UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI ROMA TRE
Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica
SOLUZIONE DELLA PROVA D'ESAME DI ANALISI MATEMATICA
A.A. 2007/08 - Corso tenuto dal dott. B. Palumbo 18 giugno 2008
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
A1.
Verificare (applicando SOLO la definizione) che lim 2 7 x x
x .
Soluzione. Fissato un generico M > 0, verifichiamo che da un certo NM in poi si ha f(x) > M, cioè x M
x
7
2 . È lecito elevare al quadrato i due membri, in quanto essi sono certamente positivi (infatti deve essere
2
7
x ); abbiamo perciò 2
2
7
2 M
x
x
, cioè x22M2x7M2 0. Le radici del trinomio sono
2 4
2 M 7M
M , entrambe reali se supponiamo M 7. Poiché il trinomio è positivo nei due intervalli esterni alle radici, possiamo affermare che per xM2 M4 7M2 la disuguaglianza M
x x
7
2 è
vera. Perciò il limite è verificato, con NM M2 M47M2 .
A2.
Studiare la funzione2 4 ) 3
(
2
x
x x x
f e tracciarne il grafico.
Soluzione. Poiché il trinomio x2 + 3x + 4 è sempre positivo (in quanto privo di radici reali), il dominio della funzione è D = ( , 2) (2 , +). Ovviamente l'unica intersezione con gli assi è (0 , 1), e inoltre la funzione è negativa per x < 2 e positiva per x > 2.
Dal segno si deduce facilmente che
( )
lim
2f x
x e che
( )
lim
2f x
x . Per quanto riguarda i
limiti per x , osserviamo che numeratore e denominatore hanno lo stesso ordine di infinito; tuttavia,
mentre per x + si ha
2 1 1
4 1 3
2 lim 1
4 1 3
2 lim 1
4 1 3
2 lim 4 lim 3
2 2
2 2
2
x x x
x x
x x x
x x
x x x
x x x
x x
x
x , viceversa è
2 1 1
4 1 3
2 lim 1
4 1 3
|
| 2 lim
1 4 1 3
2 lim 4 lim 3
2 2
2 2
2
x x x
x x
x x x
x x
x x x
x x x
x x
x
x . Si hanno
pertanto i due asintoti orizzontali y = 1 ed y = 1, dei quali solo il secondo interseca il grafico, nel punto (0 ,
1). Per quanto detto, non esistono asintoti obliqui.
Il calcolo della derivata dà
4 3 )
2 ( 2
) 2 ( ) 7
( 2 2
x x x
x x
f , il cui segno è:
2 2
Perciò la funzione presenta un massimo relativo nel punto
4 , 2 2
A3.
Dimostrare che l'equazione2 4 1 2 20 9 6
1 arccos4
7 2
x x x
ammette una ed una sola radice reale.
Soluzione. Sia
2 4 1 2 20 9 6
1 arccos4 7 )
( x x x2
x
f . Per determinare il dominio di f,
occorre risolvere il sistema
; 0 4 2 20
9 1 1 1 4
x2
x x
La doppia disequazione dà facilmente 9 4x + 1 9, da cui 2 2
5
x . Per la seconda, si consideri che le radici del trinomio sono
2
5 e 2, per cui abbiamo ancora la stessa condizione. Dunque f è continua in
,2
2
D 5 . Si ha 0
2 7 1 2
5
f e
2 ) 1 2 (
f , per cui f presenta almeno uno zero in
2, 2 5 .
Il calcolo della derivata dà, per ogni x in
2, 2
5 , 2
4 2 20
) 1 3 ( ) 8
( x x
x x
f
, il cui segno è:
Pertanto f presenta un minimo relativo (che è anche assoluto) in
2 170 1 27 2
arccos 7 7 3, 1
(quest'ultimo numero è approssimativamente 17,417). Ne segue che per
3 1 2
5
x la f decresce da
2 71 a
2 170 1 27 2
arccos 7
7 , mentre per 2
3
1 x f cresce da
2 170 1 27 2
arccos 7
7 a
2
1
. Concludiamo che f presenta un solo zero reale, che si trova tra 2
5 e 3 1 .
A4.
Dopo aver calcolato, in funzione di p, l'integrale A p
p x xx dx0
2 4) )(
1 ) (
( , calcolare A
pplim .
