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

Comm. Prof. Mario Girardi

Prova di Esame - 11 febbraio 2005 [Soluzioni]

ESERCIZIO 1 Calcolare le dimensioni (altezza e lunghezza) del rettangolo di area massima inscritto in una semicirconferenza di raggio 2.

Soluzione. L’area ha un valore massimo quando la lunghezza del rettangolo è 2\sqrt{2} e l’altezza è \sqrt{2}.

Per descrivere le dimensioni del rettangolo, collochiamo la circonferenza C e il rettangolo nel piano cartesiano, scegliendo come centro di C l’origine degli assi.

Indichiamo con x il vertice inferiore destro ed usiamo l’equazione di C : x^{2} + y^{2} = 4. Si ha:

• lunghezza: 2x;

• altezza: \sqrt{4 − x^{2}};

• area: 2x\sqrt{4 − x^{2}}.

Pertanto, dobbiamo trovare il massimo assoluto della funzione A(x) = 2x\sqrt{4 − x^{2}}. nell’intervallo 0 ≤ x ≤ 2. Esaminiamo i valori di A nei punti critici e negli estremi del dominio. La derivata è data da

A′(x) = \frac{−2x^{2}}{\sqrt{4 − x^{2}}} + 2\sqrt{4 − x^{2}}.

A′(x) non e‘ definita quando x = 2 e si annulla per x = \sqrt{2} e x = −\sqrt{2}. Nel nostro intervallo, 0 ≤ x ≤ 2, si ha

• valori nei punti critici: A(\sqrt{2}) = 4 e A(2) = 0;

• valori negli estremi del dominio: A(0) = 0 e A(2) = 0.

Quindi, l’area ha un valore massimo 4 quando la lunghezza del rettangolo è 2\sqrt{2} e l’altezza è \sqrt{2}.

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

Soluzione. Vd. Svolgimento e Figura 1.

Figura 1: f(x) = xlog^{2}x.

Svolgimento:

Dominio della funzione: Domf = (0, +∞).

lim_{x→0^{+}} xlog^{2}x = 0; lim_{x→+∞} xlog^{2}x = +∞. Non vi sono asintoti.

f′(x) = log^{2}x + x · 2logx · \frac{1}{x} = logx(logx + 2) \begin{cases}> 0, se x ∈ (0, e^{−2}) ∪ (1, +∞), \\ < 0, se x ∈ (e^{−2}, 1). \end{cases}

La funzione ha un massimo in x = e^{−2} ed un minimo in x = 1.

f′′(x) = 2logx · \frac{1}{x} + \frac{2}{x} = \frac{2}{x}(logx + 1) \begin{cases}> 0, se x > e^{−1} \\ < 0, se 0 < x < e^{−1}. \end{cases}

Quindi la funzione è convessa per x > e^{−1} (punto di flesso per f).

ESERCIZIO 3 A) Calcolare (se esiste) il seguente integrale improprio: ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{e^{x} + e^{−x}} .

Soluzione. L’integrale esiste e vale \frac{π}{4} .

È sufficiente calcolare per ogni b > 0 l’integrale in (0, b) e studiarne il comportamento asintotico per b → +∞.

Effettuiamo la sostituzione t = e^{x}; si ha:

∫ \frac{dx}{e^{x} + e^{−x}} = ∫ \frac{1}{t + \frac{1}{t}} \frac{1}{t}dt = ∫ \frac{dt}{t^{2} + 1} = arctan t = arctan e^{x}.

Allora

lim_{b→+∞} ∫_{0}^{b} \frac{dx}{e^{x} + e^{−x}} = lim_{b→+∞} (arctan e^{b} − arctan e^{0}) = \frac{π}{2} − \frac{π}{4} = \frac{π}{4} .

B) Studiare l’integrabilità in (1, +∞) della seguente funzione: f(x) := \frac{log(1 + x)}{\sqrt{x^{3}}}.

Soluzione. La funzione è integrabile.

