Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 27 novembre 1998 – Compito A

ESERCIZIO 1. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{(cosh x − cos x) sin^{3} x}{log^{2}(1 − x)(sin x − sinh x)}.

Svolgimento. Ricordiamo che, in base alle formule di Mc Laurin, si ha

cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + o(x^{2}),
sinh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}),

cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + o(x^{2}),
sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}),
log(1 − x) = −x + o(x).

e quindi, per x → 0, si ha

\frac{(cosh x − cos x) sin^{3} x}{log^{2}(1 − x)(sin x − sinh x)} = \frac{(x^{2} + o(x^{2}))(x + o(x))^{3}}{(−x + o(x))^{2}(−\frac{x^{3}}{3} + o(x^{3}))} = \frac{x^{5} + o(x^{5})}{−\frac{x^{5}}{3} + o(x^{5})}.

Da ciò si può concludere che il limite cercato è uguale a −3. □

ESERCIZIO 2. Si studi l’andamento della funzione f(x) = \frac{e^{x} − 1}{tanh x}, e se ne tracci un grafico indicativo. Si dica in particolare se tale funzione può essere estesa ad una funzione continua e derivabile su tutto ℝ e si determini la tangente al grafico della funzione estesa per x = 0.

Svolgimento. La funzione data è definita per x ≠ 0, perchè in tal punto si annulla il denominatore della frazione. Ricordando che

tanh x = \frac{sinh x}{cosh x} = \frac{e^{x} − e^{−x}}{e^{x} + e^{−x}} = \frac{e^{2x} − 1}{e^{2x} + 1},

si deduce che la funzione proposta coincide nel suo insieme di definizione con f(x) = \frac{e^{2x} + 1}{e^{x} + 1} ed è quindi

f(x) = g(h(x)), ove h(x) = e^{x}, e g(y) = \frac{y^{2} + 1}{y + 1}.

Dunque la funzione data si può estendere ad una funzione definita su tutta la retta reale (l’indeterminazione per x = 0 era solo apparente) ed ivi derivabile un numero qualsiasi di volte. D’ora in poi non distingueremo f dalla sua estensione. Si ha

lim_{x→−∞} f(x) = lim_{y→0^{+}} g(y) = 1  e  lim_{x→+∞} f(x) = lim_{y→+∞} g(y) = +∞.

La derivata di f è uguale ad

f′(x) = g′(h(x))h′(x) = \frac{e^{2x} + 2e^{x} − 1}{(e^{x} + 1)^{2}}e^{x},

ed il suo segno dipende unicamente dale segno del numeratore, ovvero dal segno del trinomio y^{2} + 2y − 1 sulla semiretta (0, +∞). Il trinomio ha le due radici y_{1,2} = −1 ± \sqrt{2}, una sola delle quali è positiva; quindi si ha f′(x) < 0 per x < log(\sqrt{2} − 1) ed f′(x) > 0 per x > log(\sqrt{2} − 1). Dunque la funzione f è decrescente per x < log(\sqrt{2} − 1) e crescente per x > log(\sqrt{2} − 1), il punto x_{0} = log(\sqrt{2} − 1) < 0 è quindi un punto di minimo relativo (ed assoluto) per f e si ha f(x_{0}) = g(\sqrt{2} − 1) = 2(\sqrt{2} − 1).

Possiamo quindi tracciare un grafico indicativo per la funzione f.

Come abbiamo già osservato la funzione si può estendere ad una funzione continua e derivabile su tutta la retta reale, che abbiamo continuato ad indicare con f e la tangente al grafico nel punto di ascissa x = 0 è la retta di equazione y = f(0) + f′(0)x, ovvero y = \frac{1}{2}x + 1. □

ESERCIZIO 3. Si determinino le costanti a e b affinchè la funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}e^{−2 sinh x} & se x ≤ 0 \\ x^{2} + ax + b & se x > 0 \end{matrix}

sia continua e derivabile su tutta la retta reale. Si scriva l’equazione della tangente al grafico di f per x = 0.

Svolgimento. Sulla semiretta (−∞, 0) la funzione data coincide con la funzione composta di due funzioni derivabili ed è quindi (continua e) derivabile. Sulla semiretta (0, +∞) la funzione data coincide con un polinomio ed è quindi derivabile indipendentemente dai valori delle costanti a e b. Bisogna quindi discutere il comportamento della funzione per x = 0. Ora

lim_{x→0^{−}} f(x) = lim_{x→0^{−}} e^{−2 sinh x} = f(0) = 1  e  lim_{x→0^{+}} f(x) = lim_{x→0^{+}} x^{2} + ax + b = b.