Soluzione. Per decomporre in fratti semplici la funzione integranda, scriviamo 4
1 )
4 )(
1
( 2 2
x
C Bx x
A x
x
x . Svolgendo i calcoli, abbiamo il sistema
, 0 4
1 0 C A
C B
B A
da cui
5
1
A ,
5
1 B ,
5
4
C . Perciò il calcolo dell'integrale dà:
2
5
3
1 2
p p
p p
x x x
x dx x p x
A
0 0
2 0 0
2 arctg2
5 ) 2 4 10log(
| 1 1
| 5log 1 45
4 5 1 1 5 1 )
(
.Visto che l'integrale che definisce A(p) ha senso solo per p > 1, abbiamo:
arctg2 5 2 4 log 4 10 ) 1 1 5log(
) 1 (
2 p
p p p
A
,
che, ricordando le proprietà dei logaritmi, si può scrivere nella forma
arctg2 5 2 ) 1 ( 4 log 4 10
1 arctg2 5 ) 2 1 10log(
1 4 log 4 10 ) 1
( 2
2 2
2 p
p p p p
p p
A
.
Per p +, la funzione 2
2
) 1 ( 4
4
p
p tende a
4
1 ; siccome poi l'arcotangente di una funzione che tende
a + tende a 2
, il limite richiesto vale
5 2 log 2
5 2 4 log1 10
1 .
A5.
Dimostrare che la somma della serie
4 3
2 1
1
9 4
1 9 3
1 9 2
1 9 1 9 ) 1 (
k k
k
k
è uguale a 9 log10.
{Suggerimento: scrivere la formula di Taylor (di ordine n generico) per la funzione f(x) = log(1+x), con x0 = 0.}
Soluzione. Seguendo il suggerimento, consideriamo la funzione f(x) = log(1+x). Abbiamo x x
f 1 ) 1
( , 2
) 1 ( ) 1
(x x
f , 3
) 1 ( ) 2
(x x
f , e in generale k k k
x x k
f (1 )
)!
1 ) (
1 ( )
( 1
) (
per k
1. Essendo f(0) = 0 ed f (k)(0)(1)k1(k1)! per k 1, abbiamo la nota formula
) ( )
1 ( ) 1 log(
1
1 R x
k
x n x n
k
k
k
,
che nel caso particolare 9
1
x diventa
9 1 9
) 1 ( 9
log10
1
1 n n
k k
k
k R . (A)
Ora, per il resto vale la formula di Lagrange 1
) 1 (
)!
1 (
) ) (
(
n n
n x
n c x f
R , con un c compreso tra x0 ed x.
Nel nostro caso, si ha ( 1) 1
) 1 ( ) ! 1 ( )
(
n n
n
x x n
f , da cui:
1 1
1 1
) 1 ( 9 ) 1 (
1 9
1 )!
1 (
) 1 ( ) ! 1 ( 9 1
n n
n n n
n n n c
c n
R ,
che si può maggiorare con 1 9 ) 1 (
1
n
n , visto che
9
0 c 1. Siccome quest'ultima espressione tende a 0 per
n , dalla (A) otteniamo
9 log10 9
) 1 (
1
1
k k
k
k .
A6.
Risolvere il problema di Cauchy
. 8 ) 0 (
3 ) 0 (
2 3
12 3 4
y y
e e y y
y x x
Soluzione. Consideriamo dapprima l'equazione omogenea associata yy12y 0, la cui equazione caratteristica è 2120. Le radici di questa equazione sono 1 3 ed 2 4, per cui l'integrale generale dell'equazione omogenea è:
x
x c e
e c
y0 1 3 2 4 .
Per determinare una soluzione particolare, possiamo utilizzare il metodo dei coefficienti indeterminati.
A tale scopo, osserviamo che per quanto riguarda il termine 3e3x possiamo inserire nella y una funzione Ae3x, mentre per il termine 2e4x è necessario considerare lo stesso esponenziale moltiplicato per x, visto che il numero 4 appare tra le radici dell'equazione caratteristica (con molteplicità 1). Abbiamo quindi
x
x Bxe
Ae
y 3 4 . Calcolando le derivate e sostituendo, si ha
x x x
x x
x x
x x
x Be Bxe Ae Be Bxe Ae Bxe e e
Ae3 8 4 16 4 (3 3 4 4 4 ) 12( 3 4 ) 3 3 2 4
9 ,
da cui
2
1
A e
7
2
B . Pertanto l'integrale generale dell'equazione completa è:
x x
x
x c e e xe
e c
y 1 3 2 4 3 4
7 2 2
1
.
La derivata è y c1e 3x c2e4x e3x e4x xe4x 7 8 7
2 2
4 3
3
; ponendo le condizioni iniziali,
troviamo:
. 7 8 2 2 4 3 3
2 3 1
2 1
2 1
c c
c c
La soluzione di questo sistema è
98 67
1
c ,
49 138
2
c ; perciò la soluzione del problema di Cauchy è:
x x
x x e e
e
y 3 4 3
2 1 49
138 14
98
67
.
