Universit` a di Roma “Tor Vergata” - Corso di Laurea in Ingegneria Analisi Matematica I - Prova scritta del 16 Febbraio 2021 - II
Esercizio 1. [8 punti] Calcolare il seguente limite:
n→+∞lim
((n + A)n− an!)(eB√n+ bnd+ c) (n + B√
n+ C)n con B > 0 e A, C, a, b, c, d ∈ R.
Svolgimento. Utilizziamo i seguenti sviluppi di Taylor per t → 0:
log(1 + t) = t − t2
2 + o(t2), et= 1 + t + o(t).
Dato che limn→∞nn!n = 0,
(n + A)n− an! = nn
1 + A n
n
+ o(1)
= nn
en log(1+An)+ o(1)
= nn
en(An+o(n1))+ o(1)
= nn eA+o(1)+ o(1) = nneA(1 + o(1)).
Inoltre, dato che limn→∞nde−B√n = 0,
eB√n+ bnd+ c = eB√n(1 + o(1)).
Infine
(n + B√
n+ C)n= nn 1 + B
√n +C n
n
= nnen log(1+
B
√n+Cn)
= nnen(
B
√n+Cn−12(√nB +Cn)2+o(n1))
= nnen(
B
√n+Cn−B22n+o(1n))
= nneB√n+C−B22 +o(1) = nneB√neC−B22 (1 + o(1)).
Cos`ı si conclude che
n→+∞lim
((n + A)n− an!)(eB√n+ bnd+ c)
(n + B√n+ C)n = lim
n→+∞
nneA(1 + o(1)) · eB√n(1 + o(1))
nneB√neC−B22 (1 + o(1)) = eA−C+B22 .
Esercizio 2. [8 punti] Tracciare il grafico della funzione f(x) = | log(x) + A|
1 + log2(x)
per A > 0 specificando: dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, eventuali punti di mas- simo/minimo relativo, eventuali punti di non derivabilit`a. Non `e richiesto lo studio della derivata seconda.
Svolgimento. Per il dominio dobbiamo imporre che l’argomento del logaritmo sia positivo e il denomi- natore diverso da zero da cui D = (0, +∞). La funzione `e non negativa e vale 0 in x = e−A che `e quindi un punto di minimo assoluto.
Inoltre limx→0+f(x) = 0 e limx→+∞f(x) = 0 da cui y = 0 asintoto orizzontale a +∞.
Derivata prima. Per x ∈ D \ {e−A},
f′(x) = ±
1+log2(x)
x − (log(x) + A)2 log(x)x (1 + log2(x))2 =
+log2(x) + 2A log(x) − 1
x(1 + log2(x))2 se 0 < x < e−A
−log2(x) + 2A log(x) − 1
x(1 + log2(x))2 se x > e−A
pertanto f `e crescente in (0, e−A−√A2+1] e in [e−A, e−A+√A2+1] mentre f `e decrescente per [e−A−√A2+1, e−A] e in [e−A+√A2+1,+∞). Quindi x = e−A−√A2+1 e x = e−A+√A2+1 sono punti di massimo relativo.
Inoltre
f−′ (e−A) = − eA
A2+ 1, f+′ (e−A) = eA A2+ 1 e dunque x = e−A `e un punto angoloso.
Grafico di f (x) = | log(x) + 1|
1 + log2(x).
Esercizio 3. [8 punti] Calcolare il seguente integrale improprio per A > 0:
Z A 0
arctan
x
A− x
dx.
Svolgimento. Integrando per parti si ha Z A
0
arctan
x
A− x
dx=
xarctan
x
A− x
A 0
− Z A
0
x 1
1 + A−xx 2
(A − x) + x (A − x)2 dx
= Aπ 2 − A
Z A 0
x
2x2 − 2Ax + A2 dx.
Calcoliamo integrale rimanente tendendo presente che il polinomio 2x2 − 2Ax + A2 `e irriducible con
∆ = −4A2 <0: con la sostituzione t = x −A2, si ha che Z A
0
x
2x2− 2Ax + A2 dx= Z A/2
−A/2
2t + A (2t)2+ A2 dt
= Z A/2
−A/2
2t
(2t)2+ A2 dt+ Z A/2
−A/2
A
A2 + (2t)2 dt
= 0 + 2 Z A/2
0
A
A2 + (2t)2 dt
=
arctan 2t A
A/2 0
= π 4. Pertanto
Z A 0
arctan
x
A− x
dx= Aπ 2 − Aπ
4 = Aπ 4 .
Esercizio 4. [6 punti] Risolvere il seguente problema di Cauchy:
y′(x) − y(x)
2x = B arcsin(1 − x) y(1) = A
con A, B ∈ R.
Svolgimento. L’equazione differenziale `e lineare del primo ordine. Calcoliamo il fattore integrante exp
Z
−dx 2x
= exp
−1 2log(x)
= 1
√x. Moltiplicando l’equazione per il fattore integrante e integrando si ha che
y(x)
√x = B
Z arcsin(1 − x)√
x dx= 2B
Z
arcsin(1 − x)d(√ x)
= 2B√
xarcsin(1 − x) + 2B
Z √x
√2x − x2 dx
= 2B√
xarcsin(1 − x) + 2B
Z 1
√2 − xdx
= 2B√
xarcsin(1 − x) − 4B√
2 − x + c.
Imponendo la condizione iniziale y(1) = A, si ottiene
A= y(1) = 2B · 0 − 4B + c =⇒ c = A + 4B.
Cos`ı la soluzione del problema di Cauchy `e y(x) =√
x A+ 4B + 2B√
xarcsin(1 − x) − 4B√ 2 − x
∀x ∈ (0, 2) .
