Esercizi di Analisi matematica 1

Soluzione. Confrontare il libro di testo.

1. (10 punti) Si studi la funzione √ 3

x

f (x) = |x − 1|

precisandone in particolare: dominio di definizione, segno e zeri, limiti agli estremi del dominio di

definizione, eventuali asintoti, derivata, intervalli di monotonia, eventuali punti di estremo relativo

o assoluto, eventuali punti di non derivabilità. In caso di esistenza di asintoti obliqui, stabilire se il

grafico di f li attraversa in qualche punto. Disegnare poi un grafico qualitativo della funzione.

≥ ̸ ∪

Soluzione. La funzione è definita per x 0, x = 1, quindi il dominio di f è [0, 1) (1, +∞). In x = 0

è nulla, ed è positiva altrove. Quindi 0 è punto di minimo assoluto per f .

lim f (x) = +∞, lim f (x) = +∞, lim f (x) = +∞..

−

x→+∞ +

x→1 x→1

La retta di equazione x = 1 è asintoto verticale per la funzione. La funzione ha asintoto obliquo di

→

equazione y = x + 1/2 quando x +∞, infatti: √ x

f (x) = lim =1

lim −

x x 1

x→+∞

x→+∞

e (√

(√ ) )

( ) x 1 1 1 1

− − −

f (x) x = lim x

lim 1 = lim x 1+ 1 = lim x = .

− − −

x 1 x 1 2 x 1 2

x→+∞

x→+∞ x→+∞ x→+∞

Calcolando la derivata prima si ha, per x > 1:

√ √

− −

− − −

2 3 3 2

x 1 x 1

1 3x (x 1) x 1 2x 3x

′

f (x) = = ,

− −

3 2 3 2

2 x (x 1) 2 x (x 1)

∈

mentre per x (0, 1), √ √

− − − −

2 3 2 3

1 x 3x (1 x) + x x 1 3x 2x

1 1

′

f (x) = = .

− −

3 2 3 2

2 x (1 x) 2 x (1 x)

Essendo ′

lim f (x) = 0,

+

x→0

′

′ ′

3

(0) = 0. f (x) > 0 in (0, 1)∪(

esiste la derivata destra in 0, f , +∞) ove f risulta crescente e f (x) < 0

+ √

2 3

3

3 32 32

in (1, ), ove f risulta decrescente. Il punto x = è di minimo locale per f , inoltre f ( ) = . Se

1

2 2

x > 1 vale 1

f (x) > x + ,

2

qunidi la funzione non attrraversa l’asintoto obliquo in (1, +∞). Esiste un punto di intersezione

∈

x (0, 1) tra la funzione e l’asintoto obliquo.

0 y

0 3

1 x

2

2. (4 punti) Calcolare il limite √ − − x−1

cos( x 1) e .

lim ln x

+

x→1

−

Soluzione. Cambiando variabile y = x 1 otteniamo √

√ − − − −

x−1 y

x 1) e 1 + y 1) e

cos( cos(

lim = lim .

ln x ln(1 + y)

+ +

x→1 y→0

→

Per y 0, √ y

−

1 + y 1 = + o(y),

2

quindi calcolando lo sviluppo di McLaurin delle funzioni coseno ed esponenziale otteniamo

( )

2

√ y − −

− 12 2 2

y y /2 + o(y )

− − − − − −y

y 2 2

1 + y 1) e

cos( cos(y/2 + o(y)) 1 y y /2 + o(y ) 2 ∼

= = .

ln(1 + y) y + o(y) y + o(y) y

−1.

Il limite richiesto è

3. (4 punti) ≥

(a) Al variare del parametro α 0 calcolare il limite della successione

( )

1 1

− −

α 1/n

a = n e cos sin

n n n

(b) Nel caso α = 0 discutere la monotonia della successione a introdotta nel punto (a).

n

→ ∞

Soluzione. (a) Osserviamo che, per n ( (

) )

1 1 1 1 1 1 1

1 1

1 − − −

− sin = 1 + + 1 + + o + o

e cos = .

n 2 2 2 2 2

n n n 2n 2n n n n n

→ ∞,

Quindi, per n  ≤



( ) 0 se 0 α < 2

1 1

− − ∼ →

α 1/n α−2 1 se α = 2

n e cos sin n 

n n +∞ se α > 2.

