6 dicembre 2004, traccia A

(1)

Prove scritte di

Analisi Matematica 1

Ingegneria classe Industriale, corso B a.a. 2004–2005

x y

f

g 0

1

La funzione seno e la funzione esponenziale

Raccolta delle tracce di “Analisi Matematica 1 ” per Ingegneria classe Industriale, corso B, Facolt`a di Ingegneria, Universit`a degli Studi di Lecce

(2)

6 dicembre 2004, traccia A

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = x²− |x − 1|

x + 1 .

2. Calcolare il seguente integrale

∫

x²arcsin xdx.

3. Studiare il carattere della serie

∑∞ n=2

log(n + 1)− log(n − 1)

n + 1 .

(3)

Soluzione del 6 dicembre 2004, traccia A 1. La funzione `e deﬁnita in X_f :=R \ {−1} e si ha

f (x) =









x²− x + 1

x + 1 , x≥ 1 , x²+ x− 1

x + 1 , x < 1 , x̸= −1 .

Poiché l’insieme di definizione non è simmetrico nè periodico, la funzione non può verificare tali proprietà.

Si ha x² − |x − 1| ≥ 0 se e solo se |x − 1| ≤ x² e quindi se e solo se −x² ≤ x − 1 ≤ x²; la diseguaglianza x² + x− 1 ≥ 0 `e vera per x ≤ (−1 −√

5)/2 e per x ≥ (−1 +√

5)/2, mentre x² − x + 1 ≥ 0 `e sempre vera; tenendo presente che x + 1≥ 0 per x ≥ −1, si ricava che f `e positiva negli intervalli [(−1 −√

5)/2,−1[ e [(−1 +√

5)/2, +∞[ e negativa negli intervalli ]− ∞, (−1 −√

5)/2] e ]− 1, (−1 +√

5)/2]. Le intersezioni con gli assi sono date da

A

(−1 −√ 5 2 , 0

)

, B

(−1 +√ 5 2 , 0

)

, C(0,−1) . Per quanto riguarda i limiti agli estremi dell’insieme di deﬁnizione, tenendo presente il segno della funzione si ha

lim

x→−1⁻f (x) = +∞ , lim

x→−1⁺f (x) =−∞ ,

e quindi la retta di equazione x =−1 è un asintoto verticale in alto a sinistra ed in basso a destra per f ; poiché f `e definita e continua in Xf, non possono esistere eventuali altri asintoti verticali.

Inoltre si ha lim_x_→±∞f (x) = ±∞ e quindi non esistono asintoti orizzontali.

Poich´e

x→±∞lim f (x)

x = 1 , lim

x→±∞f (x)− x = −1 ± 1 ,

la retta di equazione y = x `e un asintoto obliquo a destra e la retta di equazione y = x− 2 `e un asintoto obliquo a sinistra.

Dalle proprietà di derivabilità delle funzioni elementari e dalle regole di derivazione, si pu`o affermare subito che f è derivabile in X_f \ {1}

e, per ogni x∈ Xf \ {1}, risulta

f^′(x) =









x²+ 2x− 2

(x + 1)² , x≥ 1 , x²+ 2x + 2

(x + 1)² , x < 1 , x̸= −1 .

(4)

Nel punto 1, si ha f₊^′ (1) = lim_x_→−1⁺f^′(x) = 1/4 e analogamente f₋^′ (1) = lim_x_→−1−f^′(x) = 5/4; si deduce che f non `e derivabile in 1 pur essendo derivabile sia a destra che a sinistra in tale punto; pertanto 1 `e un punto angoloso per f .

Si riconosce facilmente che il segno della derivata `e sempre strettamente positivo (le espressioni ottenute vanno considerate negli insiemi spe- ciﬁcati) e quindi f `e strettamente crescente in ognuno degli intervalli ]− ∞, −1[ e ] − 1, +∞[.

Si ha inoltre, per ogni x∈ Xf \ {1},

f^′′(x) =







 6

(x + 1)³ , x≥ 1 ,

− 2

(x + 1)³ , x < 1 , x̸= −1 .

Pertanto f `e strettamente convessa negli intervalli ]−∞, −1[ e [1, +∞[

e strettamente concava nell’intervallo ]− 1, 1].

Il graﬁco `e tracciato approssimativamente nella Figura 1.

x y

Figura 1: Grafico della funzione del 6 dicembre 2004, traccia A.

2. Posto t := arcsin x, si ottiene x = sin t e dx = cos t dt e l’integrale

diventa ∫

t sin²t cos t dt.

(5)

A questo punto, integrando per parti, si ha

∫

t sin²t cos t dt = tsin³t

3 −

∫ sin³t 3 dt

= tsin³t 3 −1

3

∫

(1− cos²t) sin t dt

= tsin³t 3 −1

3 (

− cos t + cos³t 3

) + c e pertanto l’integrale richiesto `e dato da

arcsin xx³ 3 −1

3 (

−√

1− x²+

√(1− x²)³ 3

)

+ c , c∈ R .

3. Si ha

log(n + 1)− log(n − 1)

n + 1 = logⁿ⁺¹_n₋₁ n + 1 =

log (

1 + (n+1

n−1− 1)) n + 1

e tenendo presente che, per n→ +∞

log (

1 +

(n + 1 n− 1− 1

))

∼ n + 1

n− 1− 1 = 2 n− 1

si deduce che il termine generale della serie è un infinitesimo di ordine 2; pertanto la serie è assolutamente convergente (e quindi anche semplicemente convergente).

(6)

6 dicembre 2004, traccia B

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = 2x²− |x²− 1|

x + 1 .

2. Studiare il seguente limite

x→0lim

sin²x− x arcsin x sin x⁵ e⁻^|x|¹ .

∑∞ n=1

n!

2ⁿ+ (n + 1)!.

(7)

Soluzione del 6 dicembre 2004, traccia B 1. La funzione `e deﬁnita in X_f :=R \ {−1} e si ha

f (x) =









x²+ 1

x + 1 , x <−1 , x ≥ 1 , 3x²− 1

x + 1 , −1 < x < 1 .

