Analisi Matematica 1 - Canale Lj-O

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Foglio di esercizi n. 14 SOLUZIONI

Esercizio 1. Calcolare il polinomio di Taylor di ordine n = 6 in x0 = 0 della funzione f (x) = (cos(x))^x.

Per x → 0, abbiamo che

f (x) = exp(x log(cos(x))) = exp

 x log

 1 −x²

2 + x⁴

24+ o(x⁵)



= exp x −x² 2 + x⁴

24− 1 2



−x² 2 + x⁴

24+ o(x⁵)

2

+ o(x⁵)

!!

= exp



−x³ 2 − x⁵

12+ o(x⁶)



= 1 − x³ 2 − x⁵

12+1 2



−x³ 2 − x⁵

12 + o(x⁶)

2

+ o(x⁶)

= 1 − x³ 2 − x⁵

12+x⁶

8 + o(x⁶).

Quindi

T6(x) = 1 − x³ 2 − x⁵

12+x⁶ 8.

Esercizio 2. Calcolare il seguente limite,

n→+∞lim

(n − log(n))ⁿ(n + 9)ⁿlog(n) (n²+ 5 log(n))ⁿ− (n²+ 2)ⁿ. Abbiamo che per n → +∞,

(n − log(n))ⁿ(n + 9)ⁿlog(n) (n²+ 5 log(n))ⁿ− (n²+ 2)ⁿ =



1 −^log(n)n

n

1 + ⁹_n
n

log(n)

1 + ^{5 log(n)}_n2

n

− 1 +_n²²
n

=

log(n)

n · e⁹· (1 + o(1))

5 log(n)

n + o(log(n)/n) → e⁹ 5, dove



1 −log(n) n

n

= exp

 n log



1 − log(n) n



= exp



− log(n) +log²(n)

2n + o(log²(n)/n)



= 1 + o(1)

n ,



1 + 5 log(n) n²

n

= exp

 n log



1 + 5 log(n) n²



= exp 5 log(n)

n + o(log(n)/n)



= 1 + 5 log(n)

n + o(log(n)/n),

 1 + 2

n²

n

= exp

 n log

 1 + 2

n²



= exp 2

n + o(1/n)



= 1 + 2

n + o(1/n) = 1 + o(log(n)/n).

Esercizio 3. Tracciare il grafico della funzione

f (x) =px(log |x|)^{3 2}

specificando: dominio, eventuali asintoti, intervalli di monotonia, eventuali punti di mas- simo/minimo relativo, eventuali punti di non derivabilit`a, intervalli di convessit`a/concavit`a ed eventuali flessi.

Extra: determinare una retta che sia tangente al grafico di f in due punti distinti.

Il dominio `e D = R \ {0}. Dato che la funzione `e dispari, la studiamo solo per x > 0.

Per x → +∞, la funzione tende a +∞, ma non ha asintoti. Inoltre lim^x→0±f (x) = 0.

Per x > 0 e x 6= 1, la derivata prima `e f^′(x) = (x(log(x))²)^−2/3

3 · log²(x) + 2 log(x)
= log(x) + 2 3x^2/3log^1/3(x).

Dal segno della derivata prima si ha che f `e crescente in (0, 1/e<sup>2</sup>] e in [1, +∞) ed `e decrescente in [1/e², 1]. I punti x = −1 e x = 1/e² sono di massimo relativo, mentre x = 1 e x = −1/e² sono punti di minimo relativo. Non ci sono punti di massimo o minimo assoluto.

Si noti che x = 1 e x = −1 sono delle cuspidi con

x→1lim^±f^′(x) = ±∞ e lim

x→−1^±f^′(x) = ∓∞.

Inoltre lim_x→0^±f^′(x) = +∞.

Per x > 0 e x 6= 1, la derivata seconda `e

f^′′(x) = 3x^2/3−1log^1/3(x) − (log(x) + 2)(2x^−1/3log^1/3(x) + x^2/3−1log^−2/3(x)) (3x^2/3log^1/3(x))²

= x^−1/3log^−2/3(x) ·3 log(x) − (log(x) + 2)(2 log(x) + 1) 9x^4/3log^2/3(x)

= −2(log²(x) + log(x) + 1) 9x^5/3log^4/3(x) ,

che `e sempre negativa. Quindi f `e concava in (0, 1] e in [1, +∞). Non ci sono punti di flesso.

Extra. Per t 6∈ {−1, 0, 1} la retta tangente in x = t `e data da y = f^′(t)(x − t) + f(t).