−cos ∈

t

(b) Associamo alla successione una funzione f (t) = e t−sin t, per t (0, 1]. Derivando otteniamo,

∈

per ogni t (0, 1], ′ −

t

f (t) = e + sin t cos t > sin t > 0.

1

La funzione f risulta strettamente crescente, sostituendo t = otteniamo che la successione a di

n

n

partenza decresce strettamente.

4. (6 punti) Calcolare i seguenti integrali

∫ ∫ ∫ √

1/2 π 2

x +1 x 2

(a) dx , (b) e cos x dx , (c) 4x + 1 dx .

2

x + x +2

−1 0 0

Soluzione. (a) Abbiamo

∫ ∫ ∫

x +1 1 2x + 1 1 1

dx = dx + dx

1 7

2 2 2

x + x +2 2 x + x +2 2 (x + ) +

2 4 ))

( (

1 2

1 1

√ √

2

ln(x + x + 2) + + c = F (x) + c,

= arctan x +

2 2

7 7

da cui

∫ −1

1/2 x +1 2 1

1 11 1 1

√ √ √ √

−

− − arctan arctan .

dx = F (1/2) F (−1) = ln ln 2 +

2

x + x + 2 2 4 2 7 7 7 7

−1

(b) Integrando per parti si ottiene

∫ ∫ ∫

−

x x x x x x

e cos x dx = e cos x + e sin x dx = e cos x + e sin x e cos x dx,

∫

da cui )

(

1 x x

x e cos x + e sin x + c.

e cos x dx = 2

Otteniamo quindi ∫ ( )

π 1 − −

x π

e cos x dx = e 1 .

2

0

(c) Con la sostituzione 2x = sinh t, integrando per parti otteniamo

∫ ∫ ∫ ∫

√ 1 1 1

1 1 1

2 2 2

2

4x + 1 dx = (cosh t) dt = cosh t sinh t− (sinh t) dt = cosh t sinh t+ t− (cosh t) dt,

2 2 2 2 2 2

da cui

∫ ∫ ]

[

√ √ √

1 1 1

1

2

2 2 2

4x + 1 dx = (cosh t) dt = cosh t sinh t + t + c = 2x 1 + 4x + ln(2x + 1 + 4x ) + c.

2 4 4 4

L’integrale richiesto è ∫ [ ]

√ √ √

2 1

2

4x + 1 dx = 4 17 + ln(4 + 17) .

4

0

Ingegneria Chimica, dei Materiali e delle Nanotecnologie

Analisi Matematica I e Geometria (PRIMA PARTE) - 22 febbraio 2016 −1).

1. Stabilire se sono linearmente indipendenti i tre vettori u = (1, 2, 0), v = (1, 1, 1), w = (0, 1,

√ n

(−1)

α

2. Al variare di α > 0, determinare il carattere della successione a = (n + n) + .

n 1

sin n

−

2/3 7/5

3. Disegnare il grafico qualitativo della funzione f (x) = x x .

∫ 2 dx .

4. Calcolare l’integrale 2

4 + x

0 √ →

5. Stabilire se il grafico della funzione f (x) = πx+ x arctan x ammette un asintoto obliquo per x +∞.

−1.

6. Calcolare le radici (complesse) seste di R → R

2 2

7. Stabilire se è iniettiva l’applicazione lineare L : definita da L(x, y) = (y, x).

∫ x 2

t

8. Determinare il polinomio di McLaurin di terzo grado della funzione f (x) = e dt.

0

−

9. Risolvere il sistema lineare 2x + y = 1, x y = 2.

 

1 2 3 4

 

0 2 3 4

 

10. Stabilire se è diagonalizzabile la matrice A = .

 

0 0 3 4

0 0 0 4

Ingegneria Chimica, dei Materiali e delle Nanotecnologie

Analisi Matematica I e Geometria (SECONDA PARTE) - 22 febbraio 2016

R → R ∈ R

Teoria. (3 punti) Dare le definizioni di funzione f : continua in un punto x e derivabile in x .

