ESERCITAZIONI DI ANALISI 1 FOGLIO 1 FOGLIO 2 FOGLIO 3 FOGLIO 4 FOGLIO 5 FOGLIO 6 FOGLIO 7 SVOLTI. Marco Pezzulla

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1 ESERCITAZIONI DI ANALISI FOGLIO FOGLIO FOGLIO 3 FOGLIO 4 FOGLIO 5 FOGLIO 6 FOGLIO 7 SVOLTI Marco Pezzulla gennaio 05

2 FOGLIO. Determinare il dominio e il segno della funzione ( ) f(x) arccos x x + π/3. Sia f(x) una funzione tale che x f(x) +. Studiare, al variare del parametro c, il seguente ite: f(x)(c + sin(x)) x + 3. Dimostrare che q e n N, si ha n k0 q k qn+ q 4. Dimostrare, mediante la definizione di ite, che x + x 3 x 5. Sia n + a n e a n b n, n N. Dimostrare che b n n + 6. Dimostrare che n N 0, n 3, vale: n > n +

3 SVOLGIMENTO. Per studiare il dominio della funzione f(x) dobbiamo imporre che l argomento della radice quadrata non sia negativo e l argomento della funzione arccos sia compreso tra e. Dunque dobbiamo intersecare l insieme delle soluzioni della disequazione x 0 con quello delle soluzioni delle due disequazioni x x+ (è equivalente studiare x x+ ). In particolare x 0 ha come insieme delle soluzioni l insieme. Mentre per trovare le soluzioni di S (, ] [, + ) x x + bisogna studiare due equazioni irrazionali e intersecare le loro soluzioni. Le due disequazioni sono x x e x x La prima disequazione è equivalente al seguente sistema di disequazioni: { x 0 x 0 x x che ha come insieme delle soluzioni l intersezione S [0, + ) R [, + ) Allo stesso modo la seconda disequazione ha come soluzioni l unione delle soluzioni dei seguenti due sistemi di disequzioni: { x 0 x 0 x x 4x + 4 { x 0 x < 0

4 il primo ha come insieme delle soluzioni l intersezione S [, + ) [5/4, + ) [, + ) Il secondo ha come insieme delle soluzioni l intersezione S (, ) (, ] [, ) L unione dell insieme delle soluzioni dei sue sistemi è quindi S. Intersecando ora gli insiemi delle soluzioni delle due disequazioni troviamo che il dominio della funzione f(x) è la semiretta [, ). Studiamo ora il segno della funzione f(x). Studiamo quindi prima la disequazione f(x) > 0, poi l equazione f(x) 0 e, andando per esclusione, troveremo anche le x per cui f(x) < 0. ( ) f(x) > 0 arccos x x + π/3 > 0 ( ) arccos x x + > π/3 ed essendo / cos(π/3) si ha x x + < / (si inverte il segno della disequazione perché la funzione arccos(x) è strettamente decrescente) Dunque dobbiamo risolvere la seguente disequazione irrazionale x < x che è equivalente al seguente sistema di disequazioni { x 0 x > 0 4x 4 < 4x 4x + che ha come soluzioni l intersezione S (/, + ) (, 5/4) [, 5/4) Quindi la funzione f(x) è positiva per x [, 5/4). Studiamo ora dove la funzione si annulla, cioè dove ( ) arccos x x + π/3 0 3

5 con lo stesso ragionamento fatto per la disequazione, questa equivale a x x + / che è verificata per x 5/4. Di conseguenza possiamo concludere che f(x) > 0 se x [, 5/4) f(x) 0 se x 5/4 f(x) < 0 se x (5/4, + ). Innanzitutto notiamo che, essendo sin(x), abbiamo che c c + sin(x) c +, dunque f(x)(c ) f(x)(c + sin(x)) f(x)(c + ), x (δ, + ) dove con δ abbiamo indicato un numero sufficientemente grande tale che f(x) > 0, x > δ (sappiamo che esiste perché, per ipotesi, x f(x) + ). Ora si prospettano 5 casi per la costante c. caso. Se c > 0, cioè c >, f(x)(c ) + per x +. Quindi, dal Teorema del confronto, f(x)(c + sin(x)) + x + caso. Se c + < 0, cioè c <, f(x)(c + ) per x +. Quindi, dal Teorema del confronto, f(x)(c + sin(x)) x + 3 caso. Se < c < il Teorema del Confronto non è applicabile.però possiamo notare che cioè tali che δ > 0, x, x (δ, + ) : sin(x ) e sin(x ) + Quindi x f(x)(c + sin(x). f(x )(c + sin(x )) f(x )(c ) f(x )(c + sin(x )) f(x )(c + ) 4 caso. c ; in questo caso possiamo scrivere direttamente f(x) f(x)( + sin(x)) 0, x (δ, + ) 4

6 Anche in questo caso non si può applicare il Teorema del Confronto ma possiamo dire che cioè tali che δ > 0, x, x (δ, + ) : sin(x ) e sin(x ) f(x )( + sin(x )) f(x ) f(x )( + sin(x )) 0 e quindi anche in questo caso possiamo concludere che x f(x)(c + sin(x). 5 caso. c ; in questo caso possiamo scrivere direttamente 0 f(x)( + sin(x)) f(x), x (δ, + ) Anche in questo caso non si può applicare il Teorema del Confronto ma possiamo dire che δ > 0, x, x (δ, + ) : sin(x ) e sin(x ), cioè tali che f(x )( + sin(x )) 0 f(x )( + sin(x )) f(x) e quindi anche in questo caso possiamo concludere che x f(x)(c+ sin(x). 3. L idea per dimostrare questo esercizio di carattere teorico è utilizzare il principio di induzione. Innanzitutto verifichiamo il passo iniziale del principio: n 0. In effetti e 0 q k q 0 k0 q 0+ q Di conseguenza, per n 0, l uguaglianza è soddisfatta. Dobbiamo ora dimostrare che se per un generico n è verificata la seguente uguaglianza (ipotesi induttiva) n k0 q k qn+ q 5

