Universit` a di Roma “Tor Vergata” - Corso di Laurea in Ingegneria Analisi Matematica I - Prova scritta del 5 Settembre 2019
Esercizio 1. [5 punti] Calcolare lo sviluppo di Taylor dell’ordine n = 6 con centro x0 = 0 per la seguente funzione:
f(x) = x log(1 + sin2(x)) + Ax3 con A ∈ R.
Svolgimento. Utilizziamo gli sviluppi di Taylor per t → 0:
sin(t) = t −t3
6 + o(t4), log(1 + t) = t − t2 2 +t3
3 + o(t3).
Pertanto per x → 0 si ha
sin2(x) = x− x3
6 + o(x4)2
= x2− x4
3 + o(x5) da cui segue
log(1 + sin2(x)) =
x2− x4
3 + o(x5)
− 1 2
x2− x4
3 + o(x5)2
+ 1 3
x2− x4
3 + o(x5)3
+ o((x2)3)
= x2− x4 3 − x4
2 + o(x5) = x2− 5x4
6 + o(x5).
Infine
xlog(1 + sin2(x)) + Ax3 = (1 + A)x3− 5x5
6 + o(x6).
Esercizio 2. [6 punti] Calcolare il seguente limite:
n→+∞lim
n+ n sin n1 n
− e nn
(n + log(n))n− nn+1 n log(An + B)2
con A, B > 0.
Svolgimento. Per n → +∞ si ha che
1 + sin 1 n
n
= 1 + 1
n + o 1 n2
n
= exp nlog
1 + 1
n + o1 n2
= exp n1
n − 1
2n2 + o 1 n2
= exp 1 − 1
2n + o1 n
= e · e−2n1 +o(1n)= e 1 − 1
2n + o1 n
= e − e
2n + o1 n
. Quindi
n+ n sin 1 n
n
− enn= nn
1 + sin 1 n
n
− enn= nn−1
−e
2 + o(1) . Inoltre
1 + log(n) n
n
= exp nlog
1 + log(n) n
= exp
nlog(n)
n − log2(n)
2n2 + olog2(n) n2
= exp
log n − log2(n)
2n + olog2(n) n
= ne−log2(n)2n +o(log2(n)n )
= n
1 − log2(n)
2n + olog2(n) n
= n − log2(n)
2 + o log2(n) da cui segue che
(n + log(n))n− nn+1= nn
1 + log(n) n
n
− nn+1 = nn
−log2(n)
2 + o log2(n)
. Infine
log(An + B)2
= log2(n) + o(log2(n)).
Cos`ı
n+ n sin n1 n
− e nn
(n + log(n))n− nn+1 n log(An + B)2
= nn −e2 + o(1) (log2(n) + o(log2(n))) nn
−log22(n)+ o log2(n) → e e il limite richiesto vale e.
Esercizio 3. [8 punti] Tracciare il grafico della funzione f(x) = (x − 1)23
2 + (x − 1)13
specificando: dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, eventuali punti di massimo/minimo relativo, intervalli di concavit`a/convessit`a, eventuali punti di non derivabilit`a, eventuali flessi. `E richiesto lo studio della derivata seconda.
Svolgimento. La funzione pu`o essere scritta come
f(x) = 2(x − 1)23 + x − 1.
Il dominio `e R. Si noti che f (1) = f (−7) = 0. Limiti agli estremi:
x→+∞lim f(x) = +∞, e lim
x→−∞f(x) = −∞.
Inoltre
x→±∞lim f(x)
x = lim
x→±∞
2(x − 1)23 + x − 1
x = 1, lim
x→±∞
f(x) − x
= lim
x→±∞
2(x − 1)23 − 1
= +∞.
Quindi non ci sono asintoti obliqui/orizzontali.
Derivata prima. Per x 6= 1,
f′(x) = 4
3(x − 1)−13 + 1
da cui si deduce che f `e crescente in (−∞, 1 − (43)3] e in [1, +∞) e f `e decrescente in [1 − (43)3,1]. Cos`ı x= 1 − (43)3 = −3727 `e un punto di massimo relativo (non assoluto). Inoltre x = 1 `e un punto di cuspide perch´e
x→1lim−f′(x) = −∞ e lim
x→1+f′(x) = +∞.
Derivata seconda. Per x 6= 1,
f′′(x) = −4
9(x − 1)−43 da cui si ricava che f `e concava in (−∞, 1] e in [1, +∞).
Grafico di f (x) = (x − 1)2/3 2 + (x − 1)1/3.
Esercizio 4. [7 punti] Discutere la convergenza del seguente integrale improprio al variare del parametro α ∈ R con A, B > 0,
Z B
−A
√x+ A log(x + A) (AB + (B − A)x − x2)αdx.
Calcolarlo per α = 12.
Svolgimento. Per x → (−A)+, f(x) =
√x+ A · log(x + A)
(B − x)α(x + A)α ∼ log(x + A) (B + A)α(x + A)α−12 e quindi l’integrale di f su (−A, 0] converge se e solo se α −12 <1 ossia α < 32. Inoltre per x → B−,
f(x) ∼
√B+ A log(B + A) (B − x)α(B + A)α e quindi l’integrale di f su [0, B) converge se e solo se α < 1.
Pertanto l’integrale di f su (−A, B) converge se e solo se α < 1.
Calcoliamo l’integrale per α = 12. Con la sostituzione √
B− x = t, si ha che x = B − t2 e quindi Z B
−A
√x+ A · log(x + A)
pAB + (B − A)x − x2dx= Z B
−A
log(x + A)
√B− x dx= 2
Z √B+A
0 log(B + A − t2) dt.
Integrando per parti, Z
log(B + A − t2)dt = t log(B + A − t2) + 2
Z t2
B+ A − t2dt
= t log(B + A − t2) − 2t +√ B + A
Z 1
√B+ A − t + 1
√B+ A + t
dt
= t log(B + A − t2) − 2t +√
B + A log √B + A + t
√B+ A − t
+ c
= −(√
B + A − t) log(√
B+ A − t) + (√
B+ A + t) log(√
B+ A + t) − 2t + c.
Cos`ı
Z B
−A
√x+ A · log(x + A)
pAB + (B − A)x − x2dx= 2h
−(√
B + A − t) log(√
B+ A − t)
+(√
B+ A + t) log(√
B + A + t) − 2ti√B+A 0
= 2 2√
B+ A log(2√
B+ A) − 2√
B + A
= 4√
B+ A log(2√
B+ A) − 1.
Esercizio 5. [5 punti] Risolvere il seguente problema di Cauchy
y′(x) − y(x)
x+ x2 = log(x) y(1) = A
con A ∈ R.
Svolgimento. L’equazione differenziale `e lineare del primo ordine. Si noti che x > 0. Determiniamo un fattore integrante,
−
Z dx x+ x2 =
Z 1 x+ 1 − 1
x
dx= log(x + 1) − log(x) + c = log x + 1 x
+ c e quindi
exp
log x + 1 x
= x+ 1 x .
Moltiplicando entrambi i membri per il fattore integrante e integrando si ottiene (x + 1)y(x)
x =
Z (x + 1) log(x)
x dx=
Z 1 + 1
x
log(x) dx = x log(x) − x + log2(x) 2 + c.
Cos`ı
y(x) = x x+ 1
xlog(x) − x + log2(x) 2 + c
,
da cui, imponendo la condizione iniziale y(1) = A si trova che c = 1 + 2A e pertanto la soluzione del problema di Cauchy `e
y(x) = x x+ 1
xlog(x) − x +log2(x)
2 + 1 + 2A .
