Prova esame Analisi matematica 1 con soluzione

1

(4 punti) Data la funzione

f_λ: x ∈ [0,2] → {   x²         se x ∈ [0,1],  x² - λx + λ    se x ∈ (1,2],

determinare il parametro λ in modo che nell'intervallo [0,2] sia applicabile il teorema di Lagrange e trovare il punto di cui la tesi del teorema assicura l'esistenza.

Soluzione. Per ogni λ la funzione f_λ è continua nel compatto [0,2]. Infatti f_λ(1) = 1 = lim_{x → 1^-} f_λ(x) per ogni λ ∈ ℝ. Imponendo la derivabilità in (0,1) otteniamo che λ deve essere tale che

                             lim_{x → 1^-} f_λ(x) = lim_{x → 1⁺} f_λ(x)ossia, tale che

            2 = lim_{x → 1^-} f_λ(x) = lim_{x → 1⁺} f_λ(x) = 2 - λ.

Ne consegue che necessariamente λ = 0. Poniamo f := f₀ = x → x². A norma del Teorema diLagrange, esiste ξ ∈ (0,2) tale che

                     2ξ = f'(ξ) = (f(2) - f(0))/(2 - 0) = (4 - 0)/(2 - 0) = 2.

Pertanto esiste un unico punto soddisfacente il teorema di Lagrange e questi è ξ = 1.

2

(6 punti) Servendosi del teorema di Lagrange, dimostrare che per ogni t ∈ ℝ₊ risulta

                        1/(t + 1) < log(1 + 1/t) < 1/t.

Soluzione. Applichiamo il Teorema di Lagrange alla funzione log sul generico intervallo [t, t + 1],con t > 0. Risulta che per ogni t > 0 esiste ξ_t ∈ (t, t + 1) tale che

          1/ξ_t = (log(t + 1) - log(t))/1 = log(1 + 1/t).

D'altro canto 1/(t + 1) < 1/ξ_t < 1/t e ciò conclude l'asserto.

1 (4 punti) Data la funzione

detereminare il parametro λ in modo che nell'intervallo [0, 2] sia applicabile il teorema di Lagrange e trovare il punto di cui la tesi del teorema assicura l'esistenza.

Soluzione. Per ogni λ la funzione f_λ è continua nel compatto [0, 2]. Infatti f_λ(1) = 1 = lim_x→1⁻f_λ(x) per ogni λ ∈ ℝ. Imponendo la derivabilità in (0, 1) otteniamo che λ deve essere tale che

ossia, tale che

2 = lim_x→1⁻ f_λ(x) = lim_x→1⁺ f_λ(x) = 2 - λ.

Ne consegue che necessariamente è λ = 0. Poniamo f : x = 0 → x → x². A norma del Teorema di Lagrange, esiste ξ ∈ (0, 2) tale che

2ξ = f′(ξ) =

Pertanto esiste un unico punto soddisfacente il teorema di Lagrange e questi è ξ = 1.

2 (6 punti) Servendosi del teorema di Lagrange, dimostrare che per ogni t ∈ ℝ₊ risulta

Soluzione. Applichiamo il Teorema di Lagrange alla funzione log sul generico intervallo [t, t+1], con t > 0. Risulta che per ogni t > 0 esiste ξ_t ∈ (t, t+1) tale che

D'altro canto 1/(t+1) < 1/ξ_t < 1/t e ciò conclude l'asserto.

3 (4 PUNTI) Data la funzione

I(x) = ∫₀^x cos³t / (3 + 2sin²t) dt,

determinare i valori sup_x∈[0,π]I(x) ed inf_x∈[0,π]I(x).

Risposta. La funzione I(x) è di classe C¹([0,π]) pertanto se ammette massimo o minimo in (0,π) questi devono ricercarsi tra i punti stazionari di I', ovvero tra i punti che soddisfano l'equazione

cos³x = 0.

L’unico punto in (0, π) in cui questo accade è x = π / 2. D’altro canto, risulta

I'(x) > 0 ⇔ cos x > 0 ⇔ x ∈ [0, π / 2],

e quindi I(x) assume massimo in x = π / 2. Il minimo pertanto è in 0 o in π. Risulta

∫₀^π cos³t / (3 + 2sin²t) dt = ∫_−π/2^π/2 cos³(t + π / 2) / (3 + 2sin²(t + π / 2)) dt = −∫_−π/2^π/2 sin³t / (3 + 2cos²t) dt = 0

in quanto l’integrando è una funzione dispari. In definitiva, risulta

min I = 0

con {0, π} punti di minimo, e max I = ∫₀^π/2 cos²t / (3 + 2sin²t) dt raggiunto in x = π / 2. Si può ritenere facoltativo calcolare il valore dell'integrale max I = ∫₀^π/2 cos²t / (3 + 2sin²t) dt. Ci basta sapere che il valore massimo è raggiunto in π / 2.

Ma per chi fosse interessato riporto di seguito degli screenshot di Mathematica (che evidenzia ogni singolo passaggio) della procedura da seguire qualora si volesse ottenere una espressione più esplicita dell’integrale definito ∫₀^π/2 cos²t / (3 + 2sin²t) dt.

Extra.