7 allora n+ q k qn+ q k0 cioè l uguaglianza vale anche per il passo n +. A tal proposito possiamo scrivere n+ q k k0 n q k + q n+ k0 per l ipotesi induttiva qn+ q + q n+ qn+ + ( q)q n+ q qn+ q che è ciò che volevamo dimostrare. Dunque per il principio di induzione abbiamo dimostrato che n N e q n k0 q k qn+ q Osserviamo che, naturalmente, il valore q è da escludere perché il denominatore del membro di destra dell uguaglianza è q. 4. A partire dalla definizione dobbiamo dimostrare che k > 0, δ k > 0 : x > δ k, x 3 x < k Nei casi più semplici la strategia è quella di cercare di risolvere la disequazione x3 < k e controllare se nell insieme delle soluzioni c è x un sottoinsieme del tipo {x > δ k }. Tuttavia ci sono casi in cui le disequazioni con cui abbiamo a che fare non sono di semplice soluzione. E questo esercizio ne è un esempio. Notiamo innanzitutto che, volendo studiare il comportamento della frazione per x che tende a +, possiamo assumere il denominatore negativo, in quanto stiamo trattando valori di x molto maggiori di. 6

8 Dunque possiamo riportare la nostra analisi allo studio della disequazione x 3 kx + k > 0 che è equivalente a x3 < k sotto l assunzione x x < 0 (è stato portato il k a sinistra ed è stato fatto il minimo comune multiplo). Tuttavia anche x 3 kx+k > 0 è una disequazione che non è immediato risolvere. Conviene considerare una funzione ausiliaria g(x) x 3 kx, che minora la funzione x 3 kx + k e si ottiene da essa einando la costante k > 0. Dunque x 3 kx + k > x 3 kx > 0 Ora x 3 kx > 0 è di facile soluzione. Infatti si riduce a x(x k) > 0 e, poiché stiamo trattando valori di x grandi e positivi, possiamo direttamente studiare (x k) > 0 che ha, come insieme di soluzioni positive S ( k, + ). Ora è importante notare che se abbiamo una relazione d ordine del tipo f(x) > g(x) > 0 e indichiamo con S l insieme delle soluzioni della disequazione f(x) > 0 e con S l insieme delle soluzioni della disequazione g(x) > 0, allora S S. Infatti se x è un punto fissato tale che x S allora, per definizione di S, g( x) > 0; ma allora f( x) > 0 (perché f(x) > g(x)), dunque x S; quindi S S. Dunque, tornando all esercizio, S ( k, + ) S e di conseguenza possiamo prendere δ k k. 5. Dobbiamo dimostrare che n + b n ; dunque, per definizione, dobbiamo dimostrare che M > 0, n 0 N 0 : n > n 0, b n < M ma d altronde sappiamo, per ipotesi, che Dunque a n n + M > 0, n 0 N 0 : n > n 0, a n < M E, per ipotesi, abbiamo che a n b n, n, quindi M > 0, n 0 N 0 : n > n 0, b n a n < M 7

9 Segue che M > 0, n 0 > 0 : n > n 0, b n < M che è quello che volevamo dimostrare. 6. Dimostriamo per induzione. Verifichiamo innanzitutto il passo iniziale: n 3. 3 > 6 + Supponiamo che la relazione valga per n con n 3 (ipotesi induttiva) e verifichiamo che vale per n +. per l ipotesi induttiva (n + ) n + n + > > n + + n + 4n + (n + ) + per n. Sembrerebbe, quindi, che la relazione vale n, tuttavia l ipotesi induttiva vale n 3, di conseguenza non possiamo includere i valori n, n. Dunque abbiamo dimostrato che la relazione n > n + vale n 3. 8

10 FOGLIO. Determinare (se esistono) l estremo inferiore, superiore, il massimo e il minimo assoluti della successione a n 3 + 4n n. Sia f(x) { x x 3 + ln( x) x+ α se x ( 3, 0) \ { } se x Determinare il valore da assegnare al parametro reale α affinché f risulti continua in ( 3, 0). Per tale valore di α determinare l insieme di derivabilità. 3. Stabilire l invertibilità delle funzioni f(x) cos(3x) e g(x) x + f(x) nell intervallo I [ π, ] π 3 3. In caso affermativo determinare l espressione esplicita della funzione inversa di f, l insieme di derivabilità di g e calcolare, se esiste, dg (π/). dy 4. Sia f una funzione continua in x 0 e sia f(x 0 ) > 0. Dimostrare che esiste un intorno di x 0 tale che f(x) > 0 in tale intorno. 5. Dimostrare o confutare (giustificando la risposta) la seguente affermazione: sia c sup A con A ilitato inferiormente. Allora ε > 0 si ha c ε A. 9

