Universit` a di Roma “Tor Vergata” - Corso di Laurea in Ingegneria Analisi Matematica I - Prova scritta del 18 Settembre 2019
Esercizio 1. [5 punti] Calcolare lo sviluppo di Taylor dell’ordine n = 5 con centro x0 = 0 per la seguente funzione:
f (x) = arctan(x + Ax3) con A ∈ R.
Svolgimento. Utilizziamo gli sviluppi di Taylor per t → 0:
arctan(t) = t −t3 3 + t5
5 + o(t5).
Pertanto per x → 0 si ha
arctan(x + Ax3) =
x + Ax3
− 1 3
x + Ax33
+ 1 5
x + Ax35
+ o(x5)
= x + Ax3− x3 3
1 + Ax23
+x5 5
1 + Ax25
+ o(x5)
= x + Ax3− x3 3
1 + 3Ax2+ o(x2) + x5
5
1 + o(x)
+ o(x5)
= x + A − 1
3
x3+1 5− A
x5+ o(x5).
Esercizio 2. [6 punti] Data la funzione f (x) =
1 +√ xx1
− 1 + A√ x
log
1 − e−√1x , calcolare lim
x→0+f (x) e lim
x→+∞f (x) con A > 0.
Svolgimento. Per x → 0+ si ha 1 +√
xx1
= exp1 x
log 1 +√ x
= exp1 x
√ x − x
2 + o(x)
= exp 1
√x −1
2 + o(1)
∼ e√1x
√e, da cui segue
1 +√ x1x
− 1 + A√
x ∼ e√1x
√e. Inoltre
log
1 − e−√1x
∼ −e−√1x. Cos`ı, per x → 0+,
f (x) ∼ e√1x
√e ·
−e−√1x
→ − 1
√e. Per x → +∞ si ha
1 +√ x1x
= exp1
xlog 1 +√ x
∼ explog(x) 2x
∼ 1 + log(x) 2x , da cui segue
1 +√ x1x
− 1 + A√
x ∼ A√ x.
Inoltre
log
1 − e−√1x
∼ log 1
√x
= −log(x) 2 . Cos`ı, ricordando che A > 0, per x → +∞,
f (x) ∼ A√ x ·
−log(x) 2
→ −∞.
Esercizio 3. [8 punti] Tracciare il grafico della funzione f (x) = log2x2− x + 1
|x| − 1
specificando: dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, eventuali punti di massimo/minimo relativo, eventuali punti di non derivabilit`a. Non `e richiesto lo studio della derivata seconda.
Svolgimento. Dato che il discriminante di 2x2− x + 1 `e ∆ = −7 < 0, il numeratore `e sempre positivo e per il dominio basta imporre la condizione |x| > 1. Dunque il dominio `e (−∞, −1) ∪ (1, +∞) e
f (x) =
log2x2− x + 1 x − 1
se x > 1, log
− 2x2− x + 1 x + 1
se x < −1.
Limiti agli estremi.
x→lim1+f (x) = +∞, lim
x→+∞f (x) = +∞, lim
x→+∞
f (x)
x = lim
x→+∞
log
2x2−x+1 x−1
x = 0,
e
x→lim(−1)−f (x) = +∞, lim
x→−∞f (x) = +∞, lim
x→−∞
f (x)
x = lim
x→−∞
log
− 2x2x−x+1+1
x = 0.
Quindi x = −1 e x = 1 sono asintoti verticali e non ci sono asintoti obliqui/orizzontali.
Derivata prima.
f′(x) =
2x(x − 2)
(2x2− x + 1)(x − 1) se x > 1, 2(x2 + 2x − 1)
(2x2− x + 1)(x + 1) se x < −1.
Pertanto f `e crescente in [−1 −√
2, −1) e in [2, +∞) ed `e decrescente in (−∞, −1 −√
2] e in (1, 2].
Inoltre f ammette un punto di minimo relativo in x = −1 −√
2 e un punto di minimo assoluto in x = 2.
Grafico di f (x) = log 2x2− x + 1
|x| − 1
.
Esercizio 4. [7 punti] Discutere la convergenza del seguente integrale improprio al variare del parametro α ∈ R con A > 0,
Z A
0
1
xα log x A − x
dx.
Calcolarlo per α = −1.
Svolgimento. Per x → 0+,
f (x) ∼ log(x) xα
e quindi l’integrale di f su (0, A/2] converge se e solo se α < 1. Per x → A−, f (x) ∼ −log(A − x)
Aα e quindi l’integrale di f su [A/2, A) converge per ogni α ∈ R.
Pertanto l’integrale di f su (0, A) converge se e solo se α < 1.
Calcoliamo l’integrale per α = −1,
Z A
0
x log x A − x
dx.
Integrando per parti, si ottiene Z
x log x A − x
dx =
Z x2 2
′
log x A − x
dx
= x2
2 log x A − x
− Z x2
2 · A − x
x · A
(A − x)2 dx
= x2
2 log x A − x
− A 2
Z x
A − xdx
= x2
2 log x A − x
+ A
2x +A2
2 log(A − x) + c
= x2
2 log(x) +A
2x + A2− x2
2 log(A − x) + c Quindi
Z A
0
x log x A − x
dx = x2
2 log(x) + A
2x +A2− x2
2 log(A − x)
A
0
= A2
2 log(A) + A2 2
− A2
2 log(A) = A2 2 .
Esercizio 5. [5 punti] Risolvere il seguente problema di Cauchy
y′(x) = x + B
p(x + B)2+ 1 y(x) y(−B) = A
con A, B ∈ R.
Svolgimento. L’equazione differenziale `e del primo ordine, lineare e omogenea (e anche a variabili sepa- rabili). Abbiamo che
Z x + B
p(x + B)2+ 1 dx =p(x + B)2+ 1 + c e quindi
y(x) = Ce√
(x+B)2+1. Imponendo la condizione iniziale y(−B) = A troviamo costante C:
A = y(−B) = Ce =⇒ C = A e. Cos`ı la soluzione del problema di Cauchy `e
y(x) = A e e√
(x+B)2+1.
