Matematica per Le applicazioni I - Esercitazione

Z Z

2 2 −

x cos(x) dx = x sen(x) 2 x sen(x) dx .

Integrando nuovamente per parti,

Z Z

−x −x

x sen(x) dx = cos(x) + cos(x) dx = cos(x) + sen(x) .

Pertanto, π

Z x=π

h i

2 2 − −4π

x cos(x) dx = (x 2) sen(x) + 2x cos(x) = .

x=−π

−π

3b) Data x

e + 1 ,

f (x) = 4x + x −

e 1

determinarne (in questo ordine) insieme di definizione, parità e disparità, limiti ed asin-

toti, intervalli di crescenza e decrescenza, massimi e minimi relativi ed assoluti, intervalli di

concavità e convessità, segno. Infine, disegnare un grafico approssimativo di f .

La funzione è definita per x diverso da zero. Dal momento che

−x x x

e + 1 e + 1 e + 1

−4x −4x − −f

= + = 4x + = (x) ,

f (−x) = + −x x x

− − −

e 1 1 e e 1

la funzione è dispari (ed è pertanto sufficiente studiarla per x > 0). Se x tende a zero da

destra, la funzione diverge positivamente, cosı̀ come diverge positivamente all’infinito. Dal

momento che x

f (x) e + 1

−

lim = 4 , lim [f (x) 4x] = lim = 1 ,

x −

x e 1

x→+∞ x→+∞ x→+∞

3 −

la funzione ha la retta y = 4x + 1 come asintoto obliquo a più infinito (e la retta y = 4x 1

come asintoto a meno infinito). Si ha poi 2x x

x −

2e 4e 10e + 4

0 −

f (x) = 4 = .

x 2 x 2

− −

(e 1) (e 1) 1

x

Sostituendo z = e , si trova che la derivata prima si annulla per z = 2 e z = , cui corrisponde

2

(nella regione x > 0), il punto x = ln(2). La derivata prima è negativa tra 0 e ln(2), positiva

−

da ln(2) in poi (e quindi x = ln(2) è un minimo relativo); simmetricamente, x = ln(2) è

un massimo realtivo. Minimi e massimi assoluti non esistono poiché f diverge. La derivata

seconda vale x x

2e (e + 1)

00

f (x) = ,

x 3

−

(e 1)

ed è quindi positiva per x > 0, negativa per x < 0. Per quanto riguarda lo studio del segno,

la f ha lo stesso segno di x dato che il minimo relativo in x = ln(2) è positivo. Il grafico è il

seguente: 4

Calcolo I — a.a. 2002–2003

Compito del 10 febbraio 2003

Prima parte

1a) Dimostrare per induzione che ≥ ∀n ≥

2

n

2 n , 4 .

4 2

Se n = 4, abbiamo 2 = 16 = 4 e quindi la disuguaglianza è vera. Supponiamola vera per

≥

un certo n 4. Allora · ≥ · ≥ ≥

2 2

n+1 n

2 = 2 2 2 n (?) (n + 1) .

L’ultima disuguaglianza è equivalente alla ≥

2

n 2n + 1 ;

≥

se n 4, allora · ≥ ≥

2

n = n n 4n = 2n + 2n 2n + 8 > 2n + 1 ,

che è quanto si voleva dimostrare.

2a) Calcolare (se esistono) i seguenti limiti: ³ ³ ´´

1

arc tg ln 1 +

n

n 3 2

n

³ ´

lim , lim .

−

n

n! + 2 1

n→+∞ n→+∞ 1 cos n

Il primo: n n n n−1

n 3 1

n 3 3 3 → · ·

³ ´ ³ ´

= = =3 3 0 1 = 0 .

− n

2

−

n n n

n! + 2 (n 1)! 1 +

2 2

n! 1 + (n 1)! 1 + n!

n! n!