11 SVOLGIMENTO. Possiamo notare innanzitutto che a n > 0, n e che a n 0 n Da questo possiamo sicuramente concludere che min n a n e che inf n a n 0 Per trovare l eventuale massimo una strategia spesso valida è quella di costruire una funzione f(x) associata alla successione a n, ottenuta da quest ultima semplicemente sostituendo la variabile naturale n con una variabile reale x. In questo caso, quindi, la funzione associata alla successione a n sarebbe f(x) 3 + 4x x Una volta fatto questo avremmo tutti gli strumenti necessari (derivata prima e seconda) per studiare il massimo della funzione f(x) ; il massimo della successione a n spesso (dipende dall andamento globale della funzione associata) coincide con il più grande tra i due valori assunti dalla successione nel naturale precedente e in quello seguente il punto di massimo (in generale non naturale) della funzione f(x); questo perché f(n) a n, n. Nel caso specifico del nostro esercizio non serve questa costruzione. Per studiare la monotonia della successione possiamo studiare la disequazione a n+ > a n e trovare per quali n è soddisfatta. Studiamo quindi 3 + 4(n + ) > 3 + 4n n+ n (3 + 4n + 4) > 3 + 4n 7 + n > 3 + 4n / > n n < /4 Da questa soluzione notiamo che se la successione parte da n 0 allora la successione è crescente tra 0 e e poi decresce; mentre se la 0

12 successione parte da n la successione è monotòna decrescente. In entrambi i casi il massimo si ha per n, dove la successione vale a 7/. Quindi possiamo concludere che la successione non ha minimo, il suo estremo inferiore è 0, mentre l estremo superiore e il massimo coincidono e sono uguali a 7/.. Osserviamo dallo studio del segno delle funzioni all interno dei tre moduli che { x (x 3)(x + ) se x (, 0) x 3 (x 3)(x + ) se x ( 3, ) ln( x) x + { ln( x) se x (, 0) ln( x) se x ( 3, ) { x + se x (, 0) x se x ( 3, ) Quindi se x (, 0) allora per esplicitare il modulo dobbiamo cambiare segno al numeratore e lasciare invariato quello del denominatore, mentre se x ( 3, ) allora dobbiamo cambiare segno al denominatore e lasciare invariato quello del numeratore. In entrambi i casi, quindi, l espressione della funzione è la seguente: f(x) { x x 3+ln( x) x α se x ( 3, 0) \ { } se x Affinché la funzione sia continua nel punto, dobbiamo imporre α x f(x) Applicando il Teorema di De l Hospital possiamo dire che x + /x f(x) x x 5 Concludiamo che per α 5 la funzione f(x) risulta essere continua anche nel punto. Sia quindi f(x) { x x 3+ln( x) x 5 se x se x ( 3, 0) \ { }

13 L unico punto in cui potrebbe non esistere la derivata nell intervallo ( 3, 0) è il punto. Ma calcolando prima f (x) x x /x + ln( x) (x + ) e applicando due volte il Teorema di De l Hospital scopriamo che f x + /x + /x (x) x x (x + ) /x 3 /x x / Quindi per α 5 la funzione f(x) è continua e derivabile nell intervallo ( 3, 0). In particolare f ( ) / 3. La funzione f(x) è la composizione della funzione h(x) 3x e della funzione k(t) cos(t). Notiamo inoltre che se x varia in [π/3, π/3] allora t varia in [π, π]. Sia la funzione h(x) che la funzione k(t) sono monotòne crescenti negli intervalli appena specificati; quindi anche f(x) lo è, essendo f(x) k(h(x)). Per trovare f (y) dobbiamo trovare sia k che h. Infatti f (y) h (k (y)). Innanzitutto dobbiamo invertire k(t) cos(t) con t [π, π]. La funzione cercata non è t arccos(y), perché questa è l inversa di cos(t) con t [0, π]. La nostra funzione si ottiene o riflettendo la funzione arccos(y) rispetto all asse t e traslarla di π verso l alto, o riflettendo la funzione arccos(y) rispetto all asse y e traslarla di π verso l alto. La funzione inversa di h(x) è facile da trovare ed è x h (y) y/3. Possiamo concludere che x f arccos(y) + π (y) arccos( y) + π 3 3 Passiamo ora alla funzione g(x). E somma di due funzioni x e f(x), entrambe monotòne crescenti nell intervallo [π/3, π/3], dunque anch essa sarà una funzione monotòna crescente nel suddetto intervallo, e quindi è invertibile. Il dominio della funzione inversa è il codominio di g(x), che è C g [g(π/3), g(π/3)] Poichè g (x) 3 sin(3x) 0 in I, allora per il Teorema di Derivazione della funzione inversa D (g ) D g

14 e dg dy (ȳ) 3 sin(3 x) dove x è il punto tale che x g (y), che è il punto x tale che g( x) ȳ. Nel nostro caso ȳ π/, quindi dobbiamo trovare x che soddisfa l equazione π/ x + cos(3x) La soluzione di questa equazione si trova con l intuizione, ed in questo caso è x π/. Dunque dg dy (π/) 3 sin(3π/) /4 4. Per ipotesi, dalla definizione di continuità in un punto, abbiamo che ε > 0, δ ε x (x 0 δ ε, x 0 + δ ε ), f(x 0 ) ε < f(x) < f(x 0 ) + ε e dobbiamo dimostrare che σ > 0 x (x 0 σ, x 0 + σ), f(x) > 0 ma scegliendo, ad esempio, ε f(x 0), si ha, dall ipotesi, che δ f(x 0 ) x (x 0 δ f(x 0 ), x 0 + δ f(x 0 ) ), f(x 0) < f(x) < 3 f(x 0) In particolare, f(x) > f(x 0) > 0. Quindi scegliendo σ δ f(x 0 ) si ha la tesi. Abbiamo quindi dimostrato che x 0 che soddisfa le ipotesi del, x 0 +δf(x 0 ) testo, nell intorno (x 0 δf(x 0 ) l intorno cercato è proprio questo. ) la funzione è positiva, dunque 5. L affermazione è FALSA. Un controesempio è l insieme A (, 0) {} Infatti il sup A ed ε > 0 ε / A, ad esempio ε /. 3

