CAM - Complementi di Analisi Uno, a.a. 2003/04

Comm. Prof. Mario Girardi

Prova di Esame - 8 giugno 2004 [Soluzioni]

ESERCIZIO 1 Determinare per quali valori dei parametri reali a e b la seguente funzione è continua e per quali valori è derivabile

f(x) := \begin{cases}\frac{2a}{x^{2} + 1} & x > 1, \\ x + 3b − 1 & x ≤ 1. \end{cases}

Soluzione. f è continua in ℝ per ogni a, b ∈ ℝ tali che a = 3b; f è derivabile in ℝ se a = −1, b = −1/3.

Studio della continuità di f in x = 1. Si ha:

f(1) = 3b,

lim_{x→1^{−}} f(x) = lim_{x→1^{−}}(x + 3b − 1) = 3b,

lim_{x→1^{+}} f(x) = lim_{x→1^{+}} \frac{2a}{x^{2} + 1} = a.

Quindi, f è continua in x = 1 per ogni a, b ∈ ℝ tali che a = 3b.

Studio della derivabilità di f in x = 1. Si ha:

lim_{x→1^{−}} \frac{f(x) − f(1)}{x − 1} = lim_{x→1^{−}} \frac{x + 3b − 1 − 3b}{x − 1}
= lim_{x→1^{−}} \frac{(x − 1)}{(x − 1)} = 1;

lim_{x→1^{+}} \frac{f(x) − f(1)}{x − 1} = lim_{x→1^{+}} \frac{\frac{6b}{x^{2}+1} − 3b}{x − 1}
= lim_{x→1^{+}} \frac{\frac{6b−3bx^{2}−3b}{x^{2}+1}}{x − 1}
= lim_{x→1^{+}} −\frac{3b(x^{2} − 1)}{(x − 1)(x^{2} + 1)}
= lim_{x→1^{+}} −\frac{3b(x + 1)}{(x^{2} + 1)} = −3b.

Quindi, f è derivabile in x = 1 per a, b ∈ ℝ t.c. \begin{cases}a = 3b, \\ −3b = 1, \end{cases} ⇔ \begin{cases}b = −\frac{1}{3}, \\ a = −1. \end{cases}

ESERCIZIO 2 Sia data la funzione f(x) := e^{x+|x^{2}−1|}. Determinarne insieme di definizione, parità e disparità, segno, limiti ed asintoti, intervalli di monotonia, intervalli di convessità, estremi relativi ed assoluti, flessi. Infine, disegnarne un grafico approssimativo.

La funzione è definita su tutta la retta reale ed è sempre positiva. Inoltre f(x) è continua per ogni x ∈ ℝ. Poiché

|x^{2} − 1| = \begin{cases}x^{2} − 1, se x ≤ −1 e x ≥ 1, \\ 1 − x^{2}, se − 1 < x < 1, \end{cases}

si ha:

f(x) = \begin{cases}e^{x^{2}+x−1}, se x ≤ −1 e x ≥ 1, \\ e^{−x^{2}+x+1}, se − 1 < x < 1. \end{cases}

lim_{x→±∞} f(x) = lim_{x→±∞} e^{x^{2}+x−1} = +∞.

Non vi sono asintoti. Studiamo la monotonia della funzione e cerchiamo eventuali punti estremali. La funzione è derivabile in ogni x ∈ ℝ\{−1, 1}; I punti x = −1 e x = 1 sono punti angolosi. Si ha:

f′(x) = \begin{cases}(2x + 1)e^{x^{2}+x−1}, se x ≤ −1 e x ≥ 1, \\ (−2x + 1)e^{−x^{2}+x+1}, se − 1 < x < 1. \end{cases}

Da cui:

f′(x) = 0 ⇔ x = \frac{1}{2},

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−1, \frac{1}{2}) ∪ (1, +∞).

Quindi il punto x = \frac{1}{2} è un punto di massimo locale per f.

