CORSO DI LAUREA IN INFORMATICA ANALISI MATEMATICA I MODULO, I E II MODULO, II MODULO I PROVA SCRITTA DI GIUGNO 2005: SOLUZIONI ESERCIZIO - Data la funzione f(x) = (µx ± 2µ) e 1/x, si chiede di: a) calcolare il dominio di f; (1 punto) b) studiare la positività e le intersezioni con gli assi; (3 punti) c) stabilire se f ha asintoti orizzontali, verticali, obliqui; (6 punti) d) calcolare f ; (3 punti) e) studiare la crescenza e la decrescenza di f. (3 punti) Distingueremo quattro casi, che poi sostanzialmente sono i casi contemplati nei compiti che sono stati assegnati: I) µ positivo, ± = +; II) µ positivo, ± = ; III) µ negativo, ± = +; IV) µ negativo, ± =. a) In tutti e quattro i casi, il denominatore che compare all esponente dev essere diverso da zero, e quindi x 0. Pertanto il dominio è IR \ {0} =], 0[ ]0, + [. b) Nel caso I), f è positiva (negativa, nulla) se e solo se x + 2 è positivo (negativo, nullo), se e solo se x > 2 ed x 0 (x < 2, x = 2). Nel caso II), f è positiva (negativa, nulla) se e solo se x 2 è positivo (negativo, nullo), se e solo se x > 2 (x < 2 ed x 0, x = 2). Nel caso III), f è positiva (negativa, nulla) se e solo se x + 2 è negativo (positivo, nullo), se e solo se x < 2 (x > 2 ed x 0, x = 2). Nel caso IV), f è positiva (negativa, nulla) se e solo se x 2 è negativo (positivo, nullo), se e solo se x < 2 ed x 0 (x > 2, x = 2). c) Veniamo agli asintoti orizzontali. Si ha: lim f(x) = ± x ± 1
nei casi I) ed II), ossia per µ positivo, mentre lim f(x) = x ± nei casi III) ed IV), ossia per µ negativo. In ogni caso NON ESISTONO ASINTOTI ORIZZONTALI. Veniamo ora allo studio degli asintoti verticali. Si ha: lim f(x) = 0 x 0 in tutti e quattro i casi, in quanto 1 0 =, e = 0; nei casi I) ed IV); lim f(x) = + x 0 + lim f(x) = x 0 + nei casi II) ed III). Infatti 1 0 + = +, e+ = +, e poi si deve tenere conto del segno di µ. Pertanto, in tutti e quattro i casi considerati, la retta x = 0, ossia l asse delle y, è un (l unico) asintoto verticale per la funzione f. Veniamo agli asintoti obliqui. Si ha: m = lim x ± f(x) x = lim x ± lim x ± ( ) µ(x + 2) e 1/x oppure x ( ) µ(x 2) e 1/x = µ; x q = lim [(µx + 2µ) x ± e1/x µx] [ µ(e 1/x ] 1) = lim + 2µ e 1/x = µ + 2µ = 3µ oppure x ± 1/x q = lim [(µx 2µ) x ± e1/x µx] [ µ(e 1/x ] 1) = lim 2µ e 1/x = µ 2µ = µ x ± 1/x (teniamo conto anche della teoria dei limiti notevoli). Quindi, nei casi I) e III), la retta y = µx + 3µ è un asintoto obliquo per f (la stessa retta, sia 2
dalla parte di + che dalla parte di ), mentre nei casi II) ed IV) la retta y = µx µ è un asintoto obliquo per f (la stessa retta, sia dalla parte di + che dalla parte di ). d) ed e) Si ha: f (x) = µ e 1/x 1 (µx ± 2µ) e1/x x2 = µ e 1/x µ x e1/x 2µ x 2 e1/x (1) = µ x 2 e1/x (x 2 x 2). Nei casi II) ed IV), il trinomio che compare all ultimo termine dell espressione in (1) è x 2 x+2. Il suo discriminante è: 1 8 = 7 < 0, e pertanto assume sempre segno positivo. Quindi nel caso II) la funzione f è strettamente crescente in ], 0[ e strettamente crescente in ]0, + [, mentre nel caso IV) la funzione f è strettamente decrescente in ], 0[ e strettamente decrescente in ]0, + [ (in questi due casi risulta essere determinante il segno di µ). Nei casi I) ed III), il trinomio che compare all ultimo termine dell espressione in (1) è x 2 x 2. Si ha: x 1,2 = 1 ± 1 + 8 2 = 1 ± 3 2, da cui x 1 = 1, x 2 = 2, e pertanto otteniamo: x 2 x 2 = (x + 1)(x 2). Nel caso I) µ > 0, e quindi f risulta essere strettamente crescente in ], 1], strettamente decrescente in [ 1, 0[, strettamente decrescente in ]0, 2] e strettamente crescente in [2, + [; nel caso III) µ < 0, e quindi f risulta essere strettamente decrescente in ], 1], strettamente crescente in [ 1, 0[, strettamente crescente in ]0, 2] e strettamente decrescente in [2, + [. ESERCIZIO (7 punti) - Data la funzione f(x) = (µx ± 2µ) e 1/x, µ > 0, si chiede di verificare se f può essere prolungata a tutti i punti x IR in modo da soddisfare alle ipotesi dei teoremi di Lagrange e di Rolle nell intervallo [ 2, 0]. 3