15 FOGLIO 3. Provare la seguente disuguaglianza: ln( + cos(x)) + x 4 ln, π < x < π. Dire per quali valori di a > 0 l equazione x log a x ammette soluzioni e in tal caso stabilirne il numero. (suggerimento: distinguere i casi corrispondenti ad a > e a < ) ( x ) 3. Studiare l insieme di derivabilità della funzione f(x) arctan + 3x. Classificare gli eventuali punti di non derivabilità. 4. Verificare, mediante la definizione di estremo inferiore, se risulta inf R\{0} ( ) x 0 5. Dimostrare che per ogni intero non negativo n vale l uguaglianza n k0 k n 4

16 SVOLGIMENTO. Per provare la disuguaglianza, possiamo definire la funzione f(x) ln( + cos(x)) + x 4 ln Se riusciamo a verificare che f(x) 0 per x ( π, π) abbiamo dimostrato automaticamente la disuguaglianza. In effetti ed f (x) + cos(x) ( sin(x)) + x f (x) + cos(x) ( + cos(x)) Allora f (x) 0 per x ( π, π), perché cos(x) e si annulla solo per x 0. Dunque f (x) è una funzione decrescente per x ( π, π). Notando che f (0) 0 possiamo dire che 0 è punto massimo assoluto di f in ( π, π). f(0) 0, quindi f(x) 0 per x ( π, π) e la disuguaglianza è provata.. Innanzitutto poniamo f(x) x log a (x) e distinguiamo, come da suggerimento, i casi a < e a >. L equazione ammetterà tante soluzioni quanti sono gli zeri della funzione f(x). x ln a. x ln a Supponiamo, inizialmente, che a <. f (x) x ln a Allora f (x) > 0 per x (0, + ), dunque la funzione è crescente in questo intervallo e siccome risulta f(x) x 0 + f() E chiaro, per il Teorema dell esistenza degli zeri, essendo f una funzione continua, che! zero della funzione f(x), soluzione dell equazione data. Sia ora a >. Dallo studio della derivata prima si evince che x ln a è il punto di minimo assoluto della funzione f in R +. Ora f ( ) ln a ln a log a ( ln a ) 5

17 Se f( ) > 0 allora zeri per f; se f( ) 0 allora! zero della ln a ln a funzione f; se f( ) < 0 due zeri per la funzione f. ln a ( ) f > 0 ( ) ln a ln a log a > 0 ln a ( ) ln a > log a ln a ln a > ln ( ) ln a ln a ( ) > ln ln a ln a < e a > e /e Quindi, se a > e /e allora non esistono zeri per la funzione f e di conseguenza nemmeno soluzioni per l equazione data. Se, invece, a e /e esiste un solo zero per la funzione f e, conseguentemente, una sola soluzione per l equazione data. Infine, se a < e /e esistono due zeri per la funzione f e di conseguenza due soluzioni per l equazione data. 3. Dallo studio del modulo possiamo dire che { arctan( x f(x) + 3x se x (, 3] [0, + ) arctan( x 3x se x ( 3, 0) Quindi f sicuramente è derivabile in R \ { 3, 0} e continua in tutto R perché composizione di funzioni continue. x 3, 0 possiamo scrivere { x+3 f (+x (x) +3x) se x (, 3) (0, + ) x +3x se x ( 3, 0) x+3 (x +3x ) x 3x Nei punti 3, dobbiamo studiare la derivabilità. Notiamo che f (x) ; f (x) + x 3 x 3 + f (x) ; f (x) + x 0 x 0 + Dunque possiamo concludere la funzione non è derivabile nei punti 3, 0, quindi D f R \ { 3, 0} e i due punti sono due punti cuspidali, come si evince dallo studio dei iti appena fatto. 6

18 4. Dalla definizione di estremo inferiore dobbiamo verificare che 0 è il massimo dei minoranti dell insieme cioè dobbiamo verificare che A {y : x R \ {0} : y (/) /x } (a) 0 è un minorante dell insieme A (b) se z > 0 allora z non è un minorante dell insieme A, cioè h A : h < z Il punto. è facilmente verificato notando che tutti i punti che si esprimono come (/) /x, x R \ {0} sono strettamente positivi, dunque 0 è un minorante dell insieme A. Per verificare il punto. dobbiamo verificare che z > 0, x R \{0} : ) z > ( x. Il numero cercato è un qualsiasi numero reale non nullo tale che x < log, che effettivamente appartiene all insieme R \ {0}. (z) 5. Dimostriamo per induzione. Verifichiamo quindi che l uguaglianza è vera per n 0. 0 k e k0 Dunque l uguaglianza è verificata. 0 Supponiamo ora l ipotesi induttiva, cioè che l uguaglianza sia vera per n e dimostriamo che allora è vera per n +. n+ k0 che per ipotesi induttiva n k k0 k + n+ + n ( /) n+ n (/) n n+ Dunque, per induzione, possiamo concludere che è vera l uguaglianza n n n k0 7