Poiché l’insieme di definizione non è simmetrico nè periodico, la funzione non può verificare tali proprietà.

Si ha 2x²− |x²− 1| ≥ 0 se e solo se |x²− 1| ≤ 2x² e quindi se e solo se−2x²≤ x²− 1 ≤ 2x², cio`e −3x²≤ −1 e −1 ≤ x²; la diseguaglianza 3x² ≥ 1 `e vera per x ≤ −√

3/3 e per x ≥ √

3/3, mentre x² ≥ −1 `e sempre vera; tenendo presente che x + 1≥ 0 per x ≥ −1, si ricava che f `e positiva negli intervalli ]−1, −√

3/3] e [√

3/3, +∞[ e negativa negli intervalli ]− ∞, −1[ e [−√

3/3,√

3/3]. Le intersezioni con gli assi sono date da

A (−√

3 3 , 0

)

, B

(√3 3 , 0

)

, C(0,−1) .

Per quanto riguarda i limiti agli estremi dell’insieme di deﬁnizione, tenendo presente il segno della funzione si ha

lim

x→−1⁻f (x) =−∞ , lim

x→−1⁺f (x) = +∞ ,

e quindi la retta di equazione x =−1 è un asintoto verticale in basso a sinistra ed in alto a destra per f ; poiché f `e definita e continua in Xf, non possono esistere eventuali altri asintoti verticali.

Inoltre si ha lim_x_→±∞f (x) = ±∞ e quindi non esistono asintoti orizzontali.

Poich´e

x→±∞lim f (x)

x = 1 , lim

x→±∞f (x)− x = −1 ,

la retta di equazione y = x− 1 `e un asintoto obliquo a destra e a sinistra per f .

Dalle proprietà di derivabilità delle funzioni elementari e dalle regole di derivazione, si pu`o affermare subito che f è derivabile in X_f \ {1}

e, per ogni x∈ Xf \ {1}, risulta

f^′(x) =











x²+ 2x− 1

(x + 1)² , x <−1 , x ≥ 1 , 3x²+ 6x + 1

(x + 1)² , −1 < x < 1 .

(8)

Nel punto 1, si ha f₊^′ (1) = lim_x_→−1⁺f^′(x) = 1/2 e analogamente f₋^′ (1) = lim_x_→−1−f^′(x) = 5/2; si deduce che f non `e derivabile in 1 pur essendo derivabile sia a destra che a sinistra in tale punto; pertanto 1 `e un punto angoloso per f .

Si riconosce facilmente che il segno della derivata `e strettamente positivo in ]−∞, −1−√

2[ e ]−1+√

6/3, +∞[\{1} e quindi f `e strettamente crescente in ognuno degli intervalli ]−∞, −1−√

2] e [−1+√

6/3, +∞[.

Pertanto, il punto −1 −√

2 `e di massimo relativo per f ed il punto

−1 +√

3/6 `e di minimo relativo per f ; i valori di f sono dati da f (−1 −√

2) =−2(1 +√

2) e f (−1 +√

3/6) =−6 + 9√ 3/2.

Si ha inoltre, per ogni x∈ Xf \ {1}, f^′′(x) = 4

(x + 1)³ ,

e pertanto f `e strettamente convessa negli intervalli ]− 1, 1] e [1, +∞[

e strettamente concava nell’intervallo ]− ∞, −1[ (si osservi che f non

`e strettamente convessa in ]− 1, +∞[).

x y

Figura 2: Grafico della funzione del 6 dicembre 2004, traccia B.

2. Basta osservare che il termine sin²x−x arcsin x `e inﬁnitesimo e e^−1/|x|

è infinitesimo di ordine arbitrariamente grande in 0; pertanto il numeratore è un infinitesimo di ordine arbitrariamente grande in 0; poiché

(9)

il denominatore è un infinitesimo di ordine 5, si deduce che il rappor- to è infinitesimo (di ordine ancora arbitrariamente grande) e quindi il limite richiesto è uguale a 0.

3. Si osserva che, per ogni n≥ 1, n!

2ⁿ+ (n + 1)! ≥ n!

2(n + 1)! = 1 2(n + 1)

e poich`e la serie armonica `e divergente positivamente, anche quella in esame risulta divergente positivamente.

(10)

6 dicembre 2004, traccia C

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = arctan x− 1

|x| + 1.

xlim→0

√1− x + x²− e^−x/2

x² .

∫

sin(log x)dx.

(11)

Soluzione del 6 dicembre 2004, traccia C 1. La funzione `e deﬁnita in X_f :=R e si ha

f (x) =







arctanx− 1

x + 1 , x≥ 0 ,

arctanx− 1

1− x = arctan−1 = −π

4 , x < 0 .

La funzione è quindi costante in ]− ∞, 0] e non è né simmetrica nè periodica.

Se x≥ 0, tenendo presente che l’arcotangente `e positiva se e solo se lo

`e il suo argomento, si ha ovviamente f (x)≥ 0 in [1, +∞[ e f(x) ≤ 0 in [0, 1]; per x≤ 0 si ha ovviamente f(x) = −π/4 < 0.

Le intersezioni con gli assi sono date da A(1, 0) , B

( 0,−π

4 )

.

La funzione `e continua in tuttoR e quindi non vi sono asintoti verticali.

Inoltre si ha lim_x_→+∞f (x) = arctan 1 = π/4 e quindi la retta di equazione y = π/4 `e un asintoto orizzontale a destra per f ; ovviamente la retta di equazione y =−π/4 `e un asintoto orizzontale a sinistra per f .

Dalle proprietà di derivabilità delle funzioni elementari e dalle regole di derivazione, si pu`o affermare subito che f `e derivabile in R \ {0} e, per ogni x∈ R \ {0}, risulta

f^′(x) =



 1

x²+ 1 , x > 0 , 0 , x < 0 .

Nel punto 0, si ha f₊^′ (0) = lim_x_→0+f^′(x) = 1 e analogamente f₋^′ (0) = lim_x_→0−f^′(x) = 0; si deduce che f non `e derivabile in 0 pur essendo derivabile sia a destra che a sinistra in tale punto; pertanto 0 `e un punto angoloso per f .

