CAM - Complementi di Analisi Uno, a.a. 2003/04

Comm. Prof. Mario Girardi

Prova di Esame - 13 luglio 2004 [Soluzioni]

ESERCIZIO 1 Calcolare il seguente limite utilizzando lo sviluppo di Taylor.

lim_{x→0} \frac{sin 3x − 3 sin x}{x^{3}}.

Soluzione. −4.

Si ha:

sin x = x − \frac{1}{3!}x^{3} + o(x^{3});
sin 3x = 3x − \frac{1}{3!}(3x)^{3} + o(x^{3}).

Da cui

lim_{x→0} \frac{sin 3x − 3 sin x}{x^{3}} = lim_{x→0} \frac{3x − \frac{1}{3!}(3x)^{3} − 3(x − \frac{1}{3!}x^{3}) + o(x^{3})}{x^{3}}

= lim_{x→0} \frac{(\frac{−9}{2} + \frac{1}{2})x^{3} + o(x^{3})}{x^{3}} = −4 + lim_{x→0} \frac{o(x^{3})}{x^{3}} = −4.

ESERCIZIO 2 Sia data la funzione f(x) := e^{\frac{1}{x}} \sqrt{x(x + 2)}. Determinarne insieme di definizione, parità e disparità, segno, limiti ed asintoti, intervalli di monotonia, estremi relativi ed assoluti. Infine, disegnarne un grafico approssimativo.

Soluzione. Per la presenza di x al denominatore della potenza di e, la funzione non è definita per x = 0; inoltre la radice quadrata esclude x ∈ ℝ tali che x(x + 2) < 0; segue: Dom(f) = (−∞, −2] ∪ (0, +∞). Osserviamo che la funzione è positiva in tutto il suo dominio di definizione e non è né pari né dispari. Poiché lim_{x→0^{+}} e^{\frac{1}{x}} \sqrt{x(x + 2)} = +∞, la funzione presenta l’asintoto verticale \{x = 0\}.

lim_{x→±∞} e^{\frac{1}{x}} \sqrt{x(x + 2)} = +∞.

Inoltre,

lim_{x→+∞} e^{\frac{1}{x}} \sqrt{x(x + 2)}x = 1 e lim_{x→+∞} e^{\frac{1}{x}} \sqrt{x(x + 2)} − x = 2;

quindi, la funzione presenta l’asintoto obliquo: {y = x + 2}. La funzione è derivabile nel suo dominio e vale:

f′(x) = \frac{e^{\frac{1}{2}} (x^{2} − 2)}{x\sqrt{x(x − 2)}}.

f′(x) = 0 se x = \sqrt{2}, punto di minimo, in quanto f decresce a sinistra di \sqrt{2} e cresce a destra. Inoltre, la funzione chiaramente ha un altro punto di minimo per x = −2.

ESERCIZIO 3 Calcolare i seguenti integrali indefiniti.

A) ∫ \frac{dx}{\sqrt{(α^{2} − x^{2})^{3}}} (α ∈ ℝ); B) ∫ \frac{dx}{\sqrt{x^{2} + 3x − 4}}.

Soluzioni.\frac{x}{α^{2}\sqrt{α^{2} − x^{2}}} + cost.; ln |\frac{\sqrt{x + 4} + \sqrt{x − 1}}{\sqrt{x + 4} − \sqrt{x − 1}}| + cost.

(A) Effettuiamo la seguente sostituzione: x = α sin t. Allora dx = α cos (t)dt e si ha:

∫ \frac{dx}{\sqrt{(α^{2} − x^{2})^{3}}} = ∫ \frac{α cos (t)dt}{\sqrt{(α^{2} − α^{2} sin^{2}(t))^{3}}}
= ∫ \frac{α cos (t)dt}{α^{3} cos^{3} (t)}
= \frac{1}{α^{2}} ∫ \frac{dt}{cos^{2} (t)} = \frac{1}{α^{2}} \begin{matrix}sin & (t) \\ cos & (t) \end{matrix} + cost.
= \frac{x}{α^{2}\sqrt{α^{2} − x^{2}}} + cost..

[^{1}] (B) Siccome x^{2} + 3x − 4 = (x + 4)(x − 1), poniamo:

\sqrt{(x + 4)(x − 1)} = (x + 4)t,

da cui (x + 4)(x − 1) = (x + 4)^{2}t^{2},

x = \frac{1 + 4t^{2}}{1 − t^{2}} , dx = \frac{10t}{(1 − t^{2})^{2}} dt

1\sqrt{1 − sin^{2}(t)} = | cos (t)|; per fissare le idee, ci soffermiamo su un solo caso, cioè | cos (t)| = cos (t).

\sqrt{(α^{2} − x^{2})^{3}} = \frac{5t}{1 − t^{2}} .

Quindi, l’integrale iniziale diventa:

∫ \frac{10t(1 − t^{2})}{(1 − t^{2})^{2}5t}dt = ∫ \frac{2}{(1 − t^{2})}dt
= ln |\frac{1 + t}{1 − t}| + cost.
= ln |\frac{\sqrt{x + 4} + \sqrt{x − 1}}{\sqrt{x + 4} − \sqrt{x − 1}}| + cost.

ESERCIZIO 4 Studiare l’integrabilità in (1, +∞) della seguente funzione: f(x) = \frac{\sqrt{|x^{2} − 1|} tanh^{2}(x)}{|x|^{\frac{5}{2}} ln |x|}.

Soluzione. La funzione è integrabile.

La funzione f presenta una singolarità nel punto x = 1, mentre è continua altrove (nell’intervallo in cui si chiede di studiarla). L’integrabilità della funzione è garantita dal Criterio del confronto. Infatti, poiché si ha: ln (x) = x − 1 + o(x − 1) per x → 1, allora

f(x) ∼ c|x − 1|^{− \frac{1}{2}} per x → 1^{+}, con c costante oppurtuna (neg),

quindi la funzione è integrabile in (1, 2]. Inoltre, la funzione è integrabile anche in [2, +∞). Si ha infatti:

f(x) ∼ \frac{|x|^{− \frac{3}{2}}}{ln (x)} pre x → +∞

e, confrontando con |x|^{− \frac{3}{2}} , si conclude il controllo dell’integrabilità di f.

ESERCIZIO 5 Dimostrare la validità della seguente disuguaglianza:

(1 − sin x) < e^{−x} per ogni x ∈ (0, \frac{π}{2} ).

Sia f(x) := e^{x}(1 − sin x), allora la tesi equivale a dimostrare che f(x) < 1 per ogni x nell’intervallo (0, \frac{π}{2} ).

Osserviamo che f(0) = 1. Dimostriamo che la funzione f è decrescente nell’intervallo (0, \frac{π}{2} ). Si ha:

f′(x) = e^{x}(1 − sin x − cos x)

Poiché

\sqrt{2} ≡ sin \frac{π}{4} + cos \frac{π}{4} ≥ sin x + cos x > 1,

allora

1 − \sqrt{2} ≤ (1 − sin x − cos x) < 0.

In particolare

e^{x}(1 − sin x − cos x) < 0, ∀x ∈ (0, \frac{π}{2} ) ,

da cui la monotonia voluta per f.