19 FOGLIO 4. Provare la seguente disuguaglianza: x x x, x > 0. Determinare l espressione esplicita e l insieme di derivabilità della funzione f(x) max(arctan(x), x), con x R. Stabilire l invertibilità della funzione g(x) x + f(x) e determinare l insieme di derivabilità della funzione inversa g. Calcolare dg dy ( π/4) 3. Dimostrare che x [0, ) vale l identità: ( ) x arccos(x) arcsin 4. Dimostrare o confutare, mediante la definizione di funzione convergente che ( ) x 0 x 0 5. Dimostrare o confutare la seguente affermazione: sia f derivabile nel suo dominio e sia f (x) < 0, x D f, allora f è strettamente decrescente in D f. 8

20 SVOLGIMENTO. Come nel primo esercizio del foglio 3 poniamo f(x) x x x. Osserviamo prima di tutto che x x e x ln x. Dimostrare la disuguaglianza x > 0 equivale a dimostrare che la funzione f(x) è non negativa. Allora scriviamo la derivata prima f (x) e x ln x (ln x + ) il segno della derivata prima è difficile da studiare. ricavare informazioni dalla derivata seconda. [ f (x) e x ln x (ln x + ) + ] x Cerchiamo di che è positiva in R +. Dunque la derivata prima è crescente in R +. Inoltre, osservando che f () 0, allora è il minimo assoluto di f per x > 0. Ma f() 0 dunque f(x) 0, x R + x x x 0, x R + x x x, x R + che è quello che volevamo dimostrare.. Per ogni punto x, la funzione max(x, arctan(x)) associa x, se x arctan(x), mentre associa arctan(x) se x < arctan(x). Possiamo definire la funzione h(x) x arctan(x). Notiamo che h(0) 0, inoltre h (x) + x Dunque h (x) > 0, x R. Quindi la funzione h(x) è crescente per x R. Quindi, in particolare, h(x) > 0, x R + e h(x) < 0, x R. Quindi x > arctan(x), x R + e x < arctan(x), x R. Dunque { x se x 0 f(x) arctan(x) se x < 0 Innanzitutto notiamo che la funzione e continua in 0 e derivabile in R \ {0}; inoltre essa risulta derivabile anche in 0 poiché f è continua e f (x) f (x) x 0 + x 0 9

21 Dunque D f R e f (x) { se x 0 se x < 0 +x Passiamo ora alla funzione g(x) x + f(x). Dalla scrittura di prima possiamo scrivere { x se x 0 g(x) f(x) + x arctan(x) + x se x < 0 La bisettrice del primo quadrante è monotòna crescente; dalla forma di prima ci accorgiamo anche che f(x) è una funzione crescente, di conseguenza anche g(x), essendo somma di funzioni crescenti, è una funzione crescente. Dunque è invertibile nel suo dominio. Il dominio della funzione inversa è il codominio di g(x). Dunque D g C g R. D altronde g (x) g (x) x 0 + x 0 e { se x 0 g (x) f (x) + quindi g (x) 0, x R e D (g ) D g + se x < 0 +x dg ( π/4) dy g ( ) + / /3 infatti per il Teorema di derivazione della funzione inversa l equazione ha come unica soluzione x. e π 4 x + f(x) 3. Per dimostrare che x [0, ) ( ) x arccos x arcsin ( ci possiamo servire della funzione ausiliaria g(x) : arccos x arcsin Dimostrare l uguaglianza equivale a dimostrare che la funzione g è identicamente nulla. Calcoliamo la derivata di g: g (x) x x 0 / x ) x.

22 + / x x ( x) 4 + x x + x ( x x 4 0 ) Quindi g (x) 0, possiamo concludere che g(x) è costante. Ma g(0) π π 4 0 Quindi la funzione g è costante e in 0 vale 0; possiamo concludere che x [0, ), g(x) 0. Quindi x [0, ) ( ) x arccos x arcsin 0 arccos x arcsin 4. Esplicitiamo la definizione di ite: Cioè ( ) x ε > 0, δ ε > 0 x ( δ ε, 0) ε < ( ) x < ε x > log / ε > 0 Assurdo perché /x < 0 e log a ε > 0, per ε piccolo. Quindi l asserzione è falsa. ( ) x 5. L affermazione è falsa e un controesempio è f(x). Infatti questa x funzione è definita in R \ {0}, nel suo dominio f (x) è negativa perché f (x) ma non è descrescente, o meglio, è descrescente nella semiretta negativa e nella semiretta positiva considerate separatamente, x ma f(x) x 0 < ε

23 f(x) + x 0 + quindi per passare dalle x negative alle x positive la funzione cresce.