Si riconosce facilmente che il segno della derivata `e strettamente posi- tivo in [0, +∞[ e quindi f `e strettamente crescente in [0, +∞[.

Tutti i punti dell’intervallo ]− ∞, 0] sono di minimo relativo (anzi assoluto) per f ed inoltre il minimo assoluto vale −π/4; al contrario, f non `e dotata di massimo ma solo di estremo superiore uguale a π/4.

Si ha inoltre, per ogni x∈]0, +∞[, f^′′(x) =− 2x

(x²+ 1)² ,

(12)

x y

Figura 3: Grafico della funzione del 6 dicembre 2004, traccia C.

e pertanto f `e strettamente concava in [0, +∞[.

2. Si ha

xlim→0

√1− x + x²− e^−x/2

x² = lim

x→0

(1− x + x²)^1/2− 1 − (e^−x/2− 1) x²

e quindi il numeratore è differenza di due infinitesimi di ordine 1 mentre il denominatore è un infinitesimo di ordine 2. Poiché

xlim→0

(1− x + x²)^1/2− 1

−(e^−x/2− 1)

= lim

x→0

(1− x + x²)^1/2− 1

−x + x²

−x/2

−(e^−x/2− 1) =−1 , non si può applicare la teoria degli infinitesimi e degli infiniti.

Sviluppando il numeratore con la formula di McLaurin del secondo ordine o equivalentemente applicando due volte la regola di l’H¨opital, si trova

(D(√

1− x + x²− e^−x/2))_x=0

= (

e^−x/2

2 +√ 2x− 1 1− x + x²

)

x=0

= 0 , (D²(√

1− x + x²− e^−x/2))_x=0

= (

−e^−x/2

4 − (2x− 1)² 4√

(1− x + x²)³ + 1

√1− x + x² )

x=0

= 1 2 ,

mentre ovviamente D²(x²) = 2 e quindi

xlim→0

√1− x + x²− e^−x/2

x² = lim

x→0

1/2 2 = 1

4 .

(13)

3. Posto t := log x, si ricava x = e^t e dx = e^tdt; pertanto l’integrale

diventa ∫

e^t sin t dt e integrando due volte per parti

∫

e^t sin t dt = −e^tcos t dt +

∫

e^t cos t dt

= −e^tcos t dt + e^tsin t−

∫

e^t sin t dt ; da quest’ultima equazione

2

∫

e^t sin t dt = e^t(sin t− cos t) + c e si conclude

∫

e^tsin t dt = 1

2x(sin log x− cos log x) + c , c∈ R .

(14)

6 dicembre 2004, traccia D

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = arctanx²+ 1

|x| .

∑∞ n=1

(−1)ⁿtan n +√ n n³− n + 2.

3. Risolvere nel campo complessoC la seguente equazione z ¯z− z² = 1.

(15)

Soluzione del 6 dicembre 2004, traccia D 1. La funzione `e deﬁnita in X_f :=R \ {0} e si ha

f (x) =









arctanx²+ 1

x , x > 0 , arctan

(

−x²+ 1 x

)

, x < 0 . La funzione `e pari ma non periodica.

Tenendo presente che l’arcotangente `e positiva se e solo se lo `e il suo argomento, si ha ovviamente f (x) > 0 in Xf e inoltre non vi sono intersezioni con gli assi.

Si osserva che f `e continua e per quanto riguarda i limiti agli estremi di X_f, si ha

xlim→0f (x) = π

2 , lim

x→+∞f (x) = π 2 ;

quindi non esistono asintoti verticali mentre la retta di equazione y = π/2 `e un asintoto orizzontale sia a sinistra che a destra per f .

Dalle proprietà di derivabilità delle funzioni elementari e dalle regole di derivazione, si pu`o affermare subito che f `e derivabile e, per ogni x∈ R \ {0}, risulta

f^′(x) =









x²− 1

x⁴+ 3x²+ 1 , x > 0 ,

− x²− 1

x⁴+ 3x²+ 1, x < 0 .

Si riconosce facilmente che il segno della derivata è strettamente positivo in [−1, 0[ e [1, +∞[ e quindi f è strettamente crescente in tali intervalli; analogamente, f^′ è strettamente negativa in ] − ∞, −1] e ]0, 1] e quindi f `e strettamente decrescente in tali intervalli.

I punti ±1 sono di minimo relativo (anzi assoluto) per f e si ha f (±1) = arctan 2. Inoltre, f non `e dotata di massimo ma solo di estremo superiore uguale a π/2.

Si ha inoltre, per ogni x∈]0, +∞[,

f^′′(x) =











−2x(x⁴− 2x²− 4)

(x⁴+ 3x²+ 1)² , x > 0 , 2x(x⁴− 2x²− 4)

(x⁴+ 3x²+ 1)² , x < 0 . Il segno di f^′′ `e strettamente positivo in ]−√

1 +√ 5,√

1 +√ 5[\{0}

e pertanto f `e strettamente convessa negli intervalli ]−√ 1 +√

5, 0[ e

(16)

]0,√ 1 +√

5[; analogamente, f^′′`e strettamente negativa negli intervalli ]−∞, −√

1 +√ 5[ e ]√

1 +√

5, +∞[ e quindi f `e strettamente concava in ]− ∞, −√

1 +√

5] e [√ 1 +√

5, +∞[. I punti ±√ 1 +√

5 sono di ﬂesso proprio per f e f (±√

1 +√

5) = arctan(2 +√ 5)/√

1 +√ 5.

x y

Figura 4: Grafico della funzione del 6 dicembre 2004, traccia D.

2. Tenendo presente che (n +√

n)/(n³−n+2) è un infinitesimo di ordine 2 in +∞ e la tangente è un infinitesimo di ordine 1 in 0, si dedu- ce che il termine generale della serie è un infinitesimo di ordine 2 e quindi la serie è assolutamente convergente (ed anche semplicemente convergente).

3. Posto z := x + iy, si ha z = x− iy e z²= (x + iy)² = x²− y²+ 2ixy;

pertanto l’equazione diventa

x²+ y²− x²− 2ixy + y² = 1

e separando le parti reali e le parti immaginarie di entrambi i membri, si ottengono le equazioni

{ 2y²= 1 , 2xy = 0 .