B1.
Verificare (applicando SOLO la definizione) che x x
x 2
lim 1 .
Soluzione. Fissato un generico M > 0, verifichiamo che prima di un certo NM f(x) < M, cioè x M
x
2
1 . La funzione è definita per x < 2, ma possiamo senz'altro supporre x < 1, cosicché i due membri sono concordi (entrambi negativi). Ricordando che da a < b < 0 segue a2 > b2, abbiamo
2 2
2 1
2 M
x x
x
, cioè x2(2M2)x(12M2)0. Le radici del trinomio sono
2
12
2 4 2
2 M M
M
, entrambe reali. Poiché il trinomio è positivo nei due intervalli esterni alle radici,
possiamo affermare che per
2
12
2 4 2
2 M M
x M la disuguaglianza M
x x
2
1 è vera. Perciò il
limite è verificato, con
2
12
2 4 2
2 M M
NM M .
B2.
Studiare la funzione1 7 ) 5
( 2
x
x x x
f e tracciarne il grafico.
Soluzione. Poiché il trinomio x2 + 5x + 7 è sempre positivo (in quanto privo di radici reali), il dominio della funzione è D = ( , 1) (1 , +). Ovviamente l'unica intersezione con gli assi è (0 , 7 ), e inoltre la funzione è negativa per x < 1 e positiva per x > 1.
Dal segno si deduce facilmente che
( )
lim
1f x
x e che
( )
lim
1f x
x . Per quanto riguarda i
limiti per x , osserviamo che numeratore e denominatore hanno lo stesso ordine di infinito; tuttavia,
mentre per x + si ha
1 1 1
7 1 5
1 lim 1
7 1 5
1 lim 1
7 1 5
1 lim 7 lim 5
2 2
2 2
2
x x x
x x
x x x
x x
x x x
x x x
x x
x
x , viceversa è
1 1 1
7 1 5
1 lim 1
7 1 5
|
| 1 lim
1 7 1 5
1 lim 7 lim 5
2 2
2 2
2
x x x
x x
x x x
x x
x x x
x x x
x x
x
x . Si hanno
pertanto i due asintoti orizzontali y = 1 ed y = 1, dei quali solo il secondo interseca il grafico, nel punto (2 ,
1). Per quanto detto, non esistono asintoti obliqui.
Il calcolo della derivata dà
7 5 )
1 ( 2
) 3 ( ) 3
( 2 2
x x x
x x
f , il cui segno è:
Perciò la funzione presenta un massimo relativo nel punto
2 , 1 3
3 1
B3.
Dimostrare che l'equazione 1 133 arcsen8 4
3 10
4 2 x
x
x ammette una ed una sola radice
reale.
Soluzione. Sia 1
13 3 arcsen8 4
3 10 4 )
( 2 x
x x x
f . Per determinare il dominio di f, occorre
risolvere il sistema
; 13 1
3 1 8
0 4 3
10
2x x
x
La doppia disequazione dà facilmente 13 8x 3 13, da cui 2 4
5
x . Per la prima disequazione, si consideri che le radici del trinomio sono
4
5 e 2, per cui abbiamo ancora la stessa
condizione. Dunque f è continua in
,2
4
D 5 . Si ha 1 0
2 4
5
f e 1 0
) 2 2
(
f , per cui
f presenta almeno uno zero in
2, 4
5 .
Il calcolo della derivata dà, per ogni x in
2, 4
5 , 2
4 3 10
) 2 1 ( ) 8
( x x
x x
f
, il cui segno è:
Pertanto f presenta un massimo relativo (che è anche assoluto) in
1
13 arcsen 1 42
2 2 , 1
(quest'ultimo numero è approssimativamente 12,0385). Ne segue che per
2 1 4
5
x la f cresce da 2 1
a 1
13 arcsen 1 42
2 , mentre per 2
2
1 x f decresce da 1
13 arcsen 1 42
2 a 1
2
.
Concludiamo che f presenta un solo zero reale, che si trova tra 4
5 e 2 1 .
B4.
Dopo aver calcolato, in funzione di p, l'integrale A p
p x xx dx0
2 9) )(
3 ) (
( , calcolare A
pplim .