24 FOGLIO 5. Calcolare x 0 + e x x sin x x ln( + x ) cos(x ) +. Costruire il polinomio di MacLaurin di ordine della funzione f(x) + x. Calcolare, inoltre x + (sin x x + x) x 0 x( cos x) 3. Calcolare, al variare del parametro reale positivo α ( ( x x α ln + )) x + x 4. Calcolare, al variare del parametro reale α x 0 e αx + x x(sin(3x) 3x) 5. Calcolare cos(3x) + x 3 x 0 + x /3 sin x 5/3 6. Calcolare, al variare del parametro reale positivo α arctan(x ) x + (x ) α 3

25 7. Siano f(x) o(sin x) e g(x) o(x), per x 0. Dimostrare o confutare che f(x) + g(x) o(sin(x) + x), x 0 8. Siano f(x) o(g(x)) e g(x) o(h(x)), per x x 0. Dimostrare o confutare che (a) f(x) o(h(x)), x x 0 (b) f(x) o(g(x)h(x)), x x 0 4

26 SVOLGIMENTO. Per calcolare il ite dato dobbiamo scrivere lo sviluppo di McLaurin delle funzioni e x, sin x, cos(x ) e ln( + x ). Sviluppando la formula del polinomio di McLaurin otteniamo, ponendo t x, per x 0: e t + t + t + o(t ) cioè e x + x + x4 + o(x4 ) sin x x x3 3! + o(x3 ) cioè ed infine cioè Sostituendo nel ite: x 0 + cos t t + o(t ) cos(x ) x4 + o(x4 ) ln( + t) t + o(t) ln( + x ) x + o(x ) e x x sin x x ln( + x ) cos x + x x + x 4 / + o(x 4 ) x + x 4 /6 + o(x 4 ) x 4 + o(x 4 ) + x 4 / + o(x 4 ) + x 0 + x 4 /3 + o(x 4 ) 3x 4 / + o(x 4 ) x 0 + /3 + o() 3/ + o() 4 9 5

27 . Innanzitutto scriviamo il polinomio di McLaurin di ordine della funzione + x; ricordando che possiamo scrivere per x 0: ( + x) + x ( + x) 4 ( + x) 3 f(x) + x x 4 + o(x ) + x x 8 + o(x ) Per calcolare il ite sviluppiamo il polinomio di McLaurin delle funzioni sin x e cos x: sin x x x3 3! + o(x3 ) cos x x + o(x ) Ora che abbiamo trovato tutti gli sviluppi di McLaurin che ci interessavano possiamo sostituirli nel ite da calcolare: x + (sin x x + x) x 0 x( cos x) x + (x x 3 /6 + o(x 3 ) x x / + x 3 /8 + o(x 3 )) x 0 x 3 / + o(x 3 ) x 0 + x 3 /3 + x 3 /4 + o(x 3 ) x 3 / + o(x 3 ) x 3 / + o(x 3 ) x 0 + x 3 / + o(x 3 ) / + o() x 0 + / + o() 6 6

28 3. Vogliamo trasformare, attraverso un cambio di variabile del tipo t f(x), il ite per x + in un ite per t 0 +.In questo modo per calcolare il ite possiamo sviluppare il polinomio di McLaurin di ogni funzione al suo interno. Ci riusciamo ponendo t x. Ricordando, poi, il seguente sviluppo di McLaurin ln( + t) t + o(t) Possiamo andare a sostituire nel ite ottenendo: ( t 0 + t ) (t + o(t)) tα [ ] ( + o()) t 0 + t tα [ t α ( + o()) ] t 0 + t 0 forma indet. se α 0 + se 0 < α < se α > Il primo caso dà origine a una forma indeterminata, che dobbiamo risolvere. In questo caso può essere utile sviluppare ln( + t) fino al secondo ordine. Infatti: ln( + t) t t + o(t ) E sostituendo, con α : [ ( t ] t o + t + o(t)) ( ) t o() Dunque possiamo concludere che il ite dato è uguale a se α + se 0 < α < se α > 7

29 4. Innanzitutto sviluppiamo vicino a 0, attraverso la formula di McLaurin, le funzioni e αx e sin(3x). Ponendo t x abbiamo: e αx e αt + αt + α t + o(t ) + αx + αx4 + o(x4 ) sin(3x) 3x 7x3 + o(x 3 ) 3x 9x3 3! + o(x3 ) Ora che abbiamo trovato gli sviluppi cercati, possiamo sostituirli nel ite, che calcoliamo: + αx + αx4 + o(x 4 ) + x x 0 3x 9x4 + o(x4 ) 3x (α + )x αx4 + + o(x 4 ) 9x4 + o(x4 ) αx (α + ) + + o(x ) 9x + o(x ) se α 9 + se α < se α > 5. Dobbiamo sviluppare vicino a 0 le funzioni cos(3x) e sin(x 5/3 ): e, ponendo t x 5/3, cos(3x) 9x + o(x ) sin(t) t + o(t) x 5/3 + o(x 5/3 ) Ora, come fatto negli esercizi precedenti, sostituiamo gli sviluppi nel ite: cos(3x) + x 3 x 0 + x /3 sin x 5/3 + 9x + o(x ) + x 3 x 0 + x /3 (x 5/3 + o(x 5/3 ) 8

30 x 0 + x 0 + 9x + o(x ) x + o(x ) 9 + o() + o() 9 E da notare che nel terzultimo passaggio abbiamo inglobato il termine x 3 nell o(x ). 6. Riportiamo il nostro studio vicino a 0 ponendo t x. Così facendo infatti si ha: arctan(x ) x + (x ) α t 0 + arctan(t) t α dallo sviluppo dell arcotangente arctan t t + o(t), t 0 + t + o(t) t α + o() t 0 + t α se α + se α > 0 se α < 7. Dalla definizione di o(sin x + x) dobbiamo verificare o confutare che vale: f(x) + g(x) x 0 sin x + x 0 Ma questo ite è uguale a o(sin x) + o(x) x 0 sin x + x o(sin x) x 0 sin x + x + o(x) x 0 sin x + x x 0 o(sin x) ( sin x ) + + x x 0 sin x 9 o(x) x ( ) + sin x x