Dunque f è continua per x = 0 (e quindi su tutta la retta reale) se, e solo se, b = 1. Inoltre, per x ≠ 0, si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}−2 cosh x e^{−2 sinh x} & se x < 0 \\ 2x + a & se x < 0 \end{matrix} ;

e quindi

lim_{x→0^{−}} \frac{f(x) − f(0)}{x} = lim_{x→0^{−}} f′(x) = −2  e  lim_{x→0^{+}} \frac{f(x) − f(0)}{x} = lim_{x→0^{+}} f′(x) = a,

dove la prima uguaglianza nei due limiti discende dalla regola di de L’Hôpital, che può essere applicata perchè f è continua per x = 0. Dunque f è derivabile per x = 0 (e quindi su tutta la retta reale) se, e solo se, a = −2 e b = 1.

Possiamo quindi concludere osservando che la tangente al grafico di f per x = 0 è la retta di equazione y = f′(0)x + f(0), ovvero y = −2x + 1. □

ESERCIZIO 4. Si calcoli ∫_{0}^{π/2} e^{x} sin xdx.

Svolgimento. Integrando due volte per parti si ottiene

∫ e^{x} sin xdx = e^{x} sin x − ∫ e^{x} cos xdx
= e^{x} sin x − e^{x} cos x − ∫ e^{x} sin xdx

da cui si deduce che

∫ e^{x} sin xdx = \frac{e^{x}}{2} (sin x − cos x) + c.

Applicando la Formula di Barrow, si ottiene il valore dell’integrale, ovvero \frac{e^{π/2} + 1}{2}. □

ESERCIZIO 5. Si dica per quali valori del parametro α converge l’integrale

∫_{1}^{+∞} x^{α}\sqrt{sin(\frac{1}{x})} dx.

Svolgimento. La funzione integranda è continua e positiva sulla semiretta [1, +∞) e si ha

lim_{x→+∞} \frac{x^{α}\sqrt{sin(\frac{1}{x})}}{x^{α− \frac{1}{2}}} = lim_{y→0^{+}} \begin{matrix}√ & \overline{sin y} \\ √ & \overline{y} \end{matrix} = 1.

Dunque la funzione integranda è asintoticamente equivalente alla funzione x^{α− \frac{1}{2}} che converge se, e solo se, α − \frac{1}{2} < −1. Quindi l’integrale proposto converge se, e solo se, α < −\frac{1}{2}. □

Istituzioni di Matematiche I (CH-CI-MT)

prova di accertamento del 27 novembre 1998 – Compito B

ESERCIZIO 1. Si calcoli

lim_{x→0} \frac{[log(1 + x) + log(1 − x)] sinh^{2} x}{(cosh x − e^{x} + x) log(1 − x)}.

Svolgimento. Ricordiamo che, in base alle formule di Mc Laurin, si ha

cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + o(x^{4}),
sinh x = x + \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}),

log(1 − x) = −x − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2}),_{log(1 + x) = x − \frac{x^{2}}{2} + o(x^{2})}_{e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}).}

e quindi, per x → 0, si ha

\frac{[log(1 + x) + log(1 − x)] sinh^{2} x}{(cosh x − e^{x} − x) log(1 − x)} = \frac{(−x^{2} + o(x^{2}))(x + o(x))^{2}}{(−\frac{x^{3}}{3!} + o(x^{3}))(−x + o(x))} = \frac{−x^{4} + o(x^{4})}{\frac{x^{4}}{6} + o(x^{4})}.

Da ciò si può concludere che il limite cercato è uguale a −6. □

ESERCIZIO 2. Si studi l’andamento della funzione f(x) = \frac{3 cosh x}{e^{x} sinh x}, e se ne tracci un grafico indicativo. Si dica in particolare se l’immagine di f è tutta la retta reale e, in caso contrario, si determini tale sottoinsieme di ℝ.

Svolgimento. Ricordando che

sinh x = \frac{e^{x} − e^{−x}}{2}  e  cosh x = \frac{e^{x} + e^{−x}}{2} ,

si deduce che la funzione proposta è uguale a f(x) = 3\frac{e^{2x} + 1}{e^{x}(e^{2x} − 1)} ed è quindi

f(x) = g(h(x)), ove h(x) = e^{x}, e g(y) = 3\frac{y^{2} + 1}{y(y^{2} − 1)}.

Dunque si tratta di una funzione definita su tutta la retta reale con l’esclusione di x = 0 ove il denominatore si annulla, e nell’insieme di definizione f è derivabile un numero qualsiasi di volte. Si ha

lim_{x→−∞} f(x) = lim_{y→0^{+}} g(y) = −∞

lim_{x→0^{−}} f(x) = lim_{y→1^{−}} g(y) = −∞ e

lim_{x→0^{+}} f(x) = lim_{y→1^{+}} g(y) = +∞

lim_{x→+∞} f(x) = lim_{y→+∞} g(y) = 0.