Per simmetria, dato che f `e dispari, se la retta tangente passa per l’origine allora sar`a tangente al grafico di f anche in x = −t. Sia t > 0 e t 6= 1, allora la retta tangente passa per l’origine se

0 = f^′(t)(0 − t) + f(t) da cui

tf^′(t) = f (t) ⇔ t log(t) + 2

3t^2/3log^1/3(t) = t^1/3log^2/3(t) ⇔ log(t) = 1 ⇔ t = e.

Quindi la retta

y = f^′(e)(x − e) + f(e) = e^−2/3x

`e tangente al grafico di f sia in x = e che in x = −e.

Esercizio 4. Discutere la convergenza del seguente integrale improprio al variare di α ∈ R, Z +∞

1

1

(x − 1)^α log

 x

x − 1

 dx.

Calcolare l’integrale per α = 1/2.

Nell’intervallo (1, +∞) i punti da indagare sono due: 1⁺ e +∞.

Per x → 1⁺, t = x − 1 → 0⁺, 1

(x − 1)^αlog

 x

x − 1



= log(1 + t) − log(t)

t^α ∼ −log(t)

t^α = 1

t^α| log(t)|⁻¹. Quindi, per la convergenza, α < 1.

Per x → +∞,

1

(x − 1)^α log

 x

x − 1



= 1

(x − 1)^α · − log

 1 − 1

x



∼ 1

x^α+1. Per la convergenza, α + 1 > 1 ossia α > 0.

Cos`ı, l’integrale improprio dato `e convergente se e solo se 0 < α < 1.

Ora calcoliamo l’integrale per α = 1/2. Ponendo s =√

x − 1 e dx = 2sds, si ha che Z +∞

1

√ 1

x − 1log

 x

x − 1

 dx =

Z +∞

0

1

s log s²+ 1 s²



(2sds)

= 2 Z +∞

0

log 1 + s⁻²
ds

= 2s log 1 + s⁻²
+∞

0 − 2 Z +∞

0 s · (−2s⁻³) 1 + s⁻² ds

= 0 + 4 Z +∞

0

1 1 + s² ds

= 4 [arctan(s)]^+∞₀⁺ = 4 · π

2 = 2π.

Si noti che lim

s→0⁺s log 1 + s⁻²
= 0 e lim

s→+∞s log 1 + s⁻²
= 0.

Esercizio 5. Risolvere il seguente problema di Cauchy (xy^′(x) = 2 tan(y(x)) log(x)

y(1) = arcsin(1/e) specificando l’intervallo di esistenza della soluzione.

Si tratta di un’equazione differenziale non lineare a variabili separabili.

Per x > 0, le soluzioni stazionarie sono y = kπ con k ∈ Z.

Per y(x) 6= kπ e y(x) 6= π/2 + kπ con k ∈ Z, separando le variabili e integrando si ha

Z dy

tan(y) =

Z 2 log(x)

x dx

e quindi

log | sin(y(x))| = log²(x) + c.

Per la condizione y(1) = arcsin(1/e) ∈ (0, π/2) si ha che

−1 = log(1/e) = log | sin(arcsin(1/e))| = log²(1) + c = c.

Cos`ı c = −1 e

| sin(y(x))| = exp(log²(x) − 1), da cui, ancora per la condizione y(1) = arcsin(1/e), otteniamo y(x) = arcsin(exp(log²(x) − 1)).

con intervallo massimale di esistenza I = (1/e, e) (basta imporre che exp(log²(x) − 1) ∈ (−1, 1) dove la funzione arcsin(x) `e definita e derivabile).

Esercizio 6. Risolvere il seguente problema di Cauchy







y^′(x) = 4x − 2y(x) 3√³

x y(1) = 5

specificando l’intervallo di esistenza della soluzione.

Si tratta di un’equazione differenziale lineare del primo ordine.

Abbiamo che per x 6= 0, a(x) = 2x^−1/3/3 e A(x) =

Z 2x^−1/3

3 dx = x^2/3.

Dunque il fattore integrante `e e^A(x) = e^x2/3. Moltiplicando entrambi i membri per il fattore integrante otteniamo

D(e^x2/3y(x)) = 4xe^x2/3. Infine integrando rispetto a x, dopo aver posto s = x^2/3, si trova

e^x2/3y(x) = 4 Z

xe^x2/3dx = 4 Z

s^3/2e^s3s^1/2ds 2

= 6(s²− 2s + 2)e^s+ c = 6(x^4/3− 2x^2/3+ 2)e^x2/3 + c.

e cos`ı la soluzione generale `e

y(x) = 6(x^4/3− 2x^2/3+ 2) + ce^−x2/3.

