Politecnico di Milano – Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1 Esercizi sul calcolo integrale

Politecnico di Milano – Ingegneria Industriale

Analisi e Geometria 1 Esercizi sul calcolo integrale

1. Calcolare l’area della regione Ω contenuta nel primo quadrante, delimitata dalle seguenti curve γ

1

: y = x

²

+ x

γ

₂

: y = x

²

γ

3

: y = 1 − x

²

.

2. Calcolare l’area della regione Ω contenuta nel primo quadrante, delimitata dalle seguenti curve γ

₁

: y = x

²

γ

₂

: y = x x + 2 γ

₃

: y = 1

x .

3. Sia f : [1, 2] → [3, 4] una funzione invertibile di classe C

¹

tale che f (1) = 3 , f (2) = 4 , e Z

2

1

f (x) dx = 3 . Calcolare l’integrale

I = Z

4

3

f (x) dx , b

dove b f ` e la funzione inversa (rispetto alla composizione) della funzione f . 4. Determinare una stima asintotica, per n → +∞ , della successione {s

n

}

_n∈N

dove

s

n

=

n

X

k=0

artg k .

5. Al variare del parametro reale α , studiare la convergenza dell’integrale generalizzato

I = Z

+∞

0

x √ x + √

x + 1 + √

³

x

²

+ 1 (x + 1)

^α

√

³

x + 2 dx . 6. Stabilire il carattere dell’integrale generalizzato

I = Z

+∞

0

e

^−x

√ artg x dx .

7. Al variare del parametro reale α , studiare la convergenza dell’integrale generalizzato

I = Z

+∞

0

p

3

sin √ x √

artg x x

^α

√

1 + x + x

²

dx . 8. Determinare l’immagine della funzione integrale definita da

F (x) = Z

x

0

√ t e

√1−t

dt .

9. Stabilire se la funzione integrale

F (x) = Z

x

0

1 + e

^−t

1 + (t − 1)e

^−t

dt possiede un asintoto obliquo per x → +∞ .

10. Studiare la funzione integrale

F (x) = Z

x

0

e

√t−t²

dt .

11. Dimostrare che se una funzione f ` e simmetrica rispetto alla retta di equazione x = x

0

, allora la funzione integrale (assunto che esista)

F (x) = Z

x

0

f (t) dt

` e simmetrica rispetto al punto P

₀

≡ (x

₀

, y

₀

) , dove y

₀

= F (x

₀

) .

12. (a) Scrivere lo sviluppo di MacLaurin troncato al quarto ordine della funzione integrale F (x) =

Z

x 0

e

^t+t2

dt . (b) Calcolare il limite

L = lim

x→0

F (x) − √

1 + 2x + e

^x2

− 2x

²

(cos x − 1)(F (x) − x) . 13. Sia f la funzione definita da

f (x) =



 

 

 

  1 x

Z

x 0

e

^−t

√ 1 + t dt per x > 0 e

^x

− √

1 + 2x

x artg x per x < 0 . (a) Stabilire se f pu` o essere estesa con continuit` a nel punto x

0

= 0 .

(b) Stabilire se f pu` o essere estesa a una funzione derivabile nel punto x

₀

= 0 . 14. (a) Dimostrare che il problema di Cauchy

( y

⁰

= (2x + 1)e

^y2−1

y(0) = 1

ammette esattamente una soluzione f .

(b) Scrivere lo sviluppo di MacLaurin troncato al terzo ordine della funzione f . (c) Calcolare il limite

L = lim

x→0

(f (x) − e

^2x

+ sin x)(f (x) − f

⁰

(x)) (f (x) − e

^x

) ln

²

f (x) . 15. (a) Determinare la soluzione f del problema di Cauchy

( y

⁰

− e

^x

y = xe

^x

y(0) = 1 .

(b) Scrivere lo sviluppo di MacLaurin troncato al terzo ordine della funzione f . (c) Calcolare il limite

L = lim

x→0

(f (x) − e

^x

)

²

x sin x(1 + x − √

1 + 2x) .