La prima equazione ammette le soluzioni y = ±√

2/2; nella seconda deve essere conseguentemente x = 0. Pertanto, le soluzioni dell’equa- zione assegnata sono date da z = 0± i√

2/2 =±i√ 2/2.

(17)

10 gennaio 2005, traccia A

1. Tracciare il grafico della funzione cos`ı definita (lo studio della derivata seconda può essere omesso)

f (x) = log|x + 1|

x²+ 1.

xlim→0

√1 + x− e^x/2

x² .

∫ ₂

1

√x− 1 x + 1 dx.

(18)

Soluzione del 10 gennaio 2005, traccia A

1. Per la determinazione dell’insieme di definizione bisogna imporre solamente|x + 1| > 0 e quindi si ottiene Xf :=R \ {−1}. L’insieme di definizione non è periodico né simmetrico e pertanto la funzione non può verificare tali proprietà.

Per quanto riguarda il segno della funzione si ha f (x)≥ 0 ⇔ |x + 1|

x²+ 1 ≥ 1 ⇔ |x + 1| − x²− 1 x²+ 1 ≥ 0 ;

poich`e il denominatore dell’ultima frazione `e sempre positivo si ottiene f (x)≥ 0 ⇔ |x + 1| ≥ x²+ 1 ⇔

{ x + 1≥ 0 , x²+ 1≤ x + 1 ;

risolvendo tale sistema si pu`o concludere che la funzione `e positiva solamente nell’intervallo [0, 1]. Le intersezioni con gli assi sono date dai punti

A(0, 0) , B(1, 0) .

La funzione `e continua e quindi ha senso considerare un eventuale asintoto verticale solamente nel punto−1 nel quale risulta limx→−1f (x) =

−∞; pertanto la retta di equazione x = −1 `e un asintoto verticale in basso per f .

Si ha inoltre lim_x→±∞f (x) =−∞ e limx→±∞f (x)/x = 0 per cui non possono esistere asintoti orizzontali e neanche obliqui per f .

Osservato che −1 /∈ Xf (−1 `e l’unico punto in cui il valore assoluto

|x + 1| non è derivabile), si può affermare che f è derivabile infinite volte in X_f e, per ogni x∈ Xf,

f^′(x) = x²+ 1

|x + 1|

|x+1|

x+1(x²+ 1)− 2x|x + 1|

(x²+ 1)²

=

x²+1 x+1 − 2x

(x + 1)(x²+ 1) =− x²+ 2x− 1 (x + 1)(x²+ 1) . Il numeratore dell’ultima frazione ammette le due radici−1 ±√

2 ed

`e positivo in ]− ∞, −1 −√

2] ed in [−1 +√

2, +∞[; il denominatore invece `e positivo in ]− 1, +∞[; tenendo conto del segno negativo in evidenza, si conclude che f^′`e positiva in ]−∞, −1−√

2]∪]−1, −1+√ 2]

e negativa in [−1 −√

2,−1[∪[−1 +√

2, +∞[.

Conseguentemente, f `e strettamente crescente in ]− ∞, −1 −√ 2] ed in ]− 1, −1 +√

2] e strettamente decrescente in [−1 −√

2,−1[ ed in [−1 +√

2, +∞[.

(19)

Inoltre, i punti −1 ± √

2 sono di massimo relativo per f e si ha f (−1 −√

2) =− log(√ 2(√

2 + 2)) e f (−1 +√

2) =− log(2(√

2− 1)).

Considerato il comportamento della funzione agli estremi degli intervalli in cui `e deﬁnita, si deduce anche che il punto−1+√

2 `e di massimo assoluto per f ed il massimo assoluto vale− log(2(√

2− 1)). La funzione invece non `e dotata di minimo assoluto in quanto non `e limitata inferiormente.

Per quanto riguarda lo studio della derivata seconda ci si limita a segnalare che, per ogni x∈ Xf,

f^′′(x) = x⁴+ 4x³− 2x²− 4x − 3 (x + 1)²(x²+ 1)² . Il graﬁco `e tracciato approssimativamente nella Figura 5.

x y

Figura 5: Grafico della funzione del 10 gennaio 2005, traccia A.

2. Utilizzando la formula di Mc Laurin si ottiene

√1 + x = 1 +x 2 −x²

8 + o(x²) , e^x/2 = 1 +x 2 +x²

8 + o(x²) e quindi

√1 + x− e^x/2 =−x²

4 + o(x²) da cui

xlim→0

√1 + x− e^x/2

x² = lim

x→0

−x²/4 x² =−1

4 .

Allo stesso risultato si perviene applicando due volte la regola di L’H¨opital.

(20)

3. Posto t :=√

x− 1, si ha x = t²+1, dx = 2t dt e inoltre per x = 1 risulta t = 0 e per x = 2 risulta x = 1; applicando la regola di sostituzione, si ottiene

∫ ₂

1

√x− 1 x + 1 dx =

∫ ₁

0

t

t²+ 22t dt

= 2

∫ ₁

0

(

1− 2 t²+ 2

) dt

= 2− 2√ 2

∫ ₁

0

1/√ 2 (t/√

2))²+ 1dt

= 2− 2√ 2

[

arctan t

√2 ]1

0

= 2− 2√

2 arctan

√2 2 .

(21)

10 gennaio 2005, traccia B

f (x) = log|x − 1|

x²+ 1.

xlim→0

cos x−√ 1− x²

x⁴ .

3. Studiare la convergenza del seguente integrale (senza calcolarlo)

∫ _∞

1

log x

√(x− 1)³dx.

(22)

Soluzione del 10 gennaio 2005, traccia B

1. Per la determinazione dell’insieme di definizione bisogna imporre solamente |x − 1| > 0 e quindi si ottiene Xf := R \ {1}. L’insieme di definizione non è periodico né simmetrico e pertanto la funzione non può verificare tali proprietà.