Soluzione. Per decomporre in fratti semplici la funzione integranda, scriviamo 9
3 )
9 )(
3
( 2 2
x
C Bx x
A x
x
x . Svolgendo i calcoli, abbiamo il sistema
, 0 3 9
1 3
0 C A
C B
B A
da cui
6
1
A ,
6
1 B ,
2
1
C . Perciò il calcolo dell'integrale dà:
4
5
2 1
2
p p
p p
x x x
x dx x p x
A
0 0
2 0 0
2 arctg3
6 ) 1 9 12log(
| 1 3
| 6log 1 92
1 6 1 3 6 1 )
(
.Visto che l'integrale che definisce A(p) ha senso solo per p > 3, abbiamo::
arctg3 6 1 9 log 9 12
1 3 log 3 6 ) 1 (
2 p
p p p
A
,
che, ricordando le proprietà dei logaritmi, si può scrivere nella forma
arctg3 6 1 ) 3 ( log 9 12
1 arctg3 6 1 9
) 3 log( 12
1 9 log 9 12 ) 1
( 2
2 2
2 p
p p p
p p p
A
.
Per p +, la funzione 2
2
) 3 (
9
p
p tende a 1; siccome poi l'arcotangente di una funzione che tende a
+ tende a 2
, il limite richiesto vale 12
.
B5.
Dimostrare che la somma della serie
2 3 4
1 4 10
1 10
3 1 10
2 1 10
1 10 1
k k k
è uguale a 9 log10.
{Suggerimento: scrivere la formula di Taylor (di ordine n generico) per la funzione f(x) = log(1x), con x0 = 0.}
Soluzione. Seguendo il suggerimento, consideriamo la funzione f(x) = log(1x). Abbiamo x x
f 1 ) 1
( , 2
) 1 ( ) 1
(x x
f , 3
) 1 ( ) 2
(x x
f , e in generale k k
x x k
f (1 )
)!
1 ) (
)(
(
per k 1. Essendo
f(0) = 0 ed f (k)(0) k( 1)! per k 1, abbiamo la nota formula
) ( )
1 log(
1
x k R
x n x n
k
k
,
che nel caso particolare
10
1
x diventa
10
1 10
1 9
log10 10 log 9
1 n
n
k k R
k . (B)
Ora, per il resto vale la formula di Lagrange 1
) 1 (
)!
1 (
) ) (
(
n n
n x
n c x f
R , con un c compreso tra x0 ed x.
Nel nostro caso, si ha ( 1) 1 ) 1 ( ) !
(
n
n
x x n
f , da cui:
1 1
1 1
) 1 ( 10 ) 1 (
1 10
1 )!
1 (
) 1 (
!
10 1
n n
n n
n n n c
c n
R ,
che si può maggiorare con 1 9 ) 1 (
1
n
n , visto che
10
0 c 1 . Siccome quest'ultima espressione tende a 0 per
n , dalla (B) otteniamo
9 log10 10
1
1
k k k .
.
B6.
Risolvere il problema di Cauchy
. 5 ) 0 (
1 ) 0 (
3 2 10
3 2 5
y y
e e y y
y x x
Soluzione. Consideriamo dapprima l'equazione omogenea associata y3y10y 0, la cui equazione caratteristica è 2 3100. Le radici di questa equazione sono 1 2 ed 2 5, per cui l'integrale generale dell'equazione omogenea è:
x
x c e
e c
y0 1 2 2 5 .
Per determinare una soluzione particolare, possiamo utilizzare il metodo dei coefficienti indeterminati.
A tale scopo, osserviamo che per quanto riguarda il termine 2e2x possiamo inserire nella y una funzione Ae2x, mentre per il termine 3e5x è necessario considerare lo stesso esponenziale moltiplicato per x, visto che il numero 5 appare tra le radici dell'equazione caratteristica (con molteplicità 1). Abbiamo quindi
x
x Bxe
Ae
y 2 5 . Calcolando le derivate e sostituendo, si ha
x x x
x x
x x
x x
x Be Bxe Ae Be Bxe Ae Bxe e e
Ae2 10 5 25 5 3(2 2 5 5 5 ) 10( 2 5 ) 2 2 3 5
4 ,
da cui
6
1
A e
7
3
B . Pertanto l'integrale generale dell'equazione completa è:
x x
x
x c e e xe
e c
y 1 2 2 5 2 5
7 3 6
1
.
La derivata è y c1e 2x c2e5x e2x e5x xe5x 7 15 7
3 3
5 1
2
; ponendo le condizioni iniziali,
troviamo:
. 7 5 3 3 5 1 2
6 1 1
2 1
2 1
c c
c c
La soluzione di questo sistema è
98 13
1
c ,
147 152
2
c ; perciò la soluzione del problema di Cauchy è:
x x
x x e e
e
y 2 5 2
6 1 147
152 63
98
13
.
