X n=1 sin(n+1)!nα log(1 + 2n!n) converge a per ogni α ∈ IR c per nessun α ∈ IR b per ogni α &lt

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Seconda prova scritta di Analisi Matematica 1 del 16/02/2012

1) La funzione f_α(x) = x sin x − x^αarctan x per x → 0⁺ ha ordine di infinitesimo a minore o uguale a 4 per ogni α ∈ IR

c maggiore o uguale a 2 per ogni α ∈ IR

b 2 per ogni α ∈ IR

d nessuna delle precedenti

2) La funzione f (x) =

(α log(cos x)+x sin x

x² per x > 0

sin(βx) per x ≤ 0 nel punto x₀ = 0 a non `e derivabile per ogni α, β ∈ IR

c `e derivabile solo per α = 2 e β = 0

b `e continua per ogni α, β ∈ IR d nessuna delle precedenti 3)* La funzione f (x) = arctan_|x−1|

x



a non ammette punti di minimo relativo c `e derivabile in ogni punto del suo dominio

b non ammette asintoti d nessuna delle precedenti

4) L’integrale Z log 2

0

e^x

cosh x + 1dx vale a log 2 + ¹₃

c 2 log 3 − 2

b 2 log³₂ −¹₃

d nessuna delle precedenti

5)* La serie

+∞

X

n=1

sin_(n+1)!^nα

log(1 + ²_n!ⁿ) converge a per ogni α ∈ IR

c per nessun α ∈ IR

b per ogni α < ¹₂

d nessuna delle precedenti

Soluzione

(1)La risposta esatta `e la a . Infatti, dagli sviluppi notevoli e dalle propriet`a degli “o”

piccolo per x → 0⁺ risulta

f_α(x) = x sin x − x^αarctan x = x(x − x³

6 + o(x³)) − x^α(x − x³

3 + o(x³))

= x²−x⁴

6 + o(x⁴)) − x^α+1+x^3+α

3 + o(x^3+α))

Quindi se α > 1 avremo f_α(x) = x² + o(x²) e dunque ord(f_α(x)) = 2, se α = 1 allora fα(x) = ^x₆⁴+ o(x⁴) da cui ord(fα(x)) = 4 e infine se α < 1 risulta fα(x) = −x^α+1+ o(x^α+1) e quindi ord(f_α(x)) = α + 1 < 2.

(2) La risposta esatta `e la c . Infatti, lim

x→0⁻

f (x) = lim

x→0⁻

sin(βx) = 0 = f (0)

per ogni β ∈ IR. Mentre, essendo per x → 0, sin x = x + o(x) e log(cos x) = (cos x − 1) + o(cos x − 1) = −^x₂² + o(x²), si ottiene

lim

x→0⁺f (x) = lim

x→0⁺

α log(cos x) + x sin x

x² = lim

x→0⁺

(1 − ^α₂)x²+ o(x²)

x² = 1 − α

2 per ogni α ∈ IR. Dunque f (x) risulter`a continua in x₀ = 0 solo per α = 2.

Riguardo alla derivabilit`a, abbiamo che lim

x→0⁻

f (x) − f (0)

x = lim

x→0⁻

sin(βx)

x = β

per ogni β ∈ IR. Quindi, per ogni β ∈ IR, la funzione ammette derivata sinistra in x₀ = 0 con f₋⁰(0) = β.

Riguardo alla derivata destra, per α = 2, essendo per x → 0, sin x = x + o(x²) e log(cos x) = (cos x − 1) − ^{(cos x−1)}₂ ² + o((cos x − 1)²) = −^x₂² + o(x³)¹

risulta

lim

x→0⁺

f (x) − f (0)

x = lim

x→0⁺

2 log(cos x) + x sin x

x³ = lim

x→0⁺

o(x³) x³ = 0

Quindi la funzione ammette derivata destra in x₀ = 0 con f₊⁰(0) = 0. Ne segue che la funzione risulta derivabile in x₀ = 0 solo per α = 2 e β = 0.

