Soluzioni della prova scritta del 13 settembre 2007

Soluzioni della prova scritta del 13 settembre 2007

1.

Per n → +∞ xn = α ^{- 1 / n} 1 - 1 + e

n

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ~ 1 - 1 + 1 - + ^{1 1}₂ + o ¹₂

n n 2 n n

⎛ ⎞

α ⎛ ⎞

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎠

= 1 - - 1/2₂ 1₂

+ + o

n n n

α α ⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ .

L’approssimazione di Taylor prova che la successione è un infinitesimo di ordine 1 per α ≠ 1 di ordine 2 se α = 1 e quindi la condizione necessaria per la convergenza della serie associata è sempre verificata ; con il criterio di equivalenza possiamo concludere che nel primo caso la serie diverge , nel secondo converge.

2.

Il polinomio caratteristico associato all’equazione è dato da k² – 4 k + 4 ed ha come unica radice ( con molteplicità 2 ) il valore k = 2 . L’integrale dell’equazione omogenea si scrive dunque nella forma y0 ( x ) = ( c1 + c2 x ) e ^{2 x} .

Il termine noto dell’equazione è il prodotto di un polinomio di primo grado per un esponenziale il cui coefficiente è la radice del polinomio caratteristico : una soluzione particolare è dunque della forma y f ( x ) = x² ( A + B x ) e ^{2 x} . Sostituendo nell’equazione e svolgendo i calcoli, si trova che deve essere A = 1/3 , B = 0 .

L’integrale generale dell’equazione è dunque dato da y ( x ) = ( c1 + c2 x + x³ / 3 ) e ^{2 x} . Imponendo le condizioni iniziali , si trova che deve essere c1 = 2 , c2 = -3 . La soluzione del problema dato è dunque yC ( x ) = ( 2 - 3 x + x³ / 3 ) e ^{2 x} .

3.

L’integrale esiste perchè la funzione nell’intervallo dato è continua; inoltre , essendo una funzione dispari , il suo integrale esteso ad un intervallo simmetrico rispetto all’origine vale 0.

L’area richiesta è invece data dall’integrale

3 3

3

π/2 π/2

5 3 5 3

π/2 0

x cos x dx = 2 x cos x dx

− ∫ ∫ ^.

( L’uguaglianza è dovuta al fatto che la funzione da integrare stavolta è pari ) .

Nell’intervallo dato la funzione coseno è positiva , perché 0 < x³ < π / 2 : possiamo dunque togliere il valore assoluto.

Ponendo t = x³ , dt = 3 x² dx , l’integrale diventa

/2

0

2 t cos t dt 3

π∫

Integrando per parti :

/ 2 / 2 / 2

0 0

0

2 2 - 2

t sen t - sen t dt = t sent + cos t =

3 3 3

π π π

⎧ ⎫ π

⎪ ⎪

⎨ ⎬

⎪ ⎪

⎩ ∫ ⎭ ^.

4.

La funzione è dispari e dunque basta studiarla per x ≥ 0 . I calcoli che seguono si riferiscono a questa scelta.

C.E. x ≠ 0 , x ≠ √ e

SGN Positiva per 0 < x < 1 e per x > √ e , negativa per 1 < x < √ e , nulla per x = 1 LIM per x → 0 f ( x ) x log x x

= 0

2 log x 2 →

∼

punto di discontinuità eliminabile per x → √ e ^± f ( x ) → ±∞

asintoto verticale per x → +∞ f ( x ) x log x x

= +

2 log x 2 → ∞

∼

f ( x ) – x/2 = x

2 ( 2 log x - 1 ) → ∞ +

senza asintoto

DRV f ’ ( x ) = 2 log x - log x - 1² ₂ ( 2 log x - 1 )

Per x → 0 f ’ ( x ) 2 log x²₂ 1 4 log x → 2

∼ ; f ’ ( 0 ) = 1 / 2

DRV2 f ” ( x ) 4 log x - 12 log x + 5² ₄

- x ( 2 log x - 1 )

=

GRAFICO