31 Perché in entrambi i membri dell addizione il numeratore tende a 0 per ipotesi, mentre il denominatore tende a per il ite notevole seguente: sin x x 0 x 8.. Come nell esercizio precedente dobbiamo dimostrare o confutare che Ma questo ite è uguale a f(x) x x 0 h(x) 0 o(g(x)) x x 0 h(x) o(g(x)) g(x) x x0 g(x) h(x) 0 o(g(x)) g(x) perché x x0 0 e, per ipotesi, 0. g(x) x x0 h(x). Al solito dobbiamo dimostrare o confutare che Questo ite è uguale a x x 0 x x 0 f(x) g(x)h(x) 0 o(g(x)) g(x)h(x) che non è detto che sia uguale a 0, perché è vero che x x0 o(g(x)) g(x) 0 per ipotesi, ma diviso per una funzione incognita h(x) non è detto che il ite resti 0. Per trovare un controesempio possiamo prendere le seguenti tre funzioni: f(x) (x x 0 ) α, g(x) (x x 0 ) β, h(x) (x x 0 ) γ con α > β, β > γ, α β + γ. Ad esempio α 3, β, γ, quindi Infatti f(x) (x x 0 ) 3, g(x) (x x 0 ), h(x) (x x 0 ) (x x 0 ) 3 x x 0 (x x 0 ) (x x 0 ) 0 30

32 FOGLIO 6. Studiare il carattere della serie ( ) arctan k k + k. Studiare il carattere della serie k ln k k 3. Studiare il carattere della serie, al variare del parametro reale x k cos (kx) e k 4. Studiare il carattere della serie ( π arctan( k + )) k 5. Studiare il carattere della serie ( ) e sin k sin k k 6. Studiare il carattere della serie, al variare del parametro reale α k0 k(α 3α) 3

33 7. Studiare per quali valori del parametro reale positivo α la serie converge. k ( ) sin k 3/ α k 3α 8. Studiare al variare del parametro reale x il carattere della serie ( x ) k k0 9. Studiare il carattere della serie k0 k+ 3 k+3 ed eventualmente calcolarne la somma. 3

34 SVOLGIMENTO. Per studiare il carattere della serie possiamo utilizzare il Criterio del confronto asintotico. In particolare vorremmo confrontare la serie data con la serie + ( α k k), α > 0, di cui conosciamo il comportamento al variare di α: per α > converge mentre per α diverge. Quindi dobbiamo studiare arctan k + ( k 3/ + ) k α 0 0 Applicando il Teorema di De L Hospital, e riportando il nostro studio alle funzioni associate delle successioni numeriche x + ( + x + x 3/ + ) 3 x/ (x 3/ +) αx α 3 x 3/+α α x 3 + x 3/ + Questo ite è uguale a se 3 +α 3, cioè se α 3, che è maggiore di. La serie data, dunque, ha lo stesso comportamento asintotico della serie ( 3/, k k) che converge, essendo 3/ >, dunque converge.. Anche in questo esercizio vogliamo applicare il Criterio del confronto asintotico. Come prima vogliamo confrontare la serie data con la serie + k ( k) α, α > 0. Quindi andiamo a studiare k + k α k / ln k k α / k + ln k Ora, se α (0, /], il ite è 0, se α (/, ] il ite è +, ed infine se α > il ite è +. Nel primo e nel terzo caso non possiamo dedurre nulla, in quanto nel primo caso la serie con cui stiamo confrontando diverge ma il ite del rapporto tra le due successioni è nullo e nel terzo la serie con cui stiamo confrontando converge, ma il ite è +. Il caso che ci permette di concludere è il secondo; infatti per α (/, ] la serie + ( α k k) diverge e il ite del rapporto tra 33

35 le successioni viene +, dunque possiamo dire che anche la serie data diverge: + k ln k k 3. In questo esercizio possiamo applicare il Teorema del confronto tra le serie; infatti cos (kx) e k e k, x R Il membro di destra della precedente disuguaglianza è asintoticamente uguale a, perché e k k + e k k + e k ( + ) k + e k e k e k Sappiamo che k converge, dunque possiamo concludere che la e k serie data converge x R. 4. Vogliamo applicare il Criterio del confronto asintotico. Studiamo, quindi π/ arctan( k + ), α > 0 k + k α Questa è una forma indeterminata 0/0, dunque proviamo a risolvere il ite attraverso il Teorema di De L Hospital e le funzioni associate alle successioni all interno del ite: +( x+) x x + αx α x + α x α+/ x + x + α Questo ite è uguale a se α + /, cioé α. Quindi, per il α criterio del confronto asintotico, possiamo concludere che la serie data asintoticamente si comporta come la serie ( ) k, la quale diverge, k dunque diverge. 34

36 5. Possiamo dire che: essendo e x una funzione crescente. ( ) ( ) e sin(k) sin e sin k k Ora ci chiediamo se converge k e sin ( ) k. Questa serie converge perché k + e sin ( k ) k h 0 e sin(h ) h Dunque applicando il criterio del confronto asintotico, possiamo concludere che la serie k e sin ( ) k si comporta asintoticamente come la serie (, k k) la quale converge, dunque converge. Ma essendo la serie k e sin ( che anche quest ultima converge. e k ) una maggiorante della serie data, possiamo dire 6. k(α 3α) k0 k0 ( ) k (α 3α) Il membro di destra della precedente uguaglianza è una serie geometrica di ragione (α 3α). Dunque Converge se Cioè Diverge se Cioè E indeterminata se cioé per nessun α R. < (α 3α) < 0 < α < 3 (α 3α) α 0 o α 3 (α 3α) Nel caso in cui converge, cioè per 0 < α < 3, possiamo calcolare il valore della somma della serie geometrica ( ) k (α 3α) (α 3α) k0 35

