Esercizi svolti Analisi 1

∞

La funzione risulta essere di classe C in tutti i punti del suo dominio. Calcoliamo la derivata

di f . Abbiamo !

t + 1

0 −1/t ∀t 6 = 0 ,

h (t) = e t

e 0 ≡ − ∀x ∈

g (x) 2x 4 .

R

Di conseguenza, !

2 −

x 4x + 1

2

0 −1/(x −4x) − ∀x ∈ \ {0,

f (x) = e (2x 4) 4} .

R

2 −

x 4x

0

Studiando il segno di f (x) otteniamo che √ √

0 ⇐⇒ −

f (x) < 0 x < 0 oppure 2 3 < x < 2 oppure 2 + 3 < x < 4 ,

che √

√

0 ⇐⇒ − 3 oppure 2 < x < 2 + 3 oppure x > 4 ,

f (x) > 0 0 < x < 2

e che √ √

0 0 0

−

f (2 3) = 0 , f (2) = 0 , f (2 + 3) = 0 .

Quindi √ √

− ∞, −

f è decrescente in ] 0[, in ]2 3, 2[ e in ]2 + 3, 4[

e √ √

−

f è crescente in ]0, 2 3[, ]2, 2 + 3[ e in ]4, +∞[.

Possiamo inoltre caratterizzare i punti critici come segue:

√

−

2 3 è punto di massimo relativo ,

2 è punto di minimo relativo ,

√

2 + 3 è punto di massimo relativo .

Inoltre, 0 0 0 0

−∞

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

− −

+ +

x→0 x→0 x→4 x→4

La funzione non ha asintoti obliqui. Le rette x = 0 e x = 4 sono asintoti verticali a destra e

sinistra, rispettivamente.

Un abbozzo del grafico si trova in figura 1.

30

20

10 2 4 6

-4 -2 -10

-20

-30

Figura 1: Il grafico della funzione dell’esercizio 1 (gli assi hanno scale diverse)

2. Osserviamo che f (x)

lim = 1 .

2

x

x→+∞

Di conseguenza, l’ordine di infinito a +∞ risulta essere 2.

Esercizio 2

Calcolare l’integrale 1 2x x

Z e + 2e dx ,

2x x

e + 2e + 2

0

Soluzione x

Osserviamo che effettuando la sostituzione t = e si ha

1 e

2x x

Z Z

e + 2e t +2

dx = dt

2x x 2

e + 2e + 2 t + 2t + 2

0 1 e e

Z Z

2t + 2 1

1

= dt + dt

2 2

2 t + 2t + 2 (t + 1) + 1

1 1

t=e t=e

1 2

|t

= log + 2t + 2| + arctan(t + 1)|

2 t=1 t=1

2

e + 2e + 2

1 −

log + arctan(e + 1) arctan(2) .

= 2 5

Esercizio 3

1. Discutere il carattere della serie ∞ n

2

X −n

ln(1 + e ) .

n +1

n=1

∈

2. Discutere al variare del parametro α la convergenza della serie

R

∞ n

2

X n

|α|

ln(1 + )

2

n +1

n=1

Soluzione

1. Cominciamo osservando che −n

n n

2 2 e 2 1

n

−n ∼ →

ln(1 + e ) = per n +∞ .

n +1 n +1 e n +1

Dal momento che 2 < 1 ,

e

la serie +∞ 2 1

n

X e n +1

n=1

converge grazie al criterio asintotico della radice, perché

r 2 1 2 1 2

n

n √

lim = lim = < 1 ,

n

e n +1 e e

n +1

n n

dal criterio del confronto asintotico si deduce la convergenza della serie

∞ n

2

X −n

ln(1 + e ) .

n +1

n=1

|α|

2. Osserviamo che se < 1 si ha n n

n |α|

2 1

2 n n

|α| ∼ →

ln(1 + ) = (|2α|) per n +∞ .

2 2 2

n +1 n +1 n +1

Inoltre r 1 1

n n √ |2α|

|2α|

lim (|2α|) = ,

= lim

2 n

n +1 2

n n n +1

cosicché, per il criterio asintotico della radice, la serie

∞ 1

X n

(|2α|) 2

n + 1

n=1

|α| |α| |α|

converge se < 1/2 e diverge se > 1/2. Per = 1/2 il criterio asintotico della radice non

fornisce informazioni, ma si ha ∞ ∞

1 1

X X

n

(|2α|) =

2 2

n +1 n + 1

n=1 n=1

che ‘e una serie convergente. Allora, per il criterio asintotico del confronto, anche la serie data

|α| |α|

converge per < 1/2 e diverge per 1/2 < < 1, essendo a termini non negativi.

|α|

Se = 1 la serie diviene ∞ n

2

X ln 2 ,

2

n + 1

n=1

che è una serie a termine generale positivo e non infinitesimo. Di conseguenza, diverge a +∞.

|α|

Infine, se > 1, la serie diviene ∞ n

2

X n

|α|

ln(1 + ) .

2

n + 1

n=1

ha termine generale non infinitesimo e quindi risulta essere divergente (a +∞).