analisi matematica i (08/02/2013) - mat.uniroma2.itisola/teaching/analisiuno/anmat1.2012.13.pdf ·...

Analisi Matematica I (08/02/2013)

Risposte non giustificate non verranno considerate. Consegnare solo la “bella copia”.Scrivere anche sul retro del foglio.

Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

12345

TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 4] Risolvere l’equazione z3 +( 1 + i

1− i√

3

)12

= 0.

Svolgimento:

Esercizio A2. [punti 8] Calcolare i seguenti limiti

(a) limn→∞

(2n + 1)2n + (n2 + 2n)n

(4n2 + 3n)n − (−n log n + n2)n,

(b) limx→0

sin2(x + 2x2)− log(1 + x2 + 4x3)

e−x2/2 − cos x.

Svolgimento:

Esercizio A3. [punti 6] Calcolare l’integrale∫ π/2

0

sin 2x

cos2 x + 2 cos x + 2dx .

Svolgimento:

Esercizio A4. [punti 6] Studiare continuita, esistenza delle derivate parziali, differenziabilitadella funzione

f(x, y) = 3√

x2y(1− xy)

nel punto (0, 0). Verificare se esiste il piano tangente al grafico di f nel punto (2, 2), e, in casoaffermativo, scriverne l’equazione in un riferimento cartesiano ortogonale.

Svolgimento:Analisi Matematica I (08/02/2013). Cognome e Nome, Matricola:

Esercizio A5. [punti 6] Tracciare il grafico della funzione

f(x) = (x2 − 3)e−|x−2|

specificando: dominio, eventuali asintoti, punti di massimo/minimo relativo, intervalli di crescenzao decrescenza, punti di flesso, intervalli di concavita o convessita. Studiare il comportamentodella funzione negli eventuali punti di non derivabilita.

Svolgimento:

Analisi Matematica I (08/02/2013). Cognome e Nome, Matricola:


Esercizio A1. [punti 4] Risolvere l’equazione z3 +( 1 + i

1− i√

3

)12

= 0.

Svolgimento:

Sia ω = −( 1 + i

1− i√

3

)12

, e calcoliamo |ω| =( |1 + i||1− i

√3|

)12

=(√2

2

)12

=1

26, e arg(ω) = π +

12 arg(1+i)−12 arg(1−i√

3) = π+12π

4+12

π

3= 8π. Allora ω =

1

64, e z = 3

√ω =

{1

4

(cos

2kπ

3+

i sin2kπ

3

): k = 0, 1, 2

}={1

4,1

4

(− 1

2+ i

√3

2

),1

4

(− 1

2− i√

3

2

)}={1

4,−1− i

√3

8,−1 + i

√3

8

}.


(a) limn→∞

(2n+ 1)2n + (n2 + 2n)n

(4n2 + 3n)n − (−n log n+ n2)n,

(b) limx→0

sin2(x+ 2x2)− log(1 + x2 + 4x3)

e−x2/2 − cosx.

Svolgimento:(a) Se n→∞,

(2n+ 1)2n + (n2 + 2n)n

(4n2 + 3n)n − (−n log n+ n2)n=

4nn2n(1 + 12n

)2n + n2n(1 + 2n)n

4nn2n(1 + 34n

)n − n2n(1− lognn

)n

=e(1 + o(1)) + 4−ne2(1 + o(1))

e3/4(1 + o(1))− 4−n exp(n log(1− logn

n)) =

e(1 + o(1))

e3/4(1 + o(1))− 4−n exp(− log n(1 + o(1))

)= e1/4(1 + o(1)).

(b) Se x→ 0,

sin2(x+ 2x2)− log(1 + x2 + 4x3)

e−x2/2 − cosx=

(x+ 2x2 − 1

6(x+ 2x2)3 + o(x3)

)2 − (x2 + 4x3 − 12(x2 + 4x3)2 + o(x4)

)(1− 1

2x2 + 1

8x4 + o(x4)

)−(1− 1

2x2 + 1

24x4 + o(x4)

)=

(x+ 2x2 − 1

6x3 + o(x3)

)2 − (x2 + 4x3 − 12x4 + o(x4)

)112x4(1 + o(1))

=

(x2 + 4x3 + 11

3x4 + o(x4)

)−(x2 + 4x3 − 1

2x4 + o(x4)

)112x4(1 + o(1))

=256x4(1 + o(1))

112x4(1 + o(1))

= 50(1 + o(1)).