Soluzioni

1. Iniziamo a determinare i punti di intersezione delle curve:

γ

1

∩ γ

2

: x

²

+ x = x

²

⇐⇒ x = 0

γ

₁

∩ γ

₃

: x

²

+ x = 1 − x

²

⇐⇒ 2x

²

+ x − 1 = 0 ⇐⇒ x = −1, 1/2 γ

₂

∩ γ

₃

: x

²

= 1 − x

²

⇐⇒ 2x

²

− 1 = 0 ⇐⇒ x = ± 1

√ 2 .

Pertanto, limitatamente al primo quadrante, si ha γ

1

∩ γ

2

= O ≡ (0, 0) γ

₁

∩ γ

₃

= A ≡ (1/2, 3/4) γ

2

∩ γ

3

= B ≡ (1/ √

2, 1/2) . La regione Ω cercata ` e la regione colorata nella seguente figura

y

x γ

₁

γ

₂

γ

3

Ω

O

A

B

1 2

√1 2

1 1

1 2 3 4

L’area di questa regione pu` o essere calcolata nel modo seguente

A(Ω) = Z

1/2

0

(x

²

+ x − x

²

) dx + Z

1/2

1/√ 2

(1 − x

²

− x

²

) dx

= Z

1/2

0

x dx + Z

1/2

1/√ 2

(1 − 2x

²

) dx

=  x

²

2



^1/2

0

+

 x − 2

3 x

³



1/2 1/√

2

=

√ 2 3 − 7

24 ≈ 0.179738 .

2. Iniziamo a intersecare le curve a due a due. Si ha γ

1

∩ γ

2

: x

²

= x

x + 2 ⇐⇒ x(x

²

+ 2x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0, −1 ± √ 2 γ

1

∩ γ

3

: x

²

= 1

x ⇐⇒ x

³

= 1 ⇐⇒ x = 1 γ

2

∩ γ

3

: x

x + 2 = 1

x ⇐⇒ x

²

− x − 2 = 0 ⇐⇒ x = −1, 2 . Pertanto, assumendo x > 0 , si ha

γ

₁

∩ γ

₂

= A ≡ ( √

2 − 1, 3 − 3 √ 2) γ

1

∩ γ

3

= B ≡ (1, 1)

γ

₂

∩ γ

₃

= C ≡ (2, 1/2) .

La regione Ω cercata ` e la regione colorata nella seguente figura

y

x γ

₁

γ

₂

γ

3

Ω

A

B

C

1 2

√ 2 − 1 1

1 2

3 − 2 √ 2

L’area di questa regione pu` o essere calcolata nel modo seguente A(Ω) =

Z

1

√ 2−1



x

²

− x x + 2

 dx +

Z

2 1

 1 x − x

x + 2

 dx

= Z

1

√2−1



x

²

− 1 + 2 x + 2

 dx +

Z

2 1

 1

x − 1 + 2 x + 2

 dx

=  x

³

3 − x + 2 ln(x + 2)



¹

√ 2−1

+ [ln x − x + 2 ln(x + 2)]

²₁

= 5 ln 2 − 2 ln(1 + √

2) − 1 + 2 √ 2 3

≈ 0.426846 .

3. Posto t = b f (x) , si ha x = f (t) e dx = f

⁰

(t) dt . Inoltre, si ha t

1

= b f (3) = 1 e t

2

= b f (4) = 2 . Quindi, si ha

I = Z

2

1

tf

⁰

(t) dt =

pp

h tf (t) i

²

1

− Z

2

1

f (t) dt = 2f (2) − f (1) − 3 = 8 − 3 − 3 = 2 .