Per quanto riguarda il segno della funzione si ha f (x)≥ 0 ⇔ |x − 1|

x²+ 1 ≥ 0 ⇔ |x − 1| − x²− 1 x²+ 1 ≥ 0 ;

poich`e il denominatore dell’ultima frazione `e sempre positivo si ottiene f (x)≥ 0 ⇔ |x − 1| ≥ x²+ 1 ⇔

{ x− 1 ≥ 0 , x²+ 1≤ x + 1 ;

risolvendo tale sistema si pu`o concludere che la funzione `e positiva solamente nell’intervallo [−1, 0]. Le intersezioni con gli assi sono date dai punti

A(−1, 0) , B(0, 0) .

La funzione `e continua e quindi ha senso considerare un eventuale asintoto verticale solamente nel punto 1 nel quale risulta lim_x_→1f (x) =

−∞; pertanto la retta di equazione x = 1 `e un asintoto verticale in basso per f .

Si ha inoltre lim_x_→±∞f (x) =−∞ e limx→±∞f (x)/x = 0 per cui non possono esistere asintoti orizzontali e neanche obliqui per f .

Osservato che 1 /∈ Xf (−1 `e l’unico punto in cui il valore assoluto

|x − 1| non è derivabile), si può affermare che f è derivabile infinite volte in X_f e, per ogni x∈ Xf,

f^′(x) = x²+ 1

|x − 1|

|x−1|

x−1(x²+ 1)− 2x|x − 1|

(x²+ 1)²

=

x²+1 x−1 − 2x

(x− 1)(x²+ 1) =− x²− 2x − 1 (x− 1)(x²+ 1) . Il numeratore dell’ultima frazione ammette le due radici 1±√

2 ed `e positivo in ]− ∞, 1 −√

2] ed in [1 +√

2, +∞[; il denominatore invece

`e positivo in ]1, +∞[; tenendo conto del segno negativo in evidenza, si conclude che f^′ `e positiva in ]− ∞, 1 −√

2]∪]1, 1 +√

2] e negativa in [1−√

2, 1[∪[1 +√

2, +∞[.

Conseguentemente, f `e strettamente crescente in ]− ∞, 1 −√

2] ed in ]1, 1 +√

2] e strettamente decrescente in [1−√

2, 1[ ed in [1 +√

2, +∞[.

Inoltre, i punti 1±√

2 sono di massimo relativo per f e si ha f (1−√ 2) =

− log(2(√

2− 1)) e f(1 + √

2) = − log(√ 2(√

2 + 2)). Considerato

(23)

il comportamento della funzione agli estremi degli intervalli in cui `e deﬁnita, si deduce anche che il punto 1−√

2 `e di massimo assoluto per f ed il massimo assoluto vale− log(2(√

2−1)). La funzione invece non

`e dotata di minimo assoluto in quanto non `e limitata inferiormente.

Per quanto riguarda lo studio della derivata seconda ci si limita a segnalare che, per ogni x∈ Xf,

f^′′(x) = x⁴− 4x³− 2x²+ 4x− 3 (x− 1)²(x²+ 1)² . Il graﬁco `e tracciato approssimativamente nella Figura 6.

x y

Figura 6: Grafico della funzione del 10 gennaio 2005, traccia B.

2. Utilizzando la formula di Mc Laurin si ottiene cos x = 1− x²

2 +x⁴

4! + o(x⁴) , √

1− x² = 1−x² 2 −x⁴

8 + o(x⁴) , e quindi

cos x−√

1− x²= x⁴ 24 +x⁴

8 + o(x⁴) = x⁴

6 + o(x⁴) da cui

xlim→0

cos x−√ 1− x²

x⁴ = lim

x→0

x⁴/6 x⁴ = 1

6 .

Allo stesso risultato si perviene applicando quattro volte la regola di L’H¨opital.

3. La funzione integranda `e continua in ]1, +∞[ e quindi bisogna studiar- ne l’integrabilit`a in un intorno del punto 1 ed in un intorno del punto +∞.

(24)

Nel punto 1 la funzione logaritmo `e un inﬁnitesimo di ordine 1 mentre la funzione√

(x− 1)³ `e un infinitesimo di ordine 3/2; quindi la fun- zione `e un infinito di ordine 1/2 e, per il criterio sull’ordine di infinito,

`e assolutamente integrabile in un intorno del punto 1.

Nel punto +∞, la funzione è rapporto di un infinito di ordine ar- bitrariamente piccolo e di un infinito di ordine 3/2 e pertanto `e un infinitesimo di ordine minore di 3/2, ma maggiore α per ogni α < 3/2;

considerando, ad esempio, α = 5/4, si pu`o applicare il criterio sull’or- dine di inﬁnitesimo e concludere che f `e assolutamente integrabile in un intorno del punto +∞.

Pertanto la funzione in esame `e assolutamente integrabile e quindi integrabile in senso improprio.

(25)

10 gennaio 2005, traccia C

f (x) = arcsinx− 1 x + 2.

xlim→0

x²− sin²x x³ .

∑∞ n=1

2ⁿ+ n 3ⁿ− n.

(26)

Soluzione del 10 gennaio 2005, traccia C

1. Per determinare l’insieme di deﬁnizione bisogna imporre che l’argomento della funzione arcoseno appartenga all’intervallo [−1, 1] e quindi si ottiene il sistema

{ _x₋₁

x+2 ≥ −1 ,

x−1

x+2 ≤ 1 ⇔

{ _x_−1+x+2

x+2 ≥ 0 ,

x−1+x+2

x+2 ≤ 0 ⇔

{ _2x+1

x+2 ≥ 0 ,

3

x+2 ≤ 0 .

La prima disequazione dell’ultimo sistema `e soddisfatta nell’insieme ]− ∞, −2[∪[−1/2, +∞[ e la seconda nell’intervallo ] − 2, +∞[. Quindi l’insieme di deﬁnizione `e Xf := [−1/2, +∞[.

Poich`e Xf non è simmetrico né periodico, la funzione non può verificare tali proprietà.

Per quanto riguarda il segno della funzione, si ha, per ogni x∈ Xf, f (x)≥ 0 ⇔ x− 1

x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 ;

quindi la funzione `e positiva nell’intervallo [1, +∞[ e le intersezioni con gli assi sono date dai punti

A(1, 0) , B (

0,−π 6

) .