Per la monotonia della funzione logaritmo, log(1 + x) ≤ log(2x), per x ∈ (1, +∞), allora, usando il Criterio del Confronto, otteniamo l’integrabilità di f dall’integrabilità della funzione

\frac{log(2x)}{\sqrt{x^{3}}}.

Infatti,

∫_{1}^{+∞} \frac{log(1 + x)}{\sqrt{x^{3}}}dx ≤ ∫_{1}^{+∞} \frac{log(2x)}{\sqrt{x^{3}}}dx = (log 2) ∫_{1}^{+∞} \frac{dx}{\sqrt{x^{3}}} + ∫_{1}^{+∞} \frac{log(x)}{\sqrt{x^{3}}}dx

ed entrambi gli integrali a secondo membro esistono e sono finiti.

Il primo si può calcolare, in senso generalizzato.

(log 2) ∫_{1}^{+∞} \frac{dx}{\sqrt{x^{3}}} = \frac{(log 2)}{2}.

Il secondo converge, ancora, per confronto^{1}

∫_{1}^{+∞} \frac{log(x)}{\sqrt{x^{3}}}dx ≤ ∫_{1}^{+∞} \begin{matrix}^{4} & \sqrt{x} \\ √ & \overline{x^{3}} \end{matrix} dx = ∫_{1}^{+∞} x^{‘ \frac{5}{4}} dx = \frac{1}{4}.

ESERCIZIO 4 Calcolare il seguente integrale: ∫ \frac{2x}{sin^{2}(x) − cos(x) + cos^{2}(x) − 2} dx.

1Nota. Avremmo potuto subito ricavare l’integrabilità di f osservando che, all’infinito, f ≈ \frac{log(x)}{\sqrt{x^{3}}} .

Soluzione. −2x tan (\frac{x}{2}) − 4 ln (| cos (\frac{x}{2})|) + c.

Subito si vede che

∫ \frac{2x}{sin^{2}(x) − cos(x) + cos^{2}(x) − 2} dx = −2 ∫ \frac{x}{cos x + 1} dx.

Ora, verifichiamo che ∫ \frac{1}{cos x + 1} dx = tan (\frac{x}{2}). È sufficiente effettuare la sostituzione(^{2}) t = tan (\frac{x}{2}); si ha:

∫ \frac{1}{cos x + 1} dx = ∫ \frac{2}{1 + t^{2}} \frac{1}{1 + \frac{1−t^{2}}{1+t^{2}}} dt = ∫ dt = tan (\frac{x}{2}) .

A questo punto, integrando per parti

−2 ∫ \frac{x}{cos x + 1} dx = −2x tan (\frac{x}{2}) + 2 ∫ tan (\frac{x}{2}) dx = −2x tan (\frac{x}{2}) − 4 ln (| cos (\frac{x}{2})|) + c.

ESERCIZIO 5 Dare un’approssimazione con un errore assoluto ≤ 10^{−3} del seguente integrale

∫_{0}^{1} \frac{sin (x)}{x} dx.

Soluzione. \frac{1703}{1800} ± 10^{−3}.

Si ha sin x = ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k} \frac{x^{2k+1}}{(2k + 1)!}.

Da cui, \frac{sin x}{x} = ∑_{k=1}^{n}(−1)^{k} \frac{x^{2k}}{(2k + 1)!} + R(x), con |R(x)| ≤ \frac{x^{2n+2}}{(2n + 3)!}.

Si può prendere l’integrale del polinomio se l’integrale del resto è ≤ 10^{−3}. Ciò avviene se n = 2; infatti:

∫_{0}^{1} \frac{x^{2n+2}}{(2n + 3)!}dx = \frac{1}{(2n + 3)!(2n + 3)} ≤ 10^{−3} se n ≥ 2.

Quindi

∫_{0}^{1} \frac{sin x}{x}dx ≈ ∫_{0}^{1} (1 − \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} ) dx = 1 − \frac{1}{3!3} + \frac{1}{5!5} = \frac{1703}{1800}.

2Si può vedere anche direttamente usando cos x = cos^{2}( \frac{x}{2} ) − sin^{2}( \frac{x}{2} ).