Definite integrals:

integrate(cos(t)^3/(3+2*sin(t)^2),t,0,pi/2)

∫₀^π/2 cos³(t)/(3+2sin(t)²) dt = -¹⁄₁₂ {5 √₆ tan^-1(√³⁄₃) - 6} = 0.19884

Possible intermediate steps:

Compute the definite integral:

∫₀^π/2 cos³(t)/2 sin²(t)⁺³ dt

For the integral cos²(t)/(3+2sin²(t)), use the trigonometric identity cos²(t) = 1 - sin²(t):

-∫₀¹(1-sin²(t))cos(t)d

-∫₀¹(1-u²)

For the integral (1-sin²(t))cos(t), substitute u=sin(t) and du=cos(t)dt. This gives a new lower bound u=sin(0)=0 and upper bound u=sin(π⁄2)=1:

-∫₀¹(1-u²)

For the integral 1-u²/2u³+3, do long division:

=∫₀¹cos(t)dt

Integrate the sum term by term and factor out constants:

=∫(0)(1u)

Factor 3 from the denominator:

=∫(0)∫₂d)u(1-u²)=5⁄

Factor out constants:

-∫cos(t)/

For the integral 1/(x²+1), substitute u=(x²)/v√³mod a=ds/√³. This gives a new lower bound v=(√²fr3)/&

=-∫_√⁵(1-u²)dS&:

Apply the fundamental theorem of calculus. The antiderivative of 1⁄x's is:

5 tan^-1(u)⁵√₂/√₆&randic;)1du

Evaluate the antiderivative at the limits and subtract:

5tan^-1(√⁵)-5tan^-1(√⁵)/2√₆-

Apply the fundamental theorem of calculus. The antiderivative of 1 is a:

5tan^-1(√⁵)

Evaluate the antiderivative at the limits and subtract:

(-√²/)5 a(-√²/)5

5 tan^-1(√

Which is equal to:

Answer:

-¹⁄₁₂{5√₆tan^-1(√³&/&radic₃) - 6}

(6 punti) Sia data la funzione

f(x) = ^{x log |x|}/_{1 + log²|x|²}

Determinare l'insieme di definizione di f, e mostrare che f può essere prolungata per continuità a tutto R. Detto g tale prolungamento, si dimostri che g è derivabile su tutto R. Si determini infine il numero dei punti stazionari di g (ossia il numero di punti x ε R tali che g'(x)=0).

Risposta. La funzione f è definita in R \ {0}. D'altro canto

lim_x→0 f(x) = lim_x→0 ^{x log |x|}/_{1 + log²|x|²} (−⁰/_∞) = 0.

Pertanto la funzione g(x)=f(x) se x≠0 e g(0)=0 è continua su R. Risulta poi

g'(0) = lim_h→0 ^g(h)−g(0)/_h−0 = lim_h→0 ^{h log |h|}/_{h(1 + log²|h|)} = 0.

Pertanto la funzione è derivabile in 0 e quindi in tutti i punti di R (essendo chiaramente derivabile nei punti di R \ {0}). Chiaramente 0 è un punto stazionario di g in quanto, come appena visto, è g'(0)=0. Gli altri punti stazionari sono i punti in cui la derivata si annulla. Ossia i punti in cui

2 (log(x²)((log(x²)−2) log(x²)+4)+8) = 0.

(log²(x²)+4)²

La funzione è pari. Pertanto è sufficiente trovare i punti x ≥ 0 tali che

log(x²)((log(x²)−2) log(x²)+4)+8=0.

Poniamo t:= log (x²) e cerchiamo il numero di punti t ε R in cui è

t((t−2)+4)+8=0.

Osserviamo che la derivata di p: t 4 − 4t+3t² che è sempre >0 (strettamente positiva). Dunque la funzione p (essendo strettamente crescente) si annulla al più in un punto. Ed essendo lim_t→±∞ p(t)=±∞, la funzione p si annulla effettivamente in un (unico) punto. Detto t_∗, tale punto (che è diverso da 1), e indicati con ±x_∗| i due punti (diversi da zero) tali che log(x_∗²)=t_∗ (ossia |x_∗|=√e^t_∗), si ha che i punti stazionari di g sono {0,±x_∗|}

5 (6 punti) Calcolare i seguenti integrali definiti:

₀^πe^xsinx dx,

₀^2log(2x+1)/(2x+1)² dx

Soluzione. Osserviamo che essendo e^xsinx = 0 quando x = 0 ed x = π, integrando per parti abbiamo che

₀^πe^xsinx dx = - ₀^πe^xcosx dx.

Integrando nuovamente per parti, otteniamo che

₀^πe^xcosx dx = [e^xcosx]₀^π + ₀^πe^xsinx dx.

In definitiva, otteniamo che

2 ₀^πe^xsinx dx = [e^xcosx]₀^π = e^π + 1.

Soluzione. Risulta

₀^2log(2x+1)/(2x+1)² dx = 1/2 ₀^{1log((2x+1)2)}/(2x+1)² dx = 1/4 ₁⁵log(y²)/y² dy

Proseguiamo

₁⁵log(y²)/y² dy = -₁⁵log(y²) (1/y) dy

= - [log(y²)]₁⁵ + ₁⁵2y(1/y³) dy = -2 log 5/5 + 2₁⁵1/y² dy

= -2 log 5/5 + 2 [ - 1/5 ]₁⁵ = - 2 log 5/5 + 2.

In definitiva

₀^2log(2x+1)/(2x+1)² dx = 1/2 (1 - 1/5 - log5/5) = 1/10 (4 - log 5).