La funzione è continua ed essendo definita in un intervallo chiuso non può ammettere asintoti verticali.

Si ha inoltre limx→+∞f (x) = arcsin 1 = π/2 e quindi la retta di equazione y = π/2 `e un asintoto orizzontale a destra per f .

Osservato che l’argomento della funzione arcoseno assume il valore−1 nel punto−1/2 e non assume mai il valore 1, si può affermare che f è derivabile infinite volte in ]− 1/2, +∞[ e, per ogni x ∈] − 1/2, +∞[,

f^′(x) = 3

(x²+ 2)²

√ 1−(

x−1 x+2

)2 =

√3 (x + 2)√

2x + 1 .

Da ci`o segue anche che nel punto−1/2 la funzione non `e derivabile in quanto f^′(−1/2) = lim_x→−1/2f^′(x) = +∞.

La derivata prima `e sempre positiva e quindi f `e strettamente crescente. Il punto−1/2 `e di minimo assoluto della funzione, nel quale si ha f (−1/2) = arcsin −1 = −π/2. Non esiste invece il massimo assoluto pur essendo la funzione limitata superiormente con estremo superiore π/2.

(27)

Per quanto riguarda lo studio della derivata seconda si osserva che, per ogni x∈] − 1/2, +∞[,

f^′′(x) =− 3√

3(x + 1) (x + 2)²√

(2x + 1)³ .

Il segno della derivata seconda `e sempre strettamente negativo e quindi la funzione `e strettamente concava.

x y

Figura 7: Grafico della funzione del 10 gennaio 2005, traccia C.

2. Si ha

xlim→0

x²− sin²x x³ = lim

x→0

(x− sin x)(x + sin x)

x³ .

Applicando la regola di l’H¨opital, si ottiene

xlim→0

x− sin x x³ = lim

x→0

1− cos x 3x² = 1

6 e quindi

xlim→0

x²− sin²x x³ = 1

6 lim

x→0(x + sin x) = 0 .

3. La serie `e a termini positivi; tenendo presente che 2ⁿ + n ∼ 2ⁿ e analogamente 3ⁿ− n ∼ 3ⁿ per n → +∞, applicando il criterio del rapporto si ha

n→+∞lim

2ⁿ⁺¹+ n + 1 3ⁿ⁺¹− n − 1

3ⁿ− n

2ⁿ+ n = lim

n→+∞

2ⁿ⁺¹ 3ⁿ⁺¹

3ⁿ 2ⁿ = 2

3 < 1 e quindi la serie `e convergente.

(28)

10 gennaio 2005, traccia D

f (x) = arccosx− 1 x + 2.

xlim→0

log(1 + x)²− 2x

x⁴ .

3. Risolvere nel campo complesso la seguente equazione (iz− 1)³= 1.

(29)

Soluzione del 10 gennaio 2005, traccia D

1. Per determinare l’insieme di deﬁnizione bisogna imporre che l’argomento della funzione arcocoseno appartenga all’intervallo [−1, 1] e quindi si ottiene il sistema

{ _x₋₁

x+2 ≥ −1 ,

x−1

x+2 ≤ 1 ⇔

{ _x_−1+x+2

x+2 ≥ 0 ,

x−1+x+2

x+2 ≤ 0 ⇔

{ _2x+1

x+2 ≥ 0 ,

3

x+2 ≤ 0 .

La prima disequazione dell’ultimo sistema `e soddisfatta nell’insieme ]− ∞, −2[∪[−1/2, +∞[ e la seconda nell’intervallo ] − 2, +∞[. Quindi l’insieme di deﬁnizione `e X_f := [−1/2, +∞[.

Poich`e X_f non è simmetrico né periodico, la funzione non può verificare tali proprietà.

Per quanto riguarda il segno della funzione basta osservare che l’arcocoseno è sempre positivo e si annulla nel punto 1; poichè il valore 1 non viene mai assunto dall’argomento della funzione arcocoseno, si deduce che f è strettamente positiva e l’intersezione con l’asse y `e data da

A (

0,2 3π

) .

La funzione è continua ed essendo definita in un intervallo chiuso non può ammettere asintoti verticali.

Si ha inoltre lim_x_→+∞f (x) = arccos 1 = 0 e quindi l’asse x `e un asintoto orizzontale a destra per f .

Osservato che l’argomento della funzione arcocoseno assume il valore

−1 nel punto −1/2 e non assume mai il valore 1, si può affermare che f `e derivabile infinite volte in ]−1/2, +∞[ e, per ogni x ∈]−1/2, +∞[,

f^′(x) =− 3

(x²+ 2)²

√ 1−(

x−1 x+2

)2 =−

√3 (x + 2)√

2x + 1 .

Da ci`o segue anche che nel punto−1/2 la funzione non `e derivabile in quanto f^′(−1/2) = limx→−1/2f^′(x) =−∞.

La derivata prima `e sempre negativa e quindi f `e strettamente decrescente. Il punto−1/2 `e di massimo assoluto della funzione, nel quale si ha f (−1/2) = arccos −1 = π. Non esiste invece il minimo assoluto pur essendo la funzione limitata superiormente con estremo superiore 0.

Per quanto riguarda lo studio della derivata seconda si osserva che, x∈] − 1/2, +∞[,

f^′′(x) = 3√

3(x + 1) (x + 2)²√

(2x + 1)³ .

(30)

Il segno della derivata seconda `e sempre strettamente positivo e quindi la funzione `e strettamente convessa.

x y

Figura 8: Grafico della funzione del 10 gennaio 2005, traccia D.

2. Si ha

xlim→0

log(1 + x)²− 2x

x⁴ = 2 lim

x→0

log(1 + x)− x x⁴ e poich´e log(1 + x)− x = −x²/2 + o(x²), si ottiene

xlim→0

log(1 + x)²− 2x

x⁴ = 2 lim

x→0

−x²/2

x⁴ = 2 lim

x→0

−1

2x² =−∞ .

3. Posto w := iz− 1, si ha w³ = 1 e dalla formula sul calcolo delle radici n-esime, si ottengono le tre radici

w0:= 1 , w1,2:=−1 2±

√3 2 i .