Abbiamo dimostrato che lim x 0 f(x) = 0, e quindi un modo naturale per definire il nostro prolungamento f di f è f (0) = 0. Ora, focalizziamo la nostra attenzione all intervallo [ 2, 0] (ora non ci interessa quello che avviene per x > 0). Il prolungamento f risulta, per costruzione, essere una funzione continua in tutto [ 2, 0]. Inoltre si vede facilmente che f è derivabile in ] 2, 0[. Quindi le ipotesi del teorema di Lagrange sono soddisfatte in [ 2, 0]. Se ± = +, allora f ( 2) = f( 2) = 0 = f (0) e quindi in questo caso sono soddisfatte anche le ipotesi del teorema di Rolle; se invece ± =, allora f ( 2) = f( 2) = 4µ e 1/2 0 = f (0), e pertanto la terza ipotesi del teorema di Rolle non è soddisfatta. ESERCIZIO - (7 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: (arctan(e 2x + x 8 + 23)) n n 6 + 1 4 n 4n 6 + 13. Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi: infatti si ha: arctan(e 2x + x 8 + 23)) > arctan 23 > 0 x IR; inoltre i termini della seconda parte del termine generale risultano essere positivi. Inoltre, per il criterio del confronto asintotico, questi suddetti termini si comportano come 1/4, ossia sostanzialmente come 1, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie ( arctan(e 2x + x 8 ) n + 23), 4 serie geometrica di ragione strettamente compresa tra 0 e 1, in quanto l arcotangente assume valori sempre minori di π/2 e quindi anche strettamente minori di 4, e quindi convergente. ESERCIZIO - (7 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: sin(e 4x + x 12 + 29) n n 4 + 23 2 n 7n 4 + 29. 4
Senza restrizione posiamo supporre che sin(e 4x +x 12 +29) 0; altrimenti siamo certi che la nostra serie converge. Siamo quindi in presenza di una serie a termini positivi. I termini della seconda parte del termine generale si comportano come 1/7, ossia sostanzialmente come 1, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie ( sin(e 4x + x 12 ) n + 29), serie geometrica di ragione strettamente compresa tra 0 e 1, in quanto il seno assume valori sempre strettamente minori di 2, e quindi convergente. ESERCIZIO - (6 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: 2 cos(e 8x + x 42 + 12) n n 8 + 25 3 n 9n 8 + 17. Senza restrizione posiamo supporre che cos(e 8x +x 42 +12) 0; altrimenti siamo certi che la nostra serie converge. Siamo quindi in presenza di una serie a termini positivi. I termini della seconda parte del termine generale si comportano come 1/9, ossia sostanzialmente come 1, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie ( cos(e 8x + x 42 ) n + 12), serie geometrica di ragione strettamente compresa tra 0 e 1, in quanto il coseno assume valori sempre strettamente minori di 3, e quindi convergente. 3 ESERCIZIO - (6 punti) Studiare, al variare di x IR, il comportamento della seguente serie: (arctan(e 6x + x 10 + 37)) n n 5 + 11 5 n 10n 5 + 7. Innanzi tutto, osserviamo che la nostra serie risulta essere a termini positivi: infatti si ha: arctan(e 6x + x 10 + 37)) > arctan 37 > 0 x IR; 5
inoltre i termini della seconda parte del termine generale risultano essere positivi. Inoltre, per il criterio del confronto asintotico, questi suddetti termini si comportano come 1/10, ossia sostanzialmente come 1, e pertanto tutta la serie si comporta come la serie ( arctan(e 6x + x 10 ) n + 37), serie geometrica di ragione strettamente compresa tra 0 e 1, in quanto l arcotangente assume valori sempre minori di π/2 e quindi anche strettamente minori di 5, e quindi convergente. ESERCIZIO - Data la funzione si chiede di: g(x, y) = 6y 2 12xy + 4x 3 7, (x, y) R 2, a) calcolare le derivate parziali prime e seconde di g; (2 punti) b) determinare i punti stazionari (o critici) di g; (6 punti) c) determinare, con il test dell hessiano, gli (eventuali) punti di massimo relativo, di minimo relativo e di sella per g. (6 punti) 5 a) Si ha: g x = 12y + 12x 2 ; g y = 12y 12x; g xx = 24x; g yy = 12; g xy = g yx = 12. b) Imponiamo la condizione dell annullamento del gradiente g x = g y = 0. Si deve avere: y x = 0, y = x 2, e quindi x = x 2, da cui x = 0 (ed in corrispondenza y = 0) oppure x = 1 (ed in corrispondenza y = 1). I punti (0, 0) ed (1, 1) sono i punti stazionari di g. c) Si ha: H(x, y) = 288x 144 (x, y) R 2. Valutiamo ora l hessiano nei punti stazionari: H(0, 0) = 144; H(1, 1) = 144; g xx (1, 1) = 24. Pertanto, per il test dell hessiano, (0, 0) è un punto sella, mentre (1, 1) è un punto di minimo relativo. 6
