Esercizio 1 (8 punti) Si consideri la funzione

ISTITUZIONI DI ANALISI MATEMATICA

Commissione A. Cesaroni, P. Mannucci, A. Sommariva, a.a. 2015-2016 Corsi di laurea in Scienze Statistiche

28 gennaio 2016

TEMA 1

Esercizio 1 (8 punti) Si consideri la funzione

f (x) = arccos(p|x| − 1).

(a) Determinare il dominio, eventuali simmetrie o periodicit` a ed il segno di f ;

(b) determinare i limiti agli estremi del dominio, eventuali asintoti di f , eventuali punti in cui

` e possibile prolungare f per continuit` a;

(c) studiare la continuit` a e la derivabilit` a di f , studiare la monotonia e determinare gli even- tuali punti di estremo (massimo e minimo) relativo ed assoluto di f ; calcolare i limiti di f ⁰ se significativi;

(d) disegnare un grafico qualitativo di f . Non ` e richiesto lo studio della derivata seconda.

Facoltativo: al variare di K ∈ R dire quante soluzioni possiede l’equazione arccos(p|x| − 1) = K .

Svolgimento (a)

• Determiniamo il dominio. Poich`e arccos : [−1, 1] → [0, π], necessita −1 ≤ p|x| − 1 ≤ 1 ovvero 0 ≤ p|x| ≤ 2. Di conseguenza il dominio risulta D = [−4, 4].

• Eventuali simmetrie: la funzione `e pari.

• Periodicit`a: la funzione non `e periodica (non `e definita nemmeno in tutto R).

• Segno di f. Visto che il codominio della funzione `e contenuto in [0, π] essa risulta sempre positiva.

(b-c) La funzione f ` e sempre continua, poich` e lo sono p|x| − 1 e arccos, tuttavia `e derivabile ovunque eccetto in 0, in quanto arccos ` e ovunque derivabile in [−1, 1] ma |x| non ` e derivabile in 0.

La funzione, essendo continua in R, non necessita di essere prolungata per continuit`a . Visto che il dominio di f ` e l’insieme chiuso e limitato [−4, 4] non ha senso chiedersi di calcolare gli asintoti. Per lo studio dei massimi e minimi, ci limitiamo a studiare, visto che la funzione ` e pari, quelli in [0, +∞), deducendo gli altri per simmetria.

Osservato che in [0, 4] si ha f (x) = arccos(p|x| − 1) = arccos( √

x − 1), ricaviamo facilmente che per x ∈ (0, 4)

f ⁰ (x) = 1 2 √ x



− 1

1 − ( √ x − 1) ²

 . La derivata ` e negativa se e solo se ( √

x − 1) ² < 1 ovvero −1 < √

x − 1 < 1 cio` e , facilmente, se e solo se x ∈ (0, 4). Quindi risulta decrescente in (0, 4). Essendo pari, risulta crescente in (−4, 0).

1

−40 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 0.5

1 1.5 2 2.5 3 3.5

Figura 1: Grafico di f in (−4, 4).

Dalla continuit` a della funzione si deduce che possiede massimo assoluto in 0 e minimi assoluti in

±4.

Per quanto riguarda i limiti della derivata nei punti significativi, essendo la funzione pari, f ⁰ (−x) = −f ⁰ (x) e visto che lim _x→0 ⁺ f ⁰ (x) = −∞ deduciamo che lim _x→0 ⁻ f ⁰ (x) = − lim _x→0 ⁺ f ⁰ (x) = +∞.

Similmente

lim

x→4 ⁻ f ⁰ (x) = −∞, lim

x→4 ⁺ f ⁰ (x) = +∞.

(d) Per il grafico si veda la figura.

(Facoltativo) Visto che f (0) = arccos(−1) = π e che risolvere l’equazione ` e equivalente a trovare le intersezioni tra la retta y = K con i punti (x, y) ove x ∈ [−4, 4], y = f (x), ci` e quelli appartenenti al grafico di f , deduciamo che per K ∈ [0, π) ci sono due soluzioni, per K = π una sola, altrimenti non ce ne sono.

Esercizio 2 (8 punti)

Determinare al variare di α > 0 reale il valore del limite lim

x→0 ⁺

arctan(x ^α ) − x ⁴ x ³ + e ^{x 2} − 1 .