Allora, le corrispondenti soluzioni z0, z1, z2 si ricavano dall’equazione w_j = iz_j− 1, j = 0, 1, 2 e sono date da

z0 = 2

i =−2i , iz1,2−1 = −1 2±

√3

2 i ⇒ z1,2 = 1 2i±

√3 2 =±

√3 2 −1

2i .

(31)

21 marzo 2005, traccia A

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = arcsin√

1− x² .

x→+∞lim

e^x(log(e^x+ x²)− x)

x² .

+∞

∑

n=1

(−1)ⁿ n + log n n³ .

(32)

Soluzione del 21 marzo 2005, traccia A

1. Per la determinazione dell’insieme di deﬁnizione bisogna imporre le

condizioni {

1− x² ≥ 0 ;

−1 ≤√

1− x²≤ 1 .

La prima disequazione è soddisfatta per −1 ≤ x ≤ 1 e per tali va- lori la seconda disequazione è sempre soddisfatta. Si conclude che l’insieme di definizione `e dato da X_f := [−1, 1]. L’insieme di definizio- ne è simmetrico e la funzione risulta pari per cui può essere studiata nell’intervallo Y := [0, 1].

Per quanto riguarda il segno della funzione si ha f (x)≥ 0 ⇔ √

1− x² ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 ;

quindi la funzione `e sempre positiva e le intersezioni con gli assi sono date dai punti

A(−1, 0) , B(1, 0) , C(0,π 2) .

La funzione è continua ed è definita in un insieme chiuso e limitato.

Quindi non pu`o avere asintoti verticali, orizzontali ed obliqui.

Per la derivabilità bisogna escludere i punti in cui l’argomento della funzione radice si annulla, cioè i punti±1 e quelli in cui l’argomento dell’arcoseno assume i valori±1, cioè il punto 0. Quindi si può affer- mare che f è derivabile in X_f\ {−1, 0, 1} ed in tale insieme la derivata

`e data da

f^′(x) = 1

√ 1− (√

1− x²)²

−2x 2√

1− x² =− x

|x|√

1− x² .

Considerando i limiti della derivata prima nei punti −1, 0 e 1 si ha inoltre

f^′(−1) = +∞ , f^′(1) =−∞ , f₋^′ (0) = 1 , f₊^′ (0) =−1 . Quindi f è derivabile in X_f\{−1, 0, 1}, il punto 0 è un punto angoloso e nei punti±1 la funzione è solamente dotata di derivata. Il segno della derivata è strettamente positivo in ]− 1, 0[ e strettamente negativo in ]0, 1[ e conseguentemente f `e strettamente crescente in [−1, 0] e strettamente decrescente in [0, 1]. Dal primo criterio per i punti di massimo e di minimo si deduce che i punti±1 sono di minimo relativo per f ed il punto 0 è un massimo relativo per f ; poiché f `e continua in un insieme chiuso e limitato, dal teorema di Weierstrass essa deve

(33)

essere dotata di massimo e minimo assoluto e quindi si deduce che f (−1) = f(1) = 0 `e il minimo assoluto di f mentre f(0) = π/2 `e il massimo assoluto di f .

Per quanto riguarda lo studio della derivata seconda, si osserva che f

`e derivabile due volte in X_f \ {−1, 0, 1} e in tale insieme si ha f^′′(x) =− |x|

(1− x²)√

1− x² .

Pertanto, la funzione `e strettamente concava sia nell’intervallo [−1, 0]

che in [0, 1].

x y

Π2

0 1

-1

Figura 9: Grafico della funzione del 21 marzo 2005, traccia A.

2. Si osserva che limx→+∞x²/e^x = 0 e quindi, posto t := x²/e^x,

x→+∞lim

e^x(log(e^x+ x²)− x)

x² = lim

x→+∞

log(e^x+ x²)− log e^x x²/e^x

= lim

x→+∞

log (e^x+x²

e^x

)

x²/e^x = lim

x→+∞

log (

1 +^x_ex²

)

x²/e^x = lim

t→0

log(1 + t) t = 1 . 3. Il termine n + log n `e un inﬁnito di ordine 1, mentre il termine n³ al

denominatore è un infinito di ordine 3; pertanto il termine generale della serie è un infinitesimo di ordine 2 e conseguentemente la serie è assolutamente convergente (quindi anche semplicemente convergente).

(34)

21 marzo 2005, traccia B

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = arcsin|x²− 1| .

xlim→0

arcsin(x− x²) x−√

x .

+∞

∑

n=1

(−1)ⁿ log n n² .

(35)

Soluzione del 21 marzo 2005, traccia B

1. Per la determinazione dell’insieme di definizione bisogna imporre le condizioni −1 ≤ |x² − 1| ≤ 1; la prima disequazione è sempre sod- disfatta mentre la seconda è equivalente a −1 ≤ x² − 1 ≤ 1, cioè a 0 ≤ x² ≤ 2 e quindi deve essere −√

2 ≤ x ≤ √

2. Si conclude che l’insieme di deﬁnizione `e dato da X_f := [−√

2,√

2]. L’insieme di definizione è simmetrico e la funzione risulta pari per cui può essere studiata nell’intervallo Y := [0,√

2].

Per quanto riguarda il segno della funzione si ha f (x)≥ 0 ⇔ |x²− 1| ≥ 0 ⇔ −√

2≤ x ≤√ 2 ;

quindi la funzione `e sempre positiva e le intersezioni con gli assi sono date dai punti

A(−1, 0) , B(1, 0) , C(0,π 2) .