4. Consideriamo la funzione f (x) = artg x , che ` e strettamente crescente e positiva per x ≥ 0 .

Approssimando per eccesso l’area della regione individuata dal grafico di questa funzione e

dall’asse x , come nella seguente figura

y

0 1 2 3 4 5 6 x

artg x

si ha

s

n

=

n

X

k=0

artg k ≥ Z

n+1

0

artg x dx = [x artg x]

ⁿ⁺¹₀

− 1 2

Z

n+1 0

2x 1 + x

²

dx

= (n + 1) artg(n + 1) − 1

2 ln(1 + x

²

) 

ⁿ⁺¹

0

= (n + 1) artg(n + 1) − 1

2 ln(1 + (n + 1)

²

) .

Analogamente, approssimando per difetto l’area della regione individuata dal grafico di questa funzione e dall’asse x , come nella seguente figura

y

0 1 2 3 4 n = 5 n + 1 = 6 x

artgx

si ha

s

n

=

n

X

k=0

artg k ≤ Z

n

0

artg x dx = n artg n − 1

2 ln(1 + n

²

) . Di conseguenza, si hanno le limitazioni

n artg n − 1

2 ln(1 + n

²

) ≤ s

_n

≤ (n + 1) artg(n + 1) − 1

2 ln(1 + (n + 1)

²

) . Per n ≥ 1 , si ha

artg n − 1 2

ln(1 + n

²

)

n ≤ s

n

n ≤ n + 1

n artg(n + 1) − 1 2

ln(1 + (n + 1)

²

)

n .

Passando ai limiti, per n → +∞ , si ha π

2 ≤ lim

n→+∞

s

n

n ≤ π 2 e quindi

n→+∞

lim s

_n

n = π 2 . in conclusione, abbiamo trovato che, per n → +∞ , si ha

s

n

∼ π

2 n .

5. La funzione integranda ` e definita ed ` e positiva su tutto l’intervallo [0, +∞) . Dobbiamo quindi studiare la convergenza dell’integrale per x → +∞ . In questo caso, si ha

f (x) ∼ x √ x

x

^α

x

^1/3

= 1 x

^α−7/6

.

Quest’ultima funzione ` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ solo quando α − 7/6 >

1 , ossia per α > 13/6 . Quindi, per il criterio del confronto asintotico, anche la funzione f (x)

` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ (ossia l’integrale I ` e convergente) solo per α > 13/6 .

6. La funzione integranda ` e positiva su tutto l’intervallo (0, +∞) ed ` e illimitata in x = 0 . Non ci sono altri punti singolari. Pertanto dobbiamo studiare la convergenza dell’integrale per x → 0

⁺

e per x → +∞ .

Per x → 0

⁺

, si ha f (x) ∼ 1/ √

x . Poich´ e la funzione 1/ √

x ` e integrabile in senso generalizzato per x → 0

⁺

, per il criterio del confronto asintotico si ha che anche la funzione f (x) ` e integrabile in senso generalizzato per x → 0

⁺

.

Per x → +∞ , si ha f (x) ∼ Ke

^−x

, con K = p2/π . Poich´e la funzione Ke

^−x

` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ , per il criterio del confronto asintotico si ha che anche la funzione f ` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ .

In conclusione, l’integrale I ` e convergente.

7. La funzione integranda f ` e definita su tutto l’intervallo (0, +∞) tranne che in x = 0 . Pertanto dobbiamo studiare la convergenza dell’integrale per x → 0

⁺

e per x → +∞ . In un intorno (destro, opportuno) la funzione f ` e positiva. Per x → 0

⁺

, si ha

f (x) ∼ x

^1/6

x

^1/2

x

^α

= 1

x

^α−2/3

.

Quest’ultima funzione ` e integrabile in senso generalizzato per x → 0

⁺

se α − 2/3 < 1 , ossia se α < 5/3 . Quindi, per il criterio del confronto asintotico, anche la funzione f ` e integrabile in senso generalizzato per x → 0

⁺

.

