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

Comm. Prof. Mario Girardi

Prova di Esonero del 3 giugno 2004 [Soluzioni]

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

lim_{x→0} \frac{x^{2} − sin^{2} x}{x^{3}(e^{x} − cos x)}

Si ha:

sin^{2} x = x^{2} − \frac{2}{3!}x^{4} + o(x^{4});

e^{x} = 1 + x + o(x);

cos x = 1 + o(x).

Da cui

lim_{x→0} \frac{x^{2} − sin^{2} x}{x^{3}(e^{x} − cos x)} = lim_{x→0} \frac{x^{2} − x^{2} + \frac{2}{3!}x^{4} + o(x^{4})}{x^{3}(1 + x + o(x) − (1 + o(x)))}

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

ESERCIZIO 2 Dare un approssimazione con errore assoluto ≤ 10^{−3} del seguente integrale

∫_{0}^{1} cos(x^{2})dx.

Soluzione. \frac{977}{1080} ± 10^{−3}.

Si ha cos (x^{2}) = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k} \frac{x^{4k}}{(2k)!} + R(x), con |R(x)| ≤ \frac{x^{4n+2}}{(2n + 2)!}.

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^{4n+2}}{(2n + 2)!}dx = \frac{1}{(2n + 2)!(4n + 3)} ≤ 10^{−3} se n ≥ 2.

Quindi

∫_{0}^{1} cos(x^{2})dx ≈ ∫_{0}^{1} (1 − \frac{x^{4}}{2} + \frac{x^{8}}{24}) dx = 1 − \frac{1}{10} + \frac{1}{216} = \frac{977}{1080}.

ESERCIZIO 3 Discutere l’esistenza del seguente integrale improprio.

∫_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1 − x^{2})(1 − α^{2}x^{2})}}, (α < 1).

Soluzione. L’integrale è convergente.

Osserviamo che la funzione integranda è divergente per x → 1^{+}, pertanto occorre verificare che esiste finito il seguente limite

lim_{ε→0^{+}} ∫_{0}^{1−ε} \frac{dx}{\sqrt{(1 − x^{2})(1 − α^{2}x^{2})}}.

Per x ≈ 1, la funzione integranda si comporta (a meno di una costante moltiplicativa non nulla) come la funzione \frac{1}{\sqrt{1 − x}}; si ha:

lim_{x→1^{−}} \frac{\frac{1}{\sqrt{(1−x^{2})(1−α^{2}x^{2})}}}{\frac{1}{\sqrt{1−x}}} = lim_{x→1^{−}} \begin{matrix}√ & \overline{1 − x} \\ √ & \overline{(1 + x)(1 − x)(1 − α^{2}x^{2})} \end{matrix}
= lim_{x→1^{−}} \frac{1}{\sqrt{(1 + x)(1 − α^{2}x^{2})}} = \frac{1}{\sqrt{2(1 − α^{2})}}.

Inoltre, utilizzando il cambio di variabile t = 1−x, si vede che la funzione \frac{1}{\sqrt{1 − x}} è integrabile in [0, 1]; si ha:

lim_{ε→0^{+}} ∫_{0}^{1−ε} \frac{dx}{\sqrt{1 − x}} = lim_{ε→0^{+}} ∫_{ε}^{1} \frac{dt}{\sqrt{t}} < +∞.

Allora, grazie al Criterio del confronto asintotico, anche la funzione di partenza è integrabile.

ESERCIZIO 4 Discutere l’integrabilità in segno e in valore assoluto della funzione f(x) = \frac{sin x}{x} nell’intervallo (π, +∞):

A) ∫_{π}^{+∞} \frac{sin x}{x} dx; B) ∫_{π}^{+∞} \frac{| sin x|}{x} dx.

Soluzione. La funzione f è integrabile in [π, +∞) in senso improprio, ma non in valore assoluto.