0

sin 2x

cos2 x+ 2 cosx+ 2dx .

Svolgimento:

∫ π/2

0

2 sinx cosx

cos2 x+ 2 cosx+ 2dx

(a)=

∫ 1

0

2z

z2 + 2z + 2dz =

∫ 1

0

( 2z + 2

z2 + 2z + 2− 2

z2 + 2z + 2

)dz

=[

log(z2 + 2z + 2)]10− 2

∫ 1

0

dz

(z + 1)2 + 1

)= log

5

2− 2[

arctg(z + 1)]10

= log5

2− 2 arctg 2 + 2 arctg 1,

dove in (a) si e usata la sostituzione z = cosx, dz = − sinx dx.


f(x, y) = 3√x2y(1− xy)


Svolgimento:Intanto f e continua in R2, perche composizione di funzioni continue. Calcoliamo le derivateparziali in (0, 0). Si ha

fx(0, 0) = limt→0

f(t, 0)− f(0, 0)

t= lim

t→0

0

t= 0

fy(0, 0) = limt→0

f(0, t)− f(0, 0)

t= lim

t→0

0

t= 0.

Verifichiamo se f e differenziabile in (0, 0). Si ha

lim(x,y)→(0,0)

3√x2y(1− xy)

(x2 + y2)1/2= lim

ρ→0

3√ρ3 cos2 ϑ sinϑ(1− ρ2 cosϑ sinϑ)

ρ= lim

ρ→0

3√

cos2 ϑ sinϑ(1 + o(1)) = @,

perche per ϑ = 0 il limite e 0, mentre per ϑ = π4

il limite e 1√2. Quindi f non e differenziabile

in (0, 0).Poiche f ammette piano tangente in (2, 2) precisamente se e ivi differenziabile, calcoliamo lederivate parziali in un intorno di (2, 2). Si ha

fx(x, y) =2xy(1− xy)− y · x2y

3(x2y(1− xy)

)2/3 =xy(2− 3xy)

3(x2y(1− xy)

)2/3fy(x, y) =

x2(1− xy)− x · x2y

3(x2y(1− xy)

)2/3 =xy(1− 2xy)

3(x2y(1− xy)

)2/3 ,che sono continue in R2 \ {(0, 0)}, per cui f e differenziabile in R2 \ {(0, 0)}, per il teorema deldifferenziale totale. In particolare, esiste il piano tangente in (2, 2), e ha equazione

z = f(2, 2) + fx(2, 2)(x− 2) + fy(2, 2)(y − 2) = −23√

3− 10√

3

9(x− 2)− 7

√3

9(y − 2)

= −10√

3

9x− 7

√3

9y +

16√

3

9.


f(x) = (x2 − 3)e−|x−2|

specificando: dominio, eventuali asintoti, punti di massimo/minimo relativo, intervalli di cre-scenza o decrescenza, punti di flesso, intervalli di concavita o convessita. Studiare il comporta-mento della funzione negli eventuali punti di non derivabilita.

Svolgimento:Si ha dom f = R. La funzione e continua, perche composizione e prodotto di funzioni continue.Per x → ±∞, si ha f(x) = x2e−|x|(1 + o(1)) = o(1), per cui f ha asintoto orizzontale y = 0.Calcoliamo la derivata prima. Si ha

f ′(x) = 2xe−|x−2| − (x2 − 3) sgn(x− 2)e−|x−2| =

{(x2 + 2x− 3)ex−2, x < 2,

−(x2 − 2x− 3)e2−x, x > 2,

per cui f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−3] ∪ [1, 2) ∪ (2, 3]. Quindi f e crescente in (−∞,−3] ein [1, 3], e decrescente in [−3, 1] e in [3,+∞). Infine, f ′−(2) = limx→2− f

′(x) = 5, e f ′+(2) =limx→2+ f ′(x) = 3. Quindi x = 2 e un punto angoloso.

Infine, f ′′(x) =

{(x2 + 4x− 1)ex−2, x < 2,

(x2 − 4x− 1)e2−x, x > 2,

per cui f ′′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−2−√

5]∪ [−2+√

5, 2)∪ [2+√

5,+∞). Quindi f e convessain (−∞,−2 −

√5], in [−2 +

√5, 2], e in [2 +

√5,+∞), e concava in [−2 −

√5,−2 +

√5] e in

[2, 2 +√

5], mentre x = −2±√

5 e x = 2 +√

5 sono punti di flesso. Il grafico di f e riportatoin figura.