Per x → +∞ , la funzione f non ha segno costante. Consideriamo allora la funzione in valore assoluto. Poich´ e il seno e l’arcoseno sono funzioni limitate, si ha (per x > 0 )

|f (x)| =

p| sin

3

√ x| √

artg x x

^α

√

1 + x + x

²

≤ pπ/2 x

^α

√

1 + x + x

²

∼ r π 2

1 x

^α+2

.

Quest’ultima funzione ` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ quando α + 2 > 1 , ossia quando α > −1 . Per il criterio del confronto asintotico e per il criterio del confronto, anche la funzione |f | ` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ quando α > −1 . Infine, per il criterio della convergenza assoluta, si ha che anche la funzione f ` e integrabile in senso generalizzato per x → +∞ quando α > −1 .

In conclusione, l’integrale I ` e convergente per −1 < α < 5/3 .

8. La funzione integranda f ` e definita per t ≥ 0 e t ≤ 1 , ossia per 0 ≤ t ≤ 1 . Pertanto il dominio di f , e quindi il dominio di F , ` e D = [0, 1] . Poich´ e F

⁰

(x) = f (x) = √

x e

√1−x

≥ 0 per ogni x ∈ D , la funzione F ` e crescente su tutto D . Poich´ e F ` e una funzione continua definita su un insieme chiuso e limitato, la sua immagine ` e un intervallo chiuso limitato. Poich´ e la funzione F ` e crescente, l’immagine ` e l’intervallo [F (0), F (1)] = [0, F (1)] .

9. Iniziamo con l’osservare che F (x) =

Z

x 0

e

^t

+ 1 e

^t

+ t − 1 dt =

Z

x 0

(e

^t

+ t − 1)

⁰

e

^t

+ t − 1 dt = ln |e

^x

+ x − 1| . Si osservi che e

^x

+ x − 1 ≥ 0 per ogni x ≥ 0 . Pertanto, si ha

lim F (x) = lim ln(e

^x

+ x − 1) = +∞ .

y

1/2 1 x

1

√ e

(a)

y

1/2 1 x

1.49

0.74

(b)

Figura 1: grafici delle funzioni f e F .

La funzione pu` o avere un asintoto obliquo. Poich´ e

x→+∞

lim F (x)

x = lim

x→+∞

ln(e

^x

+ x − 1)

x =

DH

lim

x→+∞

e

^x

+ 1 e

^x

+ x − 1 = 1

x→+∞

lim [F (x) − x] = lim

x→+∞

[ln(e

^x

+ x − 1) − x] = lim

x→+∞

[ln(e

^x

(1 + (x − 1)e

^−x

)) − x]

= lim

x→+∞

[x + ln(1 + (x − 1)e

^−x

) − x] = lim

x→+∞

ln(1 + (x − 1)e

^−x

) = ln 1 = 0 , la funzione F presenta un asintoto obliquo per x → +∞ , dato dalla retta di equazione y = x . 10. Iniziamo a studiare la funzione integranda f (t) = e

√

t−t²

. Il suo dominio ` e D = [0, 1] . Inoltre f (0) = f (1) = 1 . Poich´ e

f

⁰

(t) = 1 − 2t 2 √

t − t

²

e

√t−t²

,

si ha f

⁰

(t) ≥ 0 se e solo se t ≤ 1/2 . Quindi f possiede un massimo (assoluto) in corrispon- denza di x = 1/2 , ossia nel punto M ≡ (1/2, √

e) . Inoltre, f presenta un punto di minimo (assoluto) in corrispondenza di x = 0 e di x = 1 , ossia nei punti m

₀

≡ (0, 1) e m

₂

≡ (1, 1) . La funzione f non ` e derivabile agli estremi, ossia per x = 0 e per x = 1 . Il grafico della funzione f ` e riportato in Figura 1(a).