Studiamo la concavità della funzione. Si ha:

f′′(x) = \begin{cases}((2x + 1)^{2} + 2)e^{x^{2}+x−1}, se x ≤ −1 e x ≥ 1, \\ (4x^{2} − 4x − 1)e^{−x^{2}+x+1}, se − 1 < x < 1. \end{cases}

Da cui:

f′′(x) = 0 ⇔ x = \frac{1}{2} − \frac{\sqrt{2}}{2},

f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, \frac{1}{2} − \frac{\sqrt{2}}{2}) ∪ (1, ∞).

Quindi il punto x = \frac{1}{2} − \frac{\sqrt{2}}{2} è un punto di flesso per f.

ESERCIZIO 3 Calcolare (se esiste) il seguente integrale improprio.

∫0^{\frac{1}{2}} \frac{dx}{(1 − x)\sqrt{x}}.

Soluzione. L’integrale esiste e vale ln (\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} − 1}).

Con il cambio di variabile x = t^{2}, si ottiene:

∫0^{\frac{1}{2}} \frac{dx}{(1 − x)\sqrt{x}} = ∫ \frac{2dt}{1 − t^{2}} = ∫ (\frac{1}{1 − t} + \frac{1}{1 + t}) dt
= ln (\frac{1 + t}{1 − t}) + costante = ln (\frac{1 + \sqrt{x}}{1 − \sqrt{x}}) + costante.

Quindi

lim_{ε→0^{+}} ∫ε^{\frac{1}{2}} \frac{dx}{(1 − x)\sqrt{x}} = lim_{ε→0^{+}} (ln (\frac{1 + \sqrt{1/2}}{1 − \sqrt{1/2}}) − ln (\frac{1 + \sqrt{ε}}{1 − \sqrt{ε}})) = ln (\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} − 1}).

ESERCIZIO 4 Studiare l’integrabilità in (2, +∞) delle seguenti funzioni:

A) f(x) = \frac{2 + sin (arctan x) − e^{−x}}{x^{2}} ; B) f(x) = \frac{1}{x| ln x|^{α}} (al variare di α ∈ ℝ).

Soluzione. (A) La funzione è integrabile in (2, +∞); (B) La funzione è integrabile in (2, +∞) se α > 1.

L’integrabilità della prima funzione segue per confronto asintotico con la funzione 1/x^{2}; infatti:

lim_{x→+∞} \frac{\frac{2+sin (arctan x)−e^{−x}}{x^{2}}}{1/x^{2}} = 2 + 1 = 3 > 0.

Per la seconda funzione, conviene studiare l’integrale improprio operando il cambio di variabile x = e^{t}. Si ha:

∫_{2}^{+∞} \frac{1}{x| ln x|^{α}} = lim_{L→+∞} ∫_{2}^{L} \frac{1}{x| ln x|^{α}} = lim_{L→+∞} ∫_{ln 2}^{ln L} \frac{dt}{t^{α}} < +∞ se α > 1.

ESERCIZIO 5 Dare un’approssimazione con un errore assoluto ≤ 10^{−3} del seguente integrale

∫_{0}^{1} e^{−x^{2}} dx.

Soluzione. \frac{78}{105} ± 10^{−3}.

Si ha e^{−x^{2}} = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k} \frac{x^{2k}}{(k)!} + R(x), con |R(x)| ≤ \frac{x^{2n+2}}{(n + 1)!}.

Si può prendere l’integrale del polinomio se l’integrale del resto è ≤ 10^{−3}. Ciò avviene se n = 3;

infatti:

∫_{0}^{1} \frac{x^{2n+2}}{(n + 1)!}dx = \frac{1}{(n + 1)!(2n + 3)} ≤ 10^{−3} se n ≥ 3.

Quindi

∫_{0}^{1} e^{−x^{2}}dx ≈ ∫_{0}^{1} (1 − x^{2} + \frac{x^{4}}{2} − \frac{x^{6}}{6} ) dx = 1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{10} − \frac{1}{42} = \frac{78}{105}.