Se imponiamo la condizione y(1) = 5 abbiamo che c = −e e la soluzione cercata `e y(x) = 6(x^4/3− 2x^2/3+ 2) − e^1−x2/3

con intervallo massimale di esistenza I = (0, +∞).

Esercizio 7. Risolvere il seguente problema di Cauchy

(y^′′(x) − 6y^′(x) + 9y(x) = xe^3x y(0) = 1, y^′(0) = 0

specificando l’intervallo di esistenza della soluzione.

Si tratta di un’equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti.

L’equazione caratteristica `e

z² − 6z + 9 = (z − 3)² = 0

ed `e risolta da z = 3 con molteplicit`a 2. Dunque la soluzione omogenea `e yo(x) = e^3x(C1x + C2).

Alla funzione f (x) = xe^3x si associa il numero 3 che `e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicit`a 2. Dunque la soluzione particolare `e della forma

y^∗(x) = x²(Ax + B)e^3x = (Ax³+ Bx²)e^3x. Allora sostituendo y∗ nell’equazione differenziale e dividendo per e^3x si ha

(9Ax³+ (18A + 9B)x²+ (6A + 12B)x + 2B) − 6(3Ax³+ 3(A + B)x²+ 2Bx) + 9(Ax³+ Bx²) = x da cui

 6A = 1 2B = 0 ⇔

 A = 1/6 B = 0 Cos`ı

y^∗(x) = x³e^3x 6 e la soluzione generale `e

y(x) = yo(x) + y∗(x) = e^3x x³

6 + C1x + C2

 . Imponiamo le condizioni y(0) = 1 e y^′(0) = 0,

Esercizio 8. Risolvere la seguente equazione in C,

z⁴+ 4z² = −i¯z(4 + z²).

L’equazione si pu`o riscrivere come

(z²+ 4)(z²+ i¯z) = 0.

Il primo fattore z²+ 4 = (z + 2i)(z − 2i) si annulla per z¹ = 2i and z2 = −2i.

Invece dopo aver posto z = x + iy, abbiamo che il secondo fattore `e zero se e solo se z² + i¯z = x²− y²+ 2ixy + i(x − iy) = (x² − y²+ y) + ix(1 + 2y) = 0 Separando la parte reale e la parte immaginaria abbiamo

(x²− y²+ y = 0 x(1 + 2y) = 0 ⇔

(x²− y²+ y = 0

x = 0 ∪

(x² − y²+ y = 0 y = −1/2 e quindi

(y(1 − y) = 0

x = 0 ∪

(x² = 3/4 y = −1/2

Dunque il primo sistema `e risolto da (x, y) = (0, 0) e (x, y) = (0, 1), mentre il secondo sistema `e risolto da (x, y) = (±√

3/2, −1/2). Le corrispondenti soluzioni complesse sono rispettivamente z3 = 0, z4 = i, z5 = (√

3 − i)/2, e z⁶ = (−√

3 − i)/2.

Quindi possiamo concludere che l’equazione data ha 6 soluzioni complesse:

2i, −2i, 0, i,

√3 2 − i

2, −

√3 2 − i

2.

Esercizio 9. Sia f una funzione positiva e derivabile con la derivata continua in [0, +∞).

Allora la superficie ottenuta ruotando completamente il grafico di f attorno all’asse x ha area A e delimita un volume V dati dai seguenti integrali impropri:

A = 2π Z +∞

0

f (x)p1 + (f^′(x))²dx e V = π Z +∞

0

(f (x))²dx.

Fare un esempio di una funzione f tale che A `e divergente mentre V `e convergente.

La funzione f (x) = _x+1¹ ha le propriet`a richieste. Infatti f `e una funzione positiva e derivabile con la derivata continua in [0, +∞) tale che

V = π Z +∞

0

(f (x))²dx = π Z +∞

0

dx

(x + 1)² = π



− 1

x + 1

+∞

0

= π, mentre

A = 2π Z +∞

0

f (x)p1 + (f^′(x))²dx

≥ 2π Z +∞

0

f (x) dx = 2π Z +∞

0

dx

x + 1 = 2π [log(x + 1)]^+∞₀ = +∞