37 7. Vogliamo utilizzare il Criterio del confronto asintotico. Quindi studiamo ( ) sin k 3/ α+β, β > 0 k + k 3α che, ponendo h e sviluppando k sin(h3α ) con la formula di McLaurin, diventa sin(h 3α ) h 0 + h 3/ α+β Se 3α 3 α + β, cioè h 0 + h 3α + o(h 3α ) h 3/ α+β β 5α 3 Quindi, se β >, converge, mentre se β diverge. Possiamo concludere, quindi, che la serie converge se 5α 3 α >, mentre diverge se 5α 3, cioé α. >, cioé 8. La serie in questione è una serie geometrica di ragione Q x. Dunque Diverge se Q, cioè se x (, ) [3, + ) Converge se < Q <, cioé se x (, 3) \ {} E impropria se Q, cioè se x 9. Riscriviamo la serie come segue k0 k+ 3 k k0 ( ) k 3 Dunque converge perché è una serie geometrica di ragione minore di. Essendo una serie geometrica possiamo anche calcolare la somma: 3 3 k0 ( ) k 3 7 /3 9 36

38 FOGLIO 7. Determinare in R tutte le primitive della funzione g(x) x Calcolare l espressione esplicita della funzione integrale f(x) x g(t) dt. Sia f(x) cos( e x ). Senza calcolare esplicitamente le derivate successive della funzione, calcolare f (6) (0). 3. Risolvere nel campo complesso l equazione z z 9i z 0 4. Stabilire per quali valori del parametro reale α converge la serie k ( ) e /k k 3/ α 5. Dimostrare che + x x + x 4 + o[x 5 ], x 0 37

39 . Esplicitando il modulo si ha SVOLGIMENTO g(x) { x se x x se x < Poiché g è continua in R, tutte e sole le primitive di g differiscono per una costante arbitraria e sono continue. Esse hanno espressione G(x) { x x + c se x + x + α(c) se x < x c R e α(c) tale che G(x) risulti continua in, cioè G(x) G() x che vuol dire + + α(c) + c cioè α(c) c. Quindi tutte le primitive di g(x) in R sono le funzioni { x G(x) x + c se x x + x + c se x < c R. Dal II Teorema fondamentale del calcolo integrale si ha f(x) G(x) G( ) Ora G( ) + c 5 + c. Dunque { x f(x) G(x) G( ) x + 5 se x x + x + 5 se x < cioè f(x) G(x) G( ) { x se x x se x < 38

40 . Per calcolare f (6) (0) senza calcolare esplicitamente le derivate successive della funzione, l idea è quella di costruire lo sviluppo di McLaurin di ordine 6 di f(x) e considerare il coefficiente di x6, che rappresenta 6! proprio f (6) (0). Cominciamo, quindi, costruendo lo sviluppo di McLaurin della funzione cos(t). Poi Quindi cos t t + t4 4! t6 6! + o(t6 ), t 0 e t + t + t + t3 3! + t4 4! + t5 5! + t6 6! + o(t6 ), t 0 e x x x + x3 3! x4 4! + x5 5! x6 6! + o(x6 ) Ed infine, ponendo t e x otteniamo cos( e x ) [x + x4 4 + x6 3!3! + 5! x6 4! x5 + 3! x4 x 3 + 4! x6 3! x5 +o(x 6 )]+ 4! [x4 +x 6 + x ! x6 x 5 +o(x 6 ] 6! [x6 +o(x 6 )] Il coefficiente di x 6 è 3! 3! 5! 4! + 4! + 4! + 4 4! 3! 6! ( 6! 6! 3! 3! 6! 5! + 6! 4! + 6! ) 3! 3! 33 ( ) 6! 6! Dunque possiamo concludere che f (6) (0) Moltiplicando ambo i membri per z si ha z z 9i z 0 z (z 9i) 0 z 0 è una soluzione; ora studiamo z 9i 0 39

41 che ha come soluzioni z 3 i. Le radici di i sono ( π + kπ ) ( i cos π ) + i sin 4 + kπ, k 0, per k 0 abbiamo la radice w 0 ( + i). Per k abbiamo la radice w ( + i). Dunque possiamo concludere che le soluzioni dell equazione sono 3: z 0 z 3 ( + i) z 3 ( + i) 4. Per risolvere l esercizio vogliamo sfruttare il seguente ite notevole e x x 0 x Dunque trasformo la serie data, in questo modo ( ) e /k k 3/ α k k k k e /k k α 3/ e /k k +α+/ e /k k k α+/ Quest ultima serie si comporta come k α+/ k perché, come dicevamo all inizio, e /k k + /k Ma la serie armonica generalizzata k converge per k α+/ α + / >, cioé per α > /. Quindi anche la serie data nell esercizio convergerà per α > /. 40

42 5. E equivalente dimostrare che + x + x x 4 o[x 5 ], x 0 Ma + x + x x 4 x6 + x Per dimostrare l uguaglianza dobbiamo quindi verificare che cioè E questo è vero perché x6 + x o(x5 ) x6 +x 0 x 0 x 5 x6 +x x 0 x 5 x 0 x + x 0 4