Il secondo ³ ³ ´´ ³ ³ ´´ ³ ´

1 1 1 1

arc tg arc tg

ln 1 + ln 1 + ln 1 +

2 2 2

n n n → · ·

2

³ ´ ³ ´ ³ ´

n

= 1 1 2 = 2 .

1

− −

1 1 1

1 cos ln 1 + 1 cos

2

n

2

n n n

−|2x−1|

−

2

3a) Sia f (x) = x 2e . Dimostrare che l’equazione f (x) = 0 ha due soluzioni

nell’intervallo [−1, 1] e determinare due intervalli di ampiezza 1 che le contengano.

1

La funzione f è continua per ogni x (come somma di composizioni di funzioni continue).

Inoltre 2

2

2 −

−

− < 0 , f (1) = 1 > 0 ,

> 0 , f (0) =

f (−1) = 1 3

e e e

Applicando il teorema di esistenza degli zeri in [−1, 0] ed in [0, 1], si ottiene quanto richiesto.

Seconda parte

1b) Calcolare, se esiste, − x

ln(1 + x) + 1 e

lim .

x sen(x)

x→0

Primo modo: lo sviluppo di Taylor; si ha

2 2 3

x x x

− −

x

ln(1 + x) = x , e = 1 + x + , sen(x) = x .

+ R + R + R

2 2 3

2 2 6

Sostituendo, 2 2

− − − −

− −x

x x 2

x x + R + 1 1 x + R

ln(1 + x) + 1 e + R

2 2 2 −1

2 2 = lim = .

lim = lim − 4

x 2

x sen(x) x + R

2

x + R

x→0 x→0 x→0 4

4

6

Secondo modo: de l’Hôpital; si ha − −

1

− x

1

− x e

x e

ln(1 + x) + 1 e 2

(1+x) −1

1+x

lim = lim = lim = .

−

x sen(x) sen(x) + x cos(x) 2 cos(x) x sen(x)

x→0 x→0 x→0

2b) Calcolare Z Z

2x + 1 1 −x

2

dx , x e dx .

−

2

x 3x + 2 0

− − −

2

Il primo integrale: siccome x 3x + 2 = (x 1)(x 2), scriviamo

2x + 1 2x + 1 A B

= = + .

− − − − −

2

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

− −3; −

Moltiplicando per x 1 e prendendo x = 1, si trova A = Moltiplicando per x 2 e

scegliendo x = 2, si trova B = 5; pertanto

· ¸

Z Z −3

2x + 1 5 −3 − −

dx = ln(|x 1|) + 5 ln(|x 2|) .

dx = +

− − −

2

x 3x + 2 x 1 x 2 −x

2

Il secondo integrale: integriamo per parti (derivando x e integrando e ):

Z Z

−x −x −x

−x

2 2

x e dx = e + 2x e dx .

2

Integrando una seconda volta per parti,

Z Z

−x −x −x −x −x

−x − −e

2 2 2

x e dx = e 2x e +2 e dx = (x + 2x + 2) .

Pertanto, Z ¯ 5

1 ¯¯ x=1

−x −x

−e −

2 2 .

x e dx = (x + 2x + 2) =2 e

x=0

0

3b) Data −

1 2x x

f (x) = ,

e

−

x 1

determinarne insieme di definizione, parità e disparità, segno, limiti ed asintoti, intervalli di

crescenza e decrescenza, massimi e minimi relativi ed assoluti. Infine, disegnare un grafico

approssimativo di f . x

La funzione è definita per ogni x diverso da 1, e non è né pari, né dispari. Essendo e sempre

1−2x 12

positivo, il segno di f è dato dal segno del termine , che è positivo per x tra e 1,

x−1

negativo altrimenti. Si ha

−∞ −∞

lim f (x) = , lim f (x) = +∞ , lim f (x) = 0 , lim f (x) = ,

− x→−∞ x→+∞

+

x→1 x→1

e a +∞ non c’è asintoto obliquo. Si ha poi − − 2

1 1 2x 3x 2x

0 x x x

f (x) = e + = e ,

e

− − −

2 2

(x 1) x 1 (x 1)

32

e quindi la derivata prima si annulla per x = 0 e x = . Studiando il segno della derivata,

∪ 32

si vede che f è crescente in (0, 1) (1, ), decrescente altrimenti; pertanto, 0 è un minimo

32

realtivo, un massimo relativo. Il grafico di f è il seguente.