Passiamo ora a studiare la funzione integrale F . Il suo dominio ` e D = [0, 1] e F (0) = 0 . Inoltre F

⁰

(x) = e

√x−x²

> 0 per ogni x ∈ D . Quindi F ` e strettamente crescente. In particolare F

⁰

(0) = F

⁰

(1) = 1 . Infine, essendo F

⁰⁰

(x) = f

⁰

(x) , si ha F

⁰⁰

(x) ≥ 0 per x ≤ 1/2 . Quindi la concavit` a ` e rivolta verso l’alto quando x < 1/2 ed ` e rivolta verso il basso quando x > 1/2 . Si ha un flesso in corrispondenza di x = 1/2 . Il grafico di F ` e riportato in Figura 1(b). Si osservi che la funzione f ` e simmetrica rispetto all’asse di equazione x = 1/2 e che di conseguenza la funzione F ` e simmetrica rispetto al punto di flesso. Infine, dal grafico di f possiamo ottenere facilmente le seguenti stime grossolane: (1 + √

e)/2 < F (1) < √

e , ossia 1.32 < F (1) < 1.65 , e 1/2 < F (1/2) < √

e/2 , ossia 0.66 < F (1/2) < 0.82 .

11. Sia D il dominio di f (che supporremo simmetrico rispetto al punto x

0

). Poich´ e la funzione

f ` e simmetrica rispetto alla retta di equazione x = x

0

, si ha f (2x

0

− x) = f (x) per ogni

x ∈ D . Dobbiamo dimostrare che la funzione integrale F ` e simmetrica rispetto al punto

P

0

≡ (x

0

, f (x

0

)) , ossia dobbiamo dimostrare che F (2x

0

− x) = 2F (x

0

) − F (x) per ogni x ∈ D . Pertanto dobbiamo valutare

F (2x

₀

− x) =

Z

2x0−x 0

f (t) dt = Z

x0

0

f (t) dt +

Z

2x0−x x₀

f (t) dt = F (x

₀

) +

Z

2x0−x x₀

f (t) dt . Posto u = 2x

0

− t , si ha du = −dt e

Z

2x₀−x x₀

f (t) dt = Z

x

x₀

f (2x

0

− u) (−du) = − Z

x

x₀

f (u) du

= −

Z

0 x0

f (u) du + Z

x

0

f (u) du



= Z

x₀

0

f (u) du − Z

x

0

f (u) du = F (x

0

) − F (x) . Pertanto, si ha F (2x

0

− x) = 2F (x

0

) − F (x) per ogni x ∈ D .

12. (a) Si ha

F

⁰

(x) = e

^x+x2

F

⁰⁰

(x) = (1 + 2x)e

^x+x2

F

⁰⁰⁰

(x) = (3 + 4x + 4x

²

)e

^x+x2

F

^iv

(x) = (7 + 18x + 12x

²

+ 8x

³

)e

^x+x2

.

Quindi, si ha F (0) = 0 , F

⁰

(0) = 1 , F

⁰⁰

(0) = 1 , F

⁰⁰⁰

(0) = 3 , F

^iv

(0) = 7 . Pertanto, lo sviluppo di MacLaurin troncato al quarto ordine di F ` e

F (x) = x + x

²

2 + x

³

2 + 7

24 x

⁴

+ o(x

⁴

) . (b) Per x → 0 , si ha

F (x) − √

1 + 2x + e

^x2

− 2x

²

= x + x

²

2 + x

³

2 + 7

24 x

⁴

+ o(x

⁴

)+

−



1 + x − x

²

2 + x

³

2 − 5

8 x

⁴

+ o(x

⁴

)



+ 1 + x

²

+ x

⁴

2 + o(x

⁴

) − 2x

²

= 17

12 x

⁴

+ o(x

⁴

) . Inoltre, si ha cos x − 1 = −x

²

/2 + o(x

²

) e F (x) − x = x

²

/2 + o(x

²

) . Quindi, si ha

L = lim

x→0

17

12

x

⁴

+ o(x

⁴

)

(−

^x₂²

+ o(x

²

))(

^x₂²

+ o(x

²

)) = lim

x→0

17 12

+ o(1)