ESERCIZIO (8 punti) Risolvere, con il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, la seguente equazione differenziale: (supponendo x > 0, y > 0) 4x + 1 2x 2 + x + 7 + 3x2 (2x 2 + x + 7) Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine. Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: 4x + 1 2x 2 + x + 7. Quest ultima equazione è a variabili separabili: risulta pertanto e si ha y = dx = y 4x + 1 2x 2 + x + 7 y = 4x + 1 2x 2 + x + 7 dx 4x + 1 2x 2 + x + 7 dx log y = log(2x2 +x+7)+log C y = C(2x 2 +x+7). L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y = C(2x 2 + x + 7). Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo Si ha: y(x) = C(x) (2x 2 + x + 7). y (x) = C (x) (2x 2 + x + 7) + C(x) (4x + 1). Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: y (x) = 4x + 1 2x 2 + x + 7 y(x) + 3x2 (2x 2 + x + 7) cioè C (x) (2x 2 + x + 7) + C(x) (4x + 1) 4x + 1 = C(x) 2x 2 + x + 7 (2x2 + x + 7) + 3x 2 (2x 2 + x + 7), 7
ossia C (x) = 3x 2, e quindi C(x) = 3x 2 dx = x 3 (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione). Pertanto y(x) = C(x)(2x 2 +x+7) = x 3 (2x 2 +x+7) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y = (C + x 3 ) (2x 2 + x + 7). ESERCIZIO (8 punti) Risolvere, con il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, la seguente equazione differenziale: (supponendo x > 0, y > 0) e x 1 e x x + 10 + e x (e x x + 10) Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine. Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: e x 1 e x x + 10. Quest ultima equazione è a variabili separabili: risulta pertanto e si ha y = dx = y e x 1 e x x + 10 y = ex 1 e x x + 10 dx e x 1 e x x + 10 dx log y = log(ex x+10)+log C y = C(e x x+10). L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y = C(e x x + 10). Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo y(x) = C(x) (e x x + 10). 8
Si ha: y (x) = C (x) (e x x + 10) + C(x) (e x 1). Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: y (x) = ex 1 e x x + 10 y(x) + e x (e x x + 10) cioè C (x) (e x x + 10) + C(x) (e x 1) e x 1 = C(x) e x x + 10 (ex x + 10) + e x (e x x + 10), ossia C (x) = e x, e quindi C(x) = e x (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione). Pertanto y(x) = C(x)(e x x + 10) = ( e x ) (e x x + 10) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y = (C e x ) (e x x + 10). ESERCIZIO (8 punti) Risolvere, con il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, la seguente equazione differenziale: (supponendo sin x x + 9 > 0, y > 0) cos x 1 sin x x + 9 + ( 1 ) (sin x x + 9) 1 + x2 Si tratta di un equazione differenziale lineare del primo ordine. Studiamo dapprima l equazione omogenea associata: cos x 1 sin x x + 9. Quest ultima equazione è a variabili separabili: risulta pertanto e si ha dx = y cos x 1 sin x x + 9 y = y = cos x 1 sin x x + 9 dx cos x 1 sin x x + 9 dx 9
log y = log(sin x x + 9) + log C y = C(sin x x + 9). L integrale generale dell equazione omogenea associata è pertanto y = C(sin x x + 9). Ora, applicando il metodo della variazione delle costanti arbitrarie, cerchiamo un integrale particolare del tipo Si ha: y(x) = C(x) (sin x x + 9). y (x) = C (x) (sin x x + 9) + C(x) (cos x 1). Si deve avere, affinché y sia una soluzione dell equazione differenziale di partenza: cioè y (x) = cos x 1 sin x x + 9 y(x) + ( 1 ) (sin x x + 9) 1 + x2 C (x) (sin x x + 9) + C(x) (cos x 1) cos x 1 = C(x) sin x x + 9 (sin x x + 9) + ( 1 ) (sin x x + 9), 1 + x2 ossia C (x) = 1 1+x 2, e quindi C(x) = 1 dx = arctan x 1 + x2 (non serve qui la costante additiva +c, in quanto stiamo prendendo una particolare funzione). Pertanto y(x) = C(x)(sin x x + 9) = (arctan x) (sin x x + 9) è un integrale particolare dell equazione differenziale data, e quindi l integrale generale dell equazione differenziale di partenza è: y = (C + arctan x) (sin x x + 9). ESERCIZIO (8 punti) - Calcolare il seguente integrale indefinito: I = e arctan x 1 arctan x x 2 + 1 dx. 10
Si tratta di un integrale del tipo f (x) e f(x) f(x) dx. Posto f(x) = arctan x = t, si ha che il nostro integrale si riduce a I = t e t dt. Tramite un integrazione per parti, si ottiene: I = t e t e t dt = t e t e t + c = arctan x e arctan x e arctan x + c. 11