3

Calcolo I, a.a. 2002–2003 — Esercizi 4 — 29 ottobre 2002

© – 1) Sia a una successione tale che

n q

n |a |

lim = q ,

n

n→+∞

≤

dove 0 q < 1. Dimostrare che a converge a zero. Dare un esempio di successione con questa

n

proprietà. 1−q

q+1 p

n |a |

= q + è ancora minore di 1. Dal momento che converge a q, fissato

Siccome q < 1, n

2 2 1−q

1−q p

n

| |a | − ≥

esiste n tale che q| < per ogni n n . In particolare,

ε = ε n ε

2 2 −

1 q q +1

q

n

≤ |a | ∀n ≥

0 < q + = , n .

n ε

2 2

n

q+1

|a | |a |,

Ma allora per tali n si ha < ; pertanto e quindi a , tende a zero. Un esempio di

n n n

2

1

successione siffatta è a = .

n n

2

©§ – 2) Si calcolino i seguenti limiti:

√ √ √ n

2 2

− −

2n 3 n 1 1

n n n

√

lim , lim , lim 2 + 3 , lim 2+ .

3

3n + 1 n

3

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

n + 1

Si ha √ √

q q

3 3

− −

n 2 2

2 − 2

2n 3 2 2

n n → ,

= =

3

3n + 1 1 1

n 3 + 3 +

n n

e √ q

q 1

1 −

− 1

n 1

2 −

n 1 2

2 n

n

√ → 1 .

=

= q

q

3 3

n + 1 1

1 3

3 1+

n 1+ 3 3

n

n

Inoltre s

√ r

n n

2 2

n

n n

n n n →

2 + 3 = 3 1+ =3 1+ 3 ,

n n

3 3

e n n

1 1 n 3

n n n

≥ ≥ →

2+ =2 1+ [Bernoulli] 2 1+ = 2 +∞ .

n 2n 2n 2

©§ – 3) Si calcolino i seguenti limiti: s

2 4 n 2

r n

n + 4n + 1 3 n (2n)

n +2

n n .

, lim , lim , lim

lim n − (2n)!

n n! 4 n

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

b

Il primo limite vale 1 (essendo della forma a , con a tendente a 1 e b tendente a zero). Per il

n n n

n

secondo, 4

2 4 n 1 1

n + 4n + 1 →

= 4 + + 0 ,

2 4

n! n! n n

4 n 2

n 3 n

dato che tende a zero. Siccome tende a zero, anche il terzo limite vale zero. Per il quarto,

n

n! 4

ricordando la formula di Stirling,

s s

n n 2n

(2n) (2n)

n √

n = lim = 0 .

= lim

lim √

q

−2n

2n

(2n)!

n→+∞ n→+∞ n→+∞

(2n) e 4π n n

−2

2

4n e 4π n

1

©§ – 4) Si calcolino i seguenti limiti: n

√  

√ n n n

!

n

1 n + n +3 3 1

n+1

√

− ,

lim 1+ , lim , lim 1 , lim 1 + 

 3

n

n! n n 



n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞

2

1+ n

n

Ricordando che tende a zero, si ha

n! n

" #

n n! n!

1 1

0

→

1+ = 1+ e = 1 .

n! n!

Per il secondo si ha

√ √

n n

! ! √

n + n +3 n +3 ≥ ≥ →

= 1+ [Bernoulli] 1 + n + 3 +∞ .

n n

Per il terzo, √

3n n

√ √ √

 

n n n (n+1) n

3 3

n+1