La derivata di f è uguale ad

f′(x) = g′(h(x))h′(x) = −3\frac{e^{4x} + 4e^{2x} − 1}{e^{2x}(e^{2x} − 1)^{2}}e^{x},

ed il suo segno dipende unicamente dal segno del numeratore, ovvero dal segno del trinomio t^{2} + 4t − 1 sulla semiretta (0, +∞). Il trinomio ha una sola radice positiva t_{0} = \sqrt{5} − 2; quindi si ha f′(x) > 0 per e^{2x} < \sqrt{5} − 2 ed f′(x) < 0 per e^{2x} > \sqrt{5} − 2. Dunque la funzione f è crescente per x < \frac{1}{2} log(\sqrt{5} − 2) e decrescente per \frac{1}{2} log(\sqrt{5} − 2) < x < 0 e per x > 0. Il punto x_{0} = \frac{1}{2} log(\sqrt{5} − 2) < 0 è quindi un punto di massimo relativo per f e si ha f(x_{0}) = g(\sqrt{\sqrt{5} − 2}) = 3\frac{\sqrt{5}−1}{(\sqrt{5}−3)\sqrt{\sqrt{5}−2}} < 0.

Possiamo quindi tracciare un grafico indicativo per la funzione f.

In particolare, si può concludere che l’immagine della funzione f è costituita dall’unione di due semirette, ovvero (−∞, f(x_{0})] ∪ (0, +∞). □

ESERCIZIO 3. Si determinino le costanti a e b affinchè la funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}x^{2} + ax + b & se x < 0 \\ e^{2 sin x} & se x ≥ 0 \end{matrix}

sia continua e derivabile su tutta la retta reale. Si scriva l’equazione della tangente al grafico di f per x = 0.

Svolgimento. Sulla semiretta (−∞, 0) la funzione data coincide con un polinomio ed è quindi (continua e) derivabile indipendentemente dai valori delle costanti a e b. Sulla semiretta (0, +∞) la funzione data coincide con la funzione composta di due funzioni derivabili ed è quindi derivabile. Bisogna quindi discutere il comportamento della funzione per x = 0. Ora

lim_{x→0^{−}} f(x) = lim_{x→0^{−}} x^{2} + ax + b = b  e  lim_{x→0^{+}} f(x) = lim_{x→0^{+}} e^{2 sin x} = f(0) = 1.

Dunque f è continua per x = 0 (e quindi su tutta la retta reale) se, e solo se, b = 1. Inoltre, per x ≠ 0, si ha

f′(x) = \{ \begin{matrix}2x + a & se x < 0 \\ 2 cos x e^{2 sin x} & se x > 0 \end{matrix} ;

e quindi

lim_{x→0^{−}} \frac{f(x) − f(0)}{x} = lim_{x→0^{−}} f′(x) = a  e  lim_{x→0^{+}} \frac{f(x) − f(0)}{x} = lim_{x→0^{+}} f′(x) = 2,

dove la prima uguaglianza discende dalla regola di de L’Hôpital, che può essere applicata perchè f è continua per x = 0. Dunque f è derivabile per x = 0 (e quindi su tutta la retta reale) se, e solo se, a = 2 e b = 1.

Possiamo quindi concludere osservando che la tangente al grafico di f per x = 0 è la retta di equazione y = f′(0)x + f(0), ovvero y = 2x + 1. □

ESERCIZIO 4. Si calcoli ∫_{0}^{π/2} e^{x} cos xdx.

Svolgimento. Integrando due volte per parti si ottiene

∫ e^{x} cos xdx = e^{x} cos x + ∫ e^{x} sin xdx
= e^{x} cos x + e^{x} sin x − ∫ e^{x} cos xdx

da cui si deduce che

∫ e^{x} sin xdx = \frac{e^{x}}{2} (cos x + sin x) + c.

Applicando la Formula di Barrow, si ottiene il valore dell’integrale, ovvero \frac{e^{π/2} − 1}{2}. □

ESERCIZIO 5. Si dica per quali valori del parametro α converge l’integrale

∫_{1}^{+∞} x^{α}\sqrt{1 − cos(\frac{1}{x})} dx.

Svolgimento. La funzione integranda è continua e positiva sulla semiretta [1, +∞) e si ha

lim_{x→+∞} \frac{x^{α}\sqrt{1 − cos(\frac{1}{x})}}{x^{α−1}} = lim_{y→0^{+}} \frac{\sqrt{1 − cos y}}{y} = \frac{1}{\sqrt{2}}.

Dunque la funzione integranda è asintoticamente equivalente alla funzione x^{α−1} che converge se, e solo se, α − 1 < −1. Quindi l’integrale proposto converge se, e solo se, α < 0. □