(A) Verifichiamo che la funzione \frac{sin x}{x} è integrabile in [π, +∞), ossia che esiste finito il seguente limite

lim_{b→+∞} ∫_{π}^{b} \frac{sin x}{x}dx

Integrando per parti, si ha, per ogni b > π:

∫_{π}^{b} \frac{sin x}{x}dx = −\frac{cos b}{b} − \frac{1}{π} − ∫_{π}^{b} \frac{cos x}{x^{2}}dx

e l’integrale a secondo membro esiste, poiché la funzione \frac{cos x}{x^{2}} è assolutamente integrabile in [π, +∞); infatti:

|\frac{cos x}{x^{2}} | ≤ \frac{1}{x^{2}} , ∀x ∈ ℝ.

In definitiva,

lim_{b→+∞} ∫_{π}^{b} \frac{sin x}{x}dx = −\frac{1}{π} − ∫_{π}^{+∞} \frac{cos x}{x^{2}}dx.

(B) Consideriamo l’integrale della funzione \frac{| sin x|}{x} in [kπ, (k + 1)π], per ogni k ∈ ℕ. Possiamo

sfruttare la monotonia di \frac{1}{x} e stimare dal basso.

∫_{kπ}^{(k+1)π} \frac{| sin x|}{x}dx ≥ \frac{1}{(k + 1)π} ∫_{kπ}^{(k+1)π} | sin x|dx
= \frac{(−1)^{k}}{(k + 1)π} ∫_{kπ}^{(k+1)π} sin xdx
= \frac{(−1)^{k}}{(k + 1)π} (cos (kπ) − cos ((k + 1)π) = \frac{2}{(k + 1)π} .

Sommando su k, si ha

∫_{π}^{(n+1)π} \frac{| sin x|}{x}dx = ∑_{k=1}^{n} ∫_{kπ}^{(k+1)π} \frac{| sin x|}{x}dx ≥ \frac{2}{π} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k + 1}.

Poiché la serie armonica è divergente, ne segue che il limite è divergente, quindi la funzione data non è integrabile in (π, +∞).

ESERCIZIO 5 A) Enunciare il “Primo Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale”.

Teorema 1. Siano f una funzione localmente integrabile in un intervallo I e x_{0} un punto interno ad I; indichiamo con F la funzione integrale F (x) := ∫_{x_{0}}^{x} f(t)dt (∀x ∈ I). Se f(x_{0}+) esiste, allora esiste F′_{+}(x_{0}) e si ha F′_{+}(x_{0}) = f(x_{0}+), analogamente, se f(x_{0}−) esiste, allora esiste F′_{−}(x_{0}) e si ha F′_{−}(x_{0}) = f(x_{0}−),

dove f(x_{0}±) := lim_{x→x_{0}^{±}} f(x) e F′_{±}(x_{0}) := lim_{x→x_{0}^{±}} \frac{F (x) − F (x_{0})}{x − x_{0}}.

B) Dimostrare la seguente proposizione: Siano I un intervallo della retta reale, n ∈ ℕ e f una funzione reale derivabile n + 1 volte con derivate continue in I, allora ∀x_{0}, x ∈ I si ha

f(x) = 𝕋_{x_{0}}^{n}f(x) + \frac{1}{n!} ∫_{x_{0}}^{x}(x − t)^{n}f^{(n+1)}(t) dt,  (1)

dove 𝕋_{x_{0}}^{n}f(x) è il polinomio di Taylor di grado n per f in x_{0}.

[Suggerimento: Dimostrare per induzione su n]

Dimostrazione Se n = 0 la tesi è data dal Secondo Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale. Supponiamo che la tesi valga per n > 0 (ipotesi induttiva) e dimostriamo che vale per n + 1. Quindi sia f una funzione di classe C^{n+2}(I). Scriviamo l’uguaglianza (1) in tale modo:

f(x) = 𝕋_{x_{0}}^{n}f(x) + \frac{1}{(n + 1)!} ∫_{x_{0}}^{x} \frac{d}{dt}(x − t)^{n+1}f^{(n+1)}(t) dt

ed integriamo per parti; si ottiene

f(x) = f(x) = 𝕋_{x_{0}}^{n}f(x) − \frac{1}{(n + 1)!} ((x − t)^{n+1}f^{(n+1)}(t)) + \frac{1}{(n + 1)!} ∫_{x_{0}}^{x}(x − t)^{n+1}f^{(n+2)}(t) dt,

cioè la (1) con n + 1 al posto di n.