1Volendo sviluppare sino all’ordine 4 si ottiene log(cos x) = (cos x − 1) −^{(cos x−1)}₂ ² + o((cos x − 1)²) =

−^x₂² +^x₂₄⁴ + o(x⁴) −₂¹(−^x₂² +^x₂₄⁴ + o(x⁴))²+ o((−^x₂² +^x₂₄⁴ + o(x⁴)²) = −^x₂² −^x₁₂⁴ + o(x⁴)

(3) La risposta esatta `e d . La funzione risulta definita e continua in IR \ {0} con lim

x→0^±f (x) = lim

x→0^±arctan1 − x

x = ±π 2 mentre

x→+∞lim f (x) = lim

x→+∞arctanx − 1 x = π

4 e lim

x→−∞f (x) = lim

x→+∞arctan1 − x

x = −π 4, quindi y = ±^π₄ risultano rispettivamente asintoti orizzontali per x → ±∞ e b risulta falsa.

La funzione risulta derivabile in ogni x ∈ IR \ {0; 1} con f⁰(x) =

( 1

2x²−2x+1 se x > 1

−_2x2−2x+1¹ se x < 1, x 6= 0 mentre essendo

lim

x→1^±f⁰(x) = ±1

avremo che x = 1 risulta punto angoloso per f (x) con f_±⁰ (1) = ±1. Quindi c `e falsa.

Riguardo alla monotonia, osservato che f⁰(x) > 0 se e solo se x > 1, avremo che f (x) risulta strettamente decrescente in (−∞, 0) ∪ (0, 1], strettamente crescente in [1, +∞) e che x = 1 risulta punto di minimo relativo per f (x) con f (1) = 0. Dunque anche a `e falsa.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

π/2

-π/2 π/4

-π/4

(4) La risposta esatta `e la b . Infatti, operando la sostituzione t = e^x (da cui dt = e^xdx) otteniamo

Z log 2 0

e^x

cosh x + 1dx = Z 2

1

2e^2x

e^2x+ 2e^x+ 1dx = Z 2

1

2t t²+ 2t + 1dt

= Z 2

1

2t + 2

t²+ 2t + 1dt − Z 2

1

2

(t + 1)²dt =



log(t² + 2t + 1) + 2 t + 1

2 1

= 2 log3 2− 1

3

In alternativa, osservato che D(_ex¹+1) = −_(ex^e+1)^{x 2}, si poteva integrare per parti ottenendo

Z e^x

cosh x + 1dx = 2

Z e^x

(e^x+ 1)²e^xdx = −2 e^x e^x+ 1 + 2

Z e^x e^x+ 1 dx

= −2 e^x

e^x+ 1 + 2 log(1 + e^x) + c e dunque

Z log 2 0

e^x

cosh x + 1dx =



−2 e^x

e^x+ 1 + 2 log(1 + e^x)

log 2 0

= 2 log3 2 − 1

3

(5) La risposta esatta `e la a . Infatti, dalla gerachia degli infiniti, essendo ²_n!ⁿ → 0 e

n^α

(n+1)! → 0 per ogni α ∈ IR, e usando i limiti notevoli log(1 + x_n) ∼ x_n e sin x_n ∼ x_n per ogni successione x_n→ 0, per n → +∞ risulta

sin_(n+1)!^nα log(1 +²_n!ⁿ) ∼

n^α (n+1)!

2ⁿ n!

= n^α

(n + 1)2ⁿ ∼ n^α−1 2ⁿ

La serie

+∞

X

n=1

n^α−1

2ⁿ per il criterio del rapporto risulta convergente per ogni α ∈ IR, in quanto, posto a_n= ^nα−1₂n , risulta

a_n+1

a_n = (n + 1)^α−1 2ⁿ⁺¹

2ⁿ

n^α−1 = (1 + 1 n)^α−11

2 → 1

2 < 1, ∀α ∈ IR.

Dal Criterio del confronto asintotico segue allora che la serie data converge per ogni α ∈ IR.