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

Comm. Prof. Mario Girardi

Prova di Esame - 16 settembre 2004 [Soluzioni]

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

lim_{x→0} \frac{x cos x − sin x}{x^{2} sin x}.

Soluzione. −\frac{1}{3}.

Sfruttiamo gli sviluppi in polinomi di Taylor per le funzioni trigonometriche; si ha:

x cos x = x (1 − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})) = x − \frac{x^{3}}{2} + o(x^{3});

sin x = x − \frac{x^{3}}{6} + o(x^{3});

x^{2} sin x = x^{2}(x + o(x)).

Da cui

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

ESERCIZIO 2 Dire per quali α la funzione f(x) := e^{x} − αx^{3} è convessa.

Soluzione. f è convessa su tutta la retta reale se e solo se 0 ≤ α ≤ \frac{e}{6}.

Osserviamo che f è una funzione derivabile infinite volte con derivate continue. Quindi, il problema equivale a cercare per quali parametri reali α la funzione ha derivata seconda non negativa, i.e. per quali α

f′′(x) = e^{x} − 6αx ≥ 0, ∀x ∈ ℝ.

Se α < 0 la funzione non è convessa. Infatti,

lim_{x→−∞}(e^{x} − 6αx) = −∞.

Se α = 0 f(x) ≡ e^{x} è convessa.

Studiamo il caso α > 0. Subito, se x ≤ 0 si vede che e^{x} ≥ 6αx. Resta da analizzare la disuguaglianza f′′(x) ≥ 0 per le x positive. Poniamo

g(x) := \frac{e^{x}}{6x}

e vediamo per quali α

g(x) ≥ α, ∀x ∈ (0, ∞).

Poiché g è continua in (0, ∞) e lim_{x→0^{+}} g(x) = lim_{x→+∞} g(x) = +∞, allora ha un minimo in (0, ∞). Si ha

g′(x) = \frac{e^{x}}{6x^{2}} (x − 1) = 0 ⇔ x = 1.

Ne segue che g(1) = \frac{e}{6} è un minimo per g.

In definitiva, f è convessa su tutta la retta reale se e solo se 0 ≤ α ≤ \frac{e}{6}.

ESERCIZIO 3 Calcolare il seguente integrale indefinito: ∫ \frac{(1 − \sqrt{1 + x + x^{2}})^{2}}{x^{2}\sqrt{1 + x + x^{2}}} dx.

Soluzione. −\frac{2(\sqrt{1 + x + x^{2}} − 1)}{x} + ln |2x + 2\sqrt{1 + x + x^{2}} + 1| + cost.

Effettuiamo la sostituzione di Eulero: \sqrt{1 + x + x^{2}} = xt + 1. Da cui:

1 + x + x^{2} = x^{2}t^{2} + 2xt + 1,

x = \frac{2t − 1}{1 − t^{2}},

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

Segue:

\sqrt{1 + x + x^{2}} = \frac{t^{2} − t + 1}{1 − t^{2}},

1 − \sqrt{1 + x + x^{2}} = \frac{−2t^{2} + t}{1 − t^{2}}.

Sfruttando le espressioni ottenute nell’integrale iniziale, otteniamo:

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

= −\frac{2(\sqrt{1 + x + x^{2}} − 1)}{x} + ln |\frac{x + \sqrt{1 + x + x^{2}} − 1}{x − \sqrt{1 + x + x^{2}} + 1}| + cost

= −\frac{2(\sqrt{1 + x + x^{2}} − 1)}{x} + ln |2x + 2\sqrt{1 + x + x^{2}} + 1| + cost.

ESERCIZIO 4

Dire se esiste ed in tal caso calcolare il valore dell’integrale improprio in (−1, 0) della seguente

funzione: f(x) = \frac{1}{(x − 4)\sqrt{|x|}}.

Soluzione. La funzione è integrabile e l’integrale in senso generalizzato vale − arctan (\frac{1}{2}).

La funzione è integrabile in (−1, b), per ogni b < 0; calcoliamone l’integrale indefinito con un cambio di variabili.

∫ \frac{dx}{(x − 4)\sqrt{−x}} = 2 ∫ \frac{dt}{t^{2} + 4}
= arctan (\frac{t}{2})
= arctan (\frac{\sqrt{−x}}{2})

Ora, calcoliamo l’integrale in senso generalizzato; esiste ed è uguale a

lim_{b→0^{−}} ∫_{−1}^{b} \frac{dx}{(x − 4)\sqrt{−x}} = lim_{b→0^{−}} [arctan (\frac{\sqrt{−x}}{2})]_{x=1}^{x=b}
= lim_{b→0^{−}} (arctan (\frac{\sqrt{−b}}{2}) − arctan (\frac{\sqrt{1}}{2})) = − arctan (\frac{1}{2}).

ESERCIZIO 5 Un triangolo rettangolo di ipotenusa data a viene fatto ruotare attorno ad uno dei due cateti per generare un cono circolare retto. Trovare il cono di volume massimo.

Soluzione. Il cono di volume massimo è quello di raggio di base r = \sqrt{\frac{2}{3}}a ed altezza h = \frac{a}{\sqrt{3}}.

Ricordiamo che il volume di un cono circolare è dato da V = \frac{1}{3}πr^{2}h, dove r è il raggio della circonferenza di base ed h è l’altezza.

Indichiamo con x l’altezza del cono; segue (Teorema di Pitagora) r = \sqrt{a^{2} − x^{2}}. Scriviamo la funzione volume in funzione di x e troviamone il massimo. Si ha:

V (x) = \frac{1}{3}π(a^{2}x − x^{3}).

Da cui

V′(x) = \frac{1}{3}π(a^{2} − 3x^{2}),

che è positiva per in (0, \frac{a}{\sqrt{3}}) e negativa in (\frac{a}{\sqrt{3}}, ∞).

Segue che il volume massimo si ha per h = x = \frac{a}{\sqrt{3}} e r = \sqrt{\frac{2}{3}}a.