0 0

Discutere il legame tra le due nozioni.

Soluzione. Confrontare il libro di testo.

1. (9 punti) Si studi la funzione √ 2

|x|

f (x) = log(|x|) + ,

e

precisandone in particolare: dominio di definizione, simmetrie, limiti agli estremi del dominio di defi-

nizione, eventuali asintoti, derivata prima, intervalli di monotonia, eventuali punti di estremo relativo

o assoluto, limiti della derivata, eventuali punti di non derivabilità, derivata seconda, concavità e

convessità, eventuali punti di flesso. Disegnare poi un grafico qualitativo della funzione.

̸

Soluzione. La funzione è definita per x = 0 ed è pari, f (x) = f (−x). 2

lim f (x) = lim f (x) = +∞, lim f (x) = lim .

e

−

x→+∞ x→−∞ +

x→0 x→0

La funzione f non ammette asintoti obliqui, infatti

f (x)

lim = 0.

x

x→±∞

Calcoliamo la derivata prima per x > 0, √ )

(

1 x 1 1

′ √

√

f (x) = = log x + 1 ,

log x + x 2

2 x x

per simmetria, per x < 0, √ ( )

−x

1 1 1

′ √ √

−

− −

log (−x)

f (x) = = log(−x) + 1 .

−x

−x −x 2

2

′ −2 −2 ′ −2

∈ ∪ −e ∪

f (x) > 0 sse x (−e , 0) (e , +∞), ove f risulta crescente, mentre f (x) < 0 in (−∞, , 0)

−2 −2 −2

±e

(0, e ), in tali intervalli f decresce. I punti x = sono di minimo assoluto per f , inoltre f (±e ) =

0. Osserviamo che ′ ′

−∞

lim f (x) = e lim f (x) = +∞.

−

+

x→0 x→0

La derivata seconda per x > 0 è 1 log x

′′ −

f (x) = ,

3/2

4 x

mentre per x < 0, 1 log(−x)

′′ −

f (x) = .

3/2

4 (−x) ′′

∈ ∪ ∪

Da cui si ricava che è positiva per x (−1, 0) (0, 1). Dunque f è convessa in (−1, 0) (0, 1). f è

−1) ∪ ±1

negativa in (−∞, (1, +∞), ove f risulta concava. I punti x = sono punti di flesso.

y

2e

−1

0 1 x

e

−2 −2

−1 −e

2. (4 punti) Calcolare il limite −

x−2

e x + 1

)

( .

lim −

+ 2

2

x→2 2

x sin 1 x

−

Soluzione. Cambiamo variabile t = x 2 e calcoliamo il limite

− −

t

e t 1

( ) .

lim

+ t

2

t→0 2

(t + 2) sin t+2

→

Essendo, per t 0, ( )

2 2

t

t t

2 2 2

t + o(t ) e sin + o(t ),

e = 1 + t + =

2 t +2 4

si ottiene 2

t

− − − 2

x−2 t + o(t ) 1

e x + 1 e t 1

) )

( ( 2

lim = lim = lim = .

2

t 2

2

−

+ + +

2 t 4 + o(t )

2 2

x→2 t→0 t→0

2 2

x sin 1 (t + 2) sin 4

x t+2

3. (6 punti)

(i) Al variare del parametro k discutere la risolubilità del sistema



 x + ky + kz = 1

−

y kz = 0 (1)

 −1.

kx + y + z =

∞ 1

(ii) Determinare un valore di k per il quale (1) ammette soluzioni. Per tale parametro, calcolare

tutte le soluzioni.

Soluzione. (i) Associamo al sistema la matrice

 

1 k k