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ANALISI MATEMATICA I

TEMI ESAME SVOLTI

  • T.E. 2015
  • T.E. 2014
  • T.E. 2013

GENNAIO 2015

= 3 · log |x2 + 2x + 2| + 3 arctan (x + 1)

si calcola nello intervallo

[3 log |x2 + 2x + 2| + 3 arctan (x + 1)]10 =

[3 log 5 + 3 arctan 2] - [3 log 2 + 3 arctan 1π/4] =

= 3 · log 5/2 + 3 arctan 2 - 3/4 π

y'' - 5y' - 6y = 0

y(0) = 0

y'(0) = 7

d^2 - 5d - 6 = 0

d1,2 = -5 ± √(25 + 24)/2 = -5 ± 7/2

= 6, -1

Soluzioni

e6x , e-x

y = c1 e6x + c2 e-x

anche

y' = 6c1 e6x - c2 e-x

y(0) = c1 + c2

c1 + c2 = 0

c1 = -c2

c1 = 1

y'(0) = 6c1 - c2

6c1 - c2 = 7

-6c2 - c2 = 7

-7c2 = 7

c2 = -1

y(t) = e6x - e-x

ỹ(t) = e6 - e-1

6

∫(x)= e3x-1/e3x+1

calcolare la primitiva

∫

-3e3x+1/e3x+1

=

3∫ e3x/e3x+1-∫ 1/e3x+1

=-

1/e3x+1

log(e3x+1)+C-∫1/e3x+1=

D’

1/e3x+1 (3e3x) ->

3e3x/e3x+1 +... =

1/e3x+1

3e3x/e3x+1 + 3θ+1 /e3x+1 +

3e3x-3/e3x+1

=-3/e3x+1

Si integra 3 al log.

∫-3=-3y

Quindi

log(e3x+1)-3y=1/e3x+1 · e3x·3-3 =

3e3x/e3x+1

=-3/e3x+1

si bilancia il -3 con -1/3

-> -1/3[log(e3x+1)-3x]

2

limx→+∞ arctan((α-1)n) (e1/n-1)/ √n2+1 - √n2-1

∼ limn→+∞ arctan((α-1)n) (1/n)/ √n2+1 - √n2-1

= limn→+∞ arctan((α-1)n) (1/n) (2n)/ n2+1 - n2+1

= limn→+∞ 2 arctan((α-1)n)/ 2

= limn→+∞ arctan((α-1)n)

(α-1)n

  • π se α-1 < 1
  • π/2 se α-1 = 1
  • 0 se -1 < α-1 <1
  • α < 2
  • α > 2
  • 0 < α < 2

π/2 se α = 2 arctan 1 = π/4

in questo caso diverge vuol dire andare a ±∞ quindi ±π/2

Soluzione generale

y(x) = c1 e2x + c2 e-x - 1⁄3 x e-x

Cauchy

y(0) = 3

c1 + c2 = 3

limx→+∞ y(x) = 1

limx→+∞ e-2x c1 e2x + c2 e-x - 1⁄3 e-x =

c1 e0 + c2 e-3x - 1⁄2 x e-3x =

c1 + c2 e-3x - x 1⁄2 e-3x

c1 = 1

c1 + c2 = 3

c2 = 2

y(x) = e2x + 2 e-x - 1⁄3 x e-x

lim6x-1⁄3

y'(t) = e2 + 2e-1 - 1⁄3 e-1 = e2 + 5⁄2 e-1

GENNAIO 2014

Y(x) = e-x2 { K + 3/2 ex2 (x2 - 1) } =

= K e-x2 + 3/2 e-x2 . ex2 (x2 - 1) =

= K e-x2 + 3/2 (x2 - 1)

Calcoli

Y(0) = 0

Y(0) = K - 3/2 K - 3/2 = 0 K = + 3/2

Y(x) = 3/2 e-x2 + 3/2 (x2 - 1)

Y(1) vale?

Y(1) = 3/2 e-1 + 3/2 (1 - 1) = 3/2 e-1

Ci potrebbero essere punti di salto per α < 2

Se α = 2

zα = 4

Dunque quello non è punto di salto

quindi c'è solo un punto di salto per α < 2

(xⁿ)1/6

10(y ∼ arctanx - 2secx)

y ∼ arctanx - 2secx

- 1/3 + 3/5 - x/5 - 2/x + 1/3 - 1/60∼x5

x/5 + 1/60∼= 11/60∼x5

d/dn 6/x5

limx→0+ (1 + x/6) = [(1 + x/6)6/5](x/6 - x)

- 6(1/x)∼

= e

N:

senα-√x TAYLOR

√x

=

√x √x

1 -1/6√3

- √x

&Radic;x - - &Radic;x - &Radic;x = - &Radic;x &Radic;x

D:

arctan

~ √²

QUINDI

    1. √

    2. ~

    3. √√√√
    4. √√√
    5. -

    • ~-

      √&-p>-

      =0

    • VALE->-1

  • ~~~->-x ∇=0

      -1
    -1P=-x

      =0

    • -√√√x -0 - √

SETTEMBRE 2014

L'area definita non negativa definita da

f(x) = cos x log(1 + sen x) x ∈ [0, arcsen (1/2)]

e l'asse delle ascisse vale

∫ cos x log(1 + sen x)

sostituzione

∫ f(φ(x)) · φ'(x) dx , ∫ F(y) dy

f = log(1 + ...) φ(x) = sen x dy = cos x · dx

∫ log(1 + y) = (y + 1) · log(1 + y) - y

sostituzione

(sen x + 1) · log(1 + sen x) - sen x + C

integrale definito

[ (sen x + 1) · log(1 + sen x) - sen x ]

arcsen(1/2)

[ (1/2 + 1) · log(1 + 1/2) - 1/2 ] - [ 0 - 0 ]

= 3/2 log 3/2 - 1/2

GENNAIO 2013

F: ]1, +∞[

f(x) = y + 1⁄x³ - x²

F(x) = 0 allora F(3) valore?

Tale che lim x → +∞

∫ y + 1⁄x²(x - 1) dx =

Metodo A, B

∫ y + 1⁄x² - x² = ∫ ax + b⁄x² + ∫ c⁄x - 1

y + 1 = (ax + b)(x - 1) + cx²

-x - 1 + dx² - dx + bx - b + cx² = 0

x²(d + c) + x(-1 - d + b) + (-1 - b) = 0

  • 2 + c = 0
  • -1 - d + b = 0
  • -1 - b = 0 → b = -1

c = 2

-1 - d + b = -2 - d = a = -2

Quindi

∫ -2x + 1⁄x² + ∫ 2⁄x - 1

Dettagli
Publisher
Ric.L
A.A. 2020-2021
94 pagine
2 download
SSD Scienze matematiche e informatiche MAT/05 Analisi matematica
I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Ric.L di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Analisi matematica 1 e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Università degli Studi di Brescia o del prof Giacomini Alessandro.