(−

¹₂

+ o(1))(

¹₂

+ o(1)) = − 17 3 . 13. (a) Si ha

lim

x→0⁺

f (x) = lim

x→0⁺

1 x

Z

x 0

e

^−t

√ 1 + t dt =

DH

lim

x→0⁺

e

^−x

√ 1 + x = 1

lim

x→0⁻

f (x) = lim

x→0⁻

e

^x

− √ 1 + 2x x artg x

= lim

x→0⁻

1 + x + x

²

/2 + o(x

²

) − (1 + x − x

²

/2 + o(x

²

)) x(x + o(x))

= lim

x→0⁻

x

²

+ o(x

²

) x

²

+ o(x

²

) = lim

x→0⁻

1 + o(1) 1 + o(1) = 1 . Poich´ e

lim

x→0⁺

f (x) = lim

x→0⁻

f (x) ,

la funzione f pu` o essere estesa con contiunit` a nel punto x

0

= 0 . Pi` u precisamente, f pu` o essere estesa alla funzione continua

F (x) =

( f (x) per x 6= 0

1 per x = 0 .

(b) Se f pu` o essere estesa a una funzione F derivabile in x

0

= 0 , allora F deve essere continua in x

0

= 0 e quindi deve coincidere con la funzione trovata nel punto precedente.

Si tratta ora di vedere se tale funzione ` e derivabile in x

0

= 0 . Si ha lim

x→0⁺

F (x) − F (0)

x = lim

x→0⁺

f (x) − 1

x = lim

x→0⁺

1 x

 1 x

Z

x 0

e

^−t

√ 1 + t dt − 1



= lim

x→0⁺

1 x

²

Z

x 0

e

^−t

√ 1 + t dt − x



=

DH

lim

x→0⁺

e

^−x

√ 1 + x − 1 2x

=

DH

1 2 lim

x→0⁺

3 + 2x 2(1 + x) √

1 + x e

^−x

= − 3 4 lim

x→0⁻

F (x) − F (0)

x = lim

x→0⁻

f (x) − 1

x = lim

x→0⁻

1 x

 e

^x

− √ 1 + 2x x artg x − 1



= lim

x→0⁻

e

^x

− √

1 + 2x − x artg x x

²

artg x

= lim

x→0⁻

1 + x + x

²

/2 + x

³

/6 − (1 + x − x

²

/2 + x

³

/2 + o(x

³

)) − x(x + o(x

²

)) x

²

(x + o(x))

= lim

x→0⁻

−x

³

/3 + o(x

³

) x

³

(1 + o(1)) = lim

x→0⁻

−1/3 + o(1) 1 + o(1) = − 1

3 . Poich´ e

lim

x→0⁺

F (x) − F (0)

x 6= lim

x→0⁻

F (x) − F (0)

x ,

la funzione F non ` e derivabile in x

₀

= 0 , e quindi la funzione f non pu` o essere estesa a una funzione derivabile in x

₀

= 0 .

14. (a) L’equazione differenziale data ` e a variabili separabili con a(x) = 2x + 1 e b(y)e

^y2−1

. Poich´ e la funzione a ` e continua in un intorno di x

₀

= 0 e la funzione b ` e di classe C

¹

in un intorno del punto y

0

= 1 , il problema di Cauchy dato possiede esattamente una soluzione locale.

(b) Le derivate successive della funzione f , soluzione del problema di cauchy dato, sono f

⁰

(x) = (2x + 1)e

^{f (x)2−1}

f

⁰⁰

(x) = 2e

^{f (x)2−1}

+ (2x + 1)2f (x)f

⁰

(x)e

^{f (x)2−1}

f

⁰⁰⁰

(x) = 8f (x)f

⁰

(x)e

^{f (x)2−1}

+ 2(2x + 1)(f

⁰

(x)

²

+ f (x)f

⁰⁰

(x))e

^{f (x)2−1}

+ + (2x + 1)4f (x)

²

f

⁰

(x)

²

e

^{f (x)2−1}

.

