1) Mostrare che

Corso di Laurea in Ingegneria Gestionale

Risoluzione Prova scritta di Matematica 1 del 2 febbraio 2018 (A) (le versioni (B) (C) si svolgono analogamente)

1) Mostrare che

x→0 lim

e ^arcsin(x) − e ^x tan(x) − x = 1

2 .

nota: nel compito era presente un errore di stampa. I voti sono stati di conseguenza alzati

Possibile svolgimento: Notiamo che e ^arcsin(x) − e ^x

tan(x) − x = e ^x · e arcsin(x)−x − 1

tan(x) − x = e ^x · e arcsin(x)−x − 1

arcsin(x) − x · arcsin(x) − x tan(x) − x e che dunque, essendo lim _x→0 e ^−x = lim _x→0 e

−1

arcsin(x)−x = 1, si ha

x→0 lim

e ^arcsin(x) − e ^−x

tan(x) − x = lim

x→0

arcsin(x) + x tan(x) − x .

Dagli sviluppi notevoli arcsin(x) = x + ^x ₆

+ o(x ³ ), tan(x) = x + ^x ₃

+ o(x ³ ), per x → 0, concludiamo che

x→0 lim

e ^arcsin(x) − e ^x

tan(x) − x = lim

x→0

arcsin(x) − x tan(x) − x = lim

x→0 x

6 + o(x ³ )

x

3 + o(x ³ ) = 1 2 .

2) Tracciare il grafico della funzione

f (x) = 1 − log(x) x ² .

Esplicitare le equazioni delle rette tangenti al grafico della funzione f negli eventuali punti di flesso.

Possibile svolgimento: La funzione f ` e definita e indefinitamente derivabile su D = (0, +∞). Risulta f (x) > 0 per x ∈ (0, e), f (e) = 0 e f (x) < 0 per x ∈ (e, +∞).

Si ha

lim

x→0

f (x)[= ^+∞ ₀

] = +∞ e lim

x→+∞ f (x) = 0 per gerarchia.

Inoltre

f ⁰ (x) = −3 + 2 log(x)

x ³

da cui f ⁰ (x) > 0 per x ∈ (e ^3/2 , +∞), f ⁰ (e ^3/2 ) = 0 e f ⁰ (x) < 0 per x ∈ (0, e ^3/2 ). Dunque f

` e strettamente decrescente su (0, e ^3/2 ] e strettamente crescente su [e ^3/2 , +∞), presentando un punto di minimo assoluto in x 0 = e ^3/2 ove f (e ^3/2 ) = − _2e ¹

.

Infine

f ⁰⁰ (x) = 11 − 6 log(x) x ⁴

da cui f ⁰⁰ (x) > 0 per x ∈ (0, e ^11/6 ), f ⁰⁰ (e ^11/6 ) = 0 e f ⁰ (x) < 0 per x ∈ (e ^11/6 , +∞). Dunque f ` e strettamente convessa su (0, e ^11/6 ] e strettamente concava su [e ^11/6 , +∞), presentando un punto di flesso in x ₀ = e ^11/6 con retta tangente

y = f ⁰ (e ^11/6 )(x − e ^11/6 ) + f (e ^11/6 ) = _3e

² (x − e ^11/6 ) − _6e

⁵ .

3) Determinare per α > 0 il carattere dell’integrale improprio Z +∞

1

1 + log(x) (1 + x) ^α dx e calcolarlo per α = 2.

Possibile svolgimento: Posto f _α (x) = ^1+log(x) _(1+x)

la funzione f _α risulta continua e positiva su [1, +∞) per ogni α > 0. Inoltre f _α (x) ∼ ^log(x) _x

per x → +∞. Dal criterio del confronto asintotico il carattere dell’integrale proposto ` e quello di

Z ∞ 1

log(x) x ^α dx.

Notiamo che per α = 1 si ha R ∞ 1

log(x)

x dx = lim _x→+∞ ¹ ₂ log ² (x) = +∞ e dunque l’integrale diverge.

Se α ∈ (0, 1), essendo x ^α < x per x > 1, otteniamo ^log(x) _x ≤ ^log(x) _x

per x ≥ 1. Dal criterio del confronto possiamo allora concludere

Z ∞ 1

log(x)

x ^α dx = +∞ per ogni α ∈ (0, 1]

e per tali valori di α risulta allora divergente anche R +∞

1 f _α (x)dx.

Se infine α − 1 > 0 notiamo che, posto p = 1 + ^α−1 ₂ , si ha p > 1 e x ^p log(x)

x ^α = log(x)

x

→ 0 per x → +∞.

Dal criterio degli infinitesimi concludiamo che se α > 1 si ha R ∞ 1

log(x)

x

dx < +∞ e quindi R ∞

1 f _α (x) dx < +∞.

Calcoliamo ora

Z 1 + log(x)

(1 + x) ² dx

Integrando per parti otteniamo Z 1 + log(x)

(1 + x) ² dx = − 1 + log(x) 1 + x +

Z 1

x(1 + x) dx

= − 1 + log(x) 1 + x +

Z 1

x − 1

1 + x dx = − 1 + log(x)

1 + x + log x 1 + x + c e dunque essendo log _1+x ^x → 0 e ^1+log(x) _1+x → 0 per x → +∞ otteniamo

Z +∞

1

1 + log(x)

(1 + x) ² dx = 1

2 − log 1

2 .