di testo. ii) La prima affermazione è errata, basta considerare la funzione f(x) = x, che è continua ma non derivabile in x 0 = 0. La seconda affermazione è corretta e per la dimostrazione si veda il libro di testo. iii) Tenendo conto che log( + x 7 ) x 7, utilizzando lo sviluppo di Mc Laurin al settimo ordine per le funzioni x sin x e x e x, possiamo riscrivere f(x) sin x e x xk+ f(x) ( )k (k+)! 5 = lim x 0 log( + x 7 = lim 7 xk k! ) x 0 x 7. Pertanto, otteniamo ovvero f(x) ( ) k + 7 (k + )! k! 5x7, f(x) = ( ) k + 7 (k + )! + k! + 5x7 + o(x 7 ) = + x + x + x4 4! + x5 + x6 5! 6! + 5x7 + o(x 7 ). 8