Pertanto, si ha f (0) = 1

f

⁰

(0) = e

^{f (0)2−1}

= 1 f

⁰⁰

(0) = 2 + 2f (0)f

⁰

(0) = 4

f

⁰⁰⁰

(0) = 8f (0)f

⁰

(0) + 2(f

⁰

(0)

²

+ f (0)f

⁰⁰

(0)) + 4f (0)

²

f

⁰

(0)

²

= 22 . Quindi, lo sviluppo di MacLaurin troncato al terzo ordine della funzione f ` e

f (x) = 1 + x + 2x

²

+ 11

3 x

³

+ o(x

³

) .

(c) Per x → 0 , si ha

f (x) − e

^2x

+ sin x = 1 + x + 2x

²

+ 11

3 x

³

+ o(x

³

)+

− 1 − 2x − 2x

²

− 4

3 x

³

+ o(x

³

) + x − x

³

6 + o(x

³

) = 13

6 x

³

+ o(x

³

) f (x) − f

⁰

(x) = 1 + 2x + o(x) − 1 − 4x + o(x) = −3x + o(x)

f (x) − e

^x

= 1 + x + +2x

²

+ o(x

²

) − 1 − x − x

²

2 + o(x

²

) = 3

2 x

²

+ o(x

²

) ln f (x) = ln(1 + (f (x) − 1)) = ln(1 + x + o(x)) = x + o(x) .

Quindi, si ha L = lim

x→0

(

¹³₆

x

³

+ o(x

³

))(−3x + o(x)) (

³₂

x

²

+ o(x

²

))(x + o(x))

²

= lim

x→0

(

¹³₆

+ o(1))(−3 + o(1))

(

³₂

+ o(1))(1 + o(1))

²

= − 13 108 . 15. (a) L’equazione differenziale data ` e lineare. Quindi, la soluzione generale ` e

y(x) = e

^{R exdx}

Z

xe

^x

e

^{−R exdx}

dx + c



= e

^ex

Z

xe

^x

e

^−ex

dx + c



ossia

y(x) = e

^ex

Z

x 0

te

^t−et

dt + c

 .

Imponendo la condizione iniziale y(0) = 1 , si ottiene c = 1 . Quindi f (x) = e

^ex

Z

x 0

te

^t−et

dt + 1

 . (b) Si ha

f

⁰

(x) = f (x)e

^x

+ xe

^x

f

⁰⁰

(x) = f

⁰

(x)e

^x

+ f (x)e

^x

+ e

^x

+ xe

^x

f

⁰⁰⁰

(x) = f

⁰⁰

(x)e

^x

+ 2f

⁰

(x)e

^x

+ f (x)e

^x

+ 2e

^x

+ xe

^x

. Pertanto, si ha

f (0) = 1

f

⁰

(0) = f (0) = 1

f

⁰⁰

(0) = f

⁰

(0) + f (0) + 1 = 3

f

⁰⁰⁰

(0) = f

⁰⁰

(0) + 2f

⁰

(0) + f (0) + 2 = 8 . Lo sviluppo di MacLaurin troncato al terzo ordine della funzione f ` e

f (x) = 1 + x + 3 2 x

²

+ 4

3 x

³

+ o(x

³

) . (c) Per x → 0 , si ha

f (x) − e

^x

= 1 + x + 3

2 x

²

+ o(x

²

) − 1 − x − x

²

2 + o(x

²

) = x

²

+ o(x

²

) 1 + x − √

1 + 2x) = 1 + x −



1 + x − x

²

2 + o(x

²

)



= x

²

2 + o(x

²

) Pertanto, si ha

L = lim

x→0

(x

²

+ o(x

²

))

²

x(x + o(x))(x

²

/2 + o(x

²

)) = lim

x→0

(1 + o(1))

²

(1 + o(1))(1/2 + o(1)) = 2 .