Facoltativo: Determinare i valori del parametro b > 0 reale affinch´ e la funzione f (x) sia continua in 0 :

f (x) =

( _arctan(x 4 )−x ⁴

x ³ +e ^x2 −1 x > 0, (1 + x)

x

x2+5 − b x ≤ 0,

Svolgimento

Studiamo il numeratore. Da

arctan(x) = x − (1/3)x ³ + o(x ⁵ ) deduciamo che

arctan(x ^α ) = x ^α − (1/3)x ^3α + o(x ^5α ).

2

Quindi

arctan(x ⁴ ) − x ⁴ = x ^α − (1/3)x ^3α + o(x ^5α ) − x ⁴ cio` e

• per α < 4 si ha arctan(x ⁴ ) − x ⁴ ∼ x ^α ,

• per α = 4 si ha arctan(x ⁴ ) − x ⁴ ∼ −(1/3)x ¹² ,

• per α > 4 si ha arctan(x ⁴ ) − x ⁴ ∼ −x ⁴ . Per quanto riguarda il denominatore, visto che

e ^x = 1 + x

necessariamente e ^{x 2} = 1 + x ² + o(x ⁴ ), cio` e e ^{x 2} − 1 = x ² + o(x ⁴ ) da cui x ³ + e ^{x 2} − 1 = x ³ + x ² + o(x ⁴ ) ∼ x ² .

Di conseguenza, il limite L = lim _x→0 ^{+ arctan(x α )−x 4}

x ³ +e ^x2 −1 da calcolare ` e tale che

• per α < 4 risulta

L = lim

x→0 ⁺ x ^α /x ² cio` e +∞ per α ∈ (0, 2), 1 per α = 2 e 0 per α ∈ (2, 4).

• per α = 4 risulta

L = lim

x→0 ⁺

−(1/3)x ¹² /x ² = 0.

• per α > 4 risulta

L = lim

x→0 ⁺ −x ⁴ /x ² = 0.

(Facoltativo). Osserviamo che

x→0 lim ⁻ (1 + x)

x

x2+5 − b = lim

x→0 ⁻ e ^ln(1+x)·

x

x2+5 − b = 1 − b Quindi, perch` e sia continua in 0,

• per α ∈ (0, 2) non `e mai continua,

• per α = 2, deve essere 1 = 1 − b cio`e b = 0,

• per α > 2, visto che L = 0, deve essere 0 = 1 − b cio`e b = 1.

Esercizio 3 (8 punti) Calcolare l’integrale definito

Z π/2 π/4

cos x

sin ² x + sin x dx.

Svolgimento

3

Posto y = sin(x) abbiamo

Z cos x

sin ² x + sin x dx =

Z 1

y ² + y dy = Z 1

y dy −

Z 1

y + 1 dy

= ln(|y|) − ln(|y + 1|) + C = ln(|y/(y + 1)|) + C

= ln

 | sin(x)|

| sin(x) + 1|

 + C Per il teorema fondamentale del calcolo,

Z π/2 π/4

cos x

sin ² x + sin x dx = ln

 | sin(π/2)|

| sin(π/2) + 1|



− ln

 | sin(π/4)|

| sin(π/4) + 1|



= ln

 1 1 + 1



− ln

√

√ 2/2 2/2 + 1

!

= ln  1 2



− ln

√

√ 2 2 + 2

!

= ln 1 2 ·

√ 2 + 2

√ 2

!

= ln  1 2 + 1

√ 2

 .

Esercizio 4 (8 punti)

Studiare la convergenza e la convergenza assoluta della serie

+∞

X

n=1

(−1) ⁿ

 1 − cos

 1

√ n



. .

Svolgimento

Osserviamo che la serie ` e a segno alterno. Posto a _n = 

1 − cos 

√ 1 n



, la successione {a _n } ` e infinitesima, decrescente (poich` e cos 

√ 1 n



` e crescente) e non negativa. Quindi per il Criterio di Leibniz la serie ` e semplicemente convergente.

Visto che a _n > 0, la serie ` e assolutamente convergente se e solo se risulta convergente

+∞

X

n=1

a n =

+∞

X

n=1

 1 − cos

 1

√ n



.

Poich` e cos(x) = 1 − x ² /2 + o(x ⁴ ) abbiamo che 1 − cos(x) = x ² /2 + o(x ⁴ ) e quindi 1 − cos

 1

√ n



∼ 1 2n e di conseguenza per il criterio del confronto asintotico P +∞

n=1

 1 − cos

 √ 1 n



diverge, per cui la serie

+∞

X

n=1

(−1) ⁿ

 1 − cos

 1

√ n



. non ` e assolutamente convergente.

4