-4 -2 2 4 6 8 10

-0.5

0.5

1.0

1.5

2.0



Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

12345

TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 4] Studiare, al variare di α ∈ R, la convergenza dell’integrale improprio∫ 1

0

(1− cosx2)α

x2(tg x)2−α dx .

Svolgimento:


(a) limn→∞

cos

(2π

3

√log(n5n3 + 8n4

)+√n8 + n7 − n4

log(8n + n23! + 1)

),

(b) limx→0

x(

sin(2x)− arctg(2x))

ex2 cosx− 1− 12x2

.

Svolgimento:

Esercizio A3. [punti 6] Calcolare l’integrale∫ 0

−1

1√3x+ 4− x

dx .

Svolgimento:

Esercizio A4. [punti 6] Determinare la soluzione del seguente problema di Cauchy{y′ =

y

t+ t2 sin t

y(π) = 0.

Svolgimento:



f(x) = 2x+ 2|x|+ log(x− 2

x− 4

)2


Svolgimento:



Esercizio A1. [punti 4] Studiare, al variare di α ∈ R, la convergenza dell’integrale improprio∫ 1

0

(1− cosx2)α

x2(tg x)2−α dx .

Svolgimento:

Per x → 0+, si ha f(x) =

(12x4)α

(1 + o(1))

x2x2−α(1 + o(1))=

1

2α1

x4−5α(1 + o(1)), per cui

∫ 1

0f ∈ R ⇐⇒

4− 5α < 1 ⇐⇒ α > 35.


(a) limn→∞

cos

(2π

3

√log(n5n3 + 8n4

)+√n8 + n7 − n4

log(8n + n23! + 1)

),

(b) limx→0

x(



.


cos

(2π

3

√log(n5n3 + 8n4

)+√n8 + n7 − n4

log(8n + n23! + 1)

)= cos

(2π

3

√√√√ log(8n4(1 + o(1))

)+ n8+n7−n8√

n8+n7+n4

log(8n(1 + o(1))

) )

= cos

(2π

3

√n4 log 8 + o(1) + 1

2n3(1 + o(1))

n log 8 + o(1)

)= cos

(2π 3

√n3 +

1

2 log 8n2 + o(n2)

)= cos

(2πn 3

√1 +

1

2n log 8+ o( 1

n

))= cos

(2πn

(1 +

1

6n log 8+ o( 1

n

)))= cos

(2πn+

π

3 log 8+ o(1)

)= cos

( π

3 log 8

)+ o(1) .

(b) Se x→ 0,

x(



=x(2x− 4

3x3 + o(x3)

)− x(2x− 8

3x3 + o(x3)

)(1 + x2 + 1

2x4 + o(x4)

)(1− 1

2x2 + 1

24x4 + o(x4)

)− 1− 1

2x2

=43x4 + o(x4)

1 + x2 + 12x4 − 1

2x2 − 1

2x4 + 1

24x4 + o(x4)− 1− 1

2x2

=43x4(1 + o(1))

124x4(1 + o(1))

= 32(1 + o(1)).


−1

1√3x+ 4− x

dx .

Svolgimento:

∫ 0

−1

dx√3x+ 4− x

dx(a)=

∫ 2

1

23z

z − 13(z2 − 4)

dz = −∫ 2

1

2z

z2 − 3z − 4dz = −2

5

∫ 2

1

( 1

z + 1+

4

z − 4

)dz

= −2

5

[log |z + 1|+ 4 log |z − 4|

]21

=6

5log

3

2,

dove in (a) si e usata la sostituzione z =√

3x+ 4 =⇒ x = 13(z2 − 4), dz = 2

3x dx.

Esercizio A4. [punti 6] Determinare la soluzione del seguente problema di Cauchy{y′ =

y

t+ t2 sin t

y(π) = 0.

Svolgimento:E un’equazione differenziale del primo ordine lineare non omogenea. L’equazione omogenea

associata ha soluzione

∫dy

y=

∫dt

t⇐⇒ log |y| = log |t| + C ⇐⇒ yom(t) = kt, con k ∈ R.