Per la derivabilità bisogna escludere i punti in cui l’argomento del valore assoluto si annulla, cioè i punti ±1 e quelli in cui l’argomento dell’arcoseno assume i valori ±1, cioè i punti 0 e ±√

2. Quindi si pu`o aﬀermare che f `e derivabile in X_f\ {−√

2,−1, 0, 1,√

2} ed in tale insieme la derivata `e data da

f^′(x) = √ 2x(x²− 1)

x²(2− x²)(x²− 1)² = 2x(x²− 1)

|x| |x²− 1|√ 2− x²

=







√ 2

2− x² , −1 ≤ x ≤ 0 , 1 ≤ x ≤√ 2 ;

− 2

√2− x² , −√

2≤ x ≤ −1 , 0 ≤ x ≤ 1 . Considerando i limiti della derivata prima nei punti −√

2,−1, 0, 1 e

√2 si ha inoltre f^′(−√

2) =−∞ , f^′(√

2) = +∞ , f₋^′ (0) = 2

√2 =√

2 , f₊^′ (0) =− 2

√2 =−√ 2 , f₋^′ (−1) = −2 , f₊^′ (−1) = 2 ,

f₋^′ (1) =−2 , f₊^′ (1) = 2 . Quindi f `e derivabile in Xf \ {−√

2,−1, 0, 1,√

2}, i punti 0, ±1 sono punti angolosi e nei punti±√

2 la funzione `e solamente dotata di derivata. Il segno della derivata `e strettamente positivo in ]− 1, 0[∪]1,√

2[

(36)

e strettamente negativo in ]−√

2,−1[∪]0, 1[ e conseguentemente f `e strettamente crescente negli intervalli [−1, 0] e [1,√

2] e strettamente decrescente negli intervalli [−√

2,−1] e [0, 1]. Dal primo criterio per i punti di massimo e di minimo si deduce che i punti ±1 sono di mi- nimo relativo per f ed i punti 0 e±√

2 sono di massimo relativo per f ; poich´e f `e continua in un insieme chiuso e limitato, dal teorema di Weierstrass essa deve essere dotata di massimo e minimo assoluto e quindi si deduce che f (−1) = f(1) = 0 `e il minimo assoluto di f mentre f (0) = f (±√

2) = π/2 `e il massimo assoluto di f .

Per quanto riguarda lo studio della derivata seconda, si osserva che f

`e derivabile due volte in X_f \ {−√

2,−1, 0, 1,√

2} e in tale insieme si ha

f^′′(x) =− 2x²(x²− 1)³

|x|(1 − x²)²|1 − x²|(2 − x²)√

2− x² .

Il segno della derivata seconda dipende solamente dal fattore 1− x² e pertanto, la funzione `e strettamente convessa negli intervalli [−√

2,−1]

e [1,√

2 e strettamente concava negli intervalli [−1, 0] e [0, 1].

x y

0 1

-1

Π2

-!!!!2 !!!!2

Figura 10: Grafico della funzione del 21 marzo 2005, traccia B.

2. Si osserva che nel punto 0 si ha x− x²∼ x e x −√

x∼ −√

x e quindi

xlim→0

arcsin(x− x²) x−√

x = lim

x→0

arcsin(x− x²) x− x²

x− x² x−√

x

= lim

x→0

x− x² x−√

x = lim

x→0− x

√x = lim

x→0−√ x = 0 .

3. Il termine log n `e un infinito di ordine arbitrariamente piccolo, mentre il termine n² al denominatore è un infinito di ordine 2; pertanto il

(37)

termine generale della serie è un infinitesimo di ordine minore di 2 e maggiore di α per ogni α < 2; considerando ad esempio α = 3/2 si può affermare che il termine generale della serie è un infinitesimo di ordine maggiore di 3/2 e conseguentemente la serie `e assolutamente convergente (quindi anche semplicemente convergente).

(38)

21 marzo 2005, traccia C

1. Tracciare il graﬁco della funzione cos`ı deﬁnita f (x) = arcsin(x√

1− x) .

xlim→0

e^x− e^{sin x} x− sin x .

+∞

∑

n=1

(−1)ⁿ(log n) arcsin 1 n² .

(39)

Soluzione del 21 marzo 2005, traccia C

1. Per la determinazione dell’insieme di deﬁnizione bisogna imporre le condizioni 1− x ≥ 0 e −1 ≤ x√

1− x ≤ 1; la prima disequazione è soddisfatta per x≤ 1. La seconda disequazione è soddisfatta per x = 0 mentre per x̸= 0 è equivalente alle seguenti

−1 x ≤√

1− x ≤ 1

x , 0 < x≤ 1 , 1

x ≤√

1− x ≤ −1

x , x < 0 . Si supponga 0 < x ≤ 1; la disequazione −1/x ≤ √

1− x `e sempre vera mentre √

1− x ≤ 1/x è equivalente a 1 − x ≤ 1/x² e quindi a x³− x²+ 1 ≥ 0; confrontando i grafici delle funzioni x² ed x³ si riconosce facilmente che quest’ultima disequazione è sempre soddisfatta nell’intervallo ]0, 1] (dalla formula di Cardano¹si ricava che l’equazione x³− x²+ 1 = 0 ammette una sola radice reale negativa data da

a := 1 3



1 − ³

√ 2 25− 3√

69− ³

√

25− 3√ 69 2



 ).

Si supponga ora x < 0; la disequazione 1/x≤ √

1− x `e sempre soddisfatta essendo il primo membro negativo mentre √

1− x ≤ −1/x

`e equivalente a 1− x ≤ 1/x² e quindi a x³ − x²+ 1 ≥ 0; da quanto discusso sopra segue che tale disequazione `e soddisfatta per a≤ x < 0.

Pertanto, la funzione `e definita nell’intervallo X_f := [a, 1]. L’insieme di definizione non è simmetrico e quindi la funzione non può essere simmetrica.

Per quanto riguarda il segno della funzione si ha, per ogni x∈ Xf, f (x)≥ 0 ⇔ x√

1− x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 ;

quindi la funzione `e positiva in [0, 1] e negativa in [a, 0]; le intersezioni con gli assi sono date dall’origine e dal punto A(1, 0).

Per la derivabilità bisogna escludere i punti in cui l’argomento della radice si annulla, cioè il punto 1 e quelli in cui l’argomento dell’arcoseno assume i valori ±1, cioè il punto a. Quindi si può affermare che f è derivabile in X_f \ {a, 1} ed in tale insieme la derivata è data da

f^′(x) = 2− 3x 2√

1− x√

1− x²(1− x) .

1La risoluzione dell’equazione con la formula di Cardano non `e stata richiesta durante lo svolgimento del compito.