Cerchiamo una soluzione particolare dell’equazione non omogenea della forma yp(t) = k(t)t.Allora k(t) + k′(t)t = k(t) + t2 sin t ⇐⇒ k′(t) = t sin t ⇐⇒ k(t) =

∫t sin t dt = −t cos t +

sin t+ c, per cui yp(t) = t sin t− t2 cos t, e la solusione generale dell’equazione non omogenea eyg(t) = kt+t sin t−t2 cos t. Imponendo la condizione iniziale si ottiene 0 = kπ+π2 =⇒ k = −π,per cui la soluzione del problema di Cauchy e yC(t) = t sin t− t2 cos t− πt.


f(x) = 2x+ 2|x|+ log(x− 2

x− 4

)2


Svolgimento:Si ha dom f = R \ {2, 4} = (−∞, 2) ∪ (2, 4) ∪ (4,+∞). La funzione e continua, perchecomposizione e somma di funzioni continue.Per x→ +∞, si ha f(x) = 4x+log(1+o(1)) = 4x+o(1), per cui f ha asintoto obliquo y = 4x.Per x→ +∞, si ha f(x) = log(1+o(1)) = o(1), per cui f ha asintoto orizzontale y = 0. Inoltre,

limx→2± f(x) = limx→2± 4x + log(x−2x−4

)2= −∞, e limx→4± f(x) = limx→4± 4x + log

(x−2x−4

)2=

+∞, per cui x = 2 e x = 4 sono asintoti verticali. Calcoliamo la derivata prima. Si ha

f ′(x) = 2 + 2 sgn(x) +2

x− 2− 2

x− 4=

{− 4x2−6x+8

, x < 0,4(x2−6x+7)x2−6x+8

, x > 0,

per cui f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (0, 3 −√

2] ∪ (2, 4) ∪ [3 +√

2,+∞). Quindi f e crescente in[0, 3−

√2], in (2, 4), e in [3+

√2,+∞), e decrescente in (−∞, 0], in [3−

√2, 2), e in (4, 3 +

√2].

Allora, x = 0 e x = 3+√

2 sono punti di minimo relativo, con f(0) = − log 4, e x = 3+√

2 e unpunto di massimo relativo. Inoltre, f ′−(0) = limx→0− f

′(x) = −12, e f ′+(0) = limx→0+ f ′(x) = 7

2.

Quindi x = 0 e un punto angoloso.

Infine, f ′′(x) =8(x− 3)

(x2 − 6x+ 8)2, x 6= 0, per cui f ′′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [3, 4) ∪ (4,+∞). Quindi f

e convessa in [3, 4), e in (4,+∞), e concava in (−∞, 0], in [0, 3−√

2] e in (2, 3], mentre x = 3e un punto di flesso. Il grafico di f e riportato in figura.

-10 -5 5 10

10

20

30

40



Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

12345

TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 6] Disporre in ordine crescente di infinito, per x → 0+, le seguentifunzioni

f(x) =e√x + e−

√x − 2ex

4

log(1 + x2 log x), g(x) =

sin x− x cos(2x)

(1− cos x)2, h(x) =

1− cos(x log x)

x(ex2 log x − 1).

Svolgimento:


(a) limn→∞

(nn

2+3n + nn2+n + nn

)1/n(n + 3)n+3 + 8nn+3

,

(b) limx→0

sin(2x)− 2 sin(x + 3x2) + 6x2

arctg(3x)− 3 arctg x.

Svolgimento:


0

sin(2x) log(1 + sin x) dx .

Svolgimento:

Esercizio A4. [punti 5] Determinare la soluzione generale dell’equazione differenziale

y′′ + 4y′ + 3y = 2e−t.

Svolgimento:



f(x) = |x|+ 2 arctg(x− 1

x− 3

)specificando: dominio, eventuali asintoti, punti di massimo/minimo relativo, intervalli di crescenzao decrescenza, punti di flesso, intervalli di concavita o convessita. Studiare il comportamentodella funzione negli eventuali punti di non derivabilita.

Svolgimento:



Esercizio A1. [punti 6] Disporre in ordine crescente di infinito, per x → 0+, le seguentifunzioni

f(x) =e√x + e−

√x − 2ex

4

log(1 + x2 log x), g(x) =

sinx− x cos(2x)

(1− cosx)2, h(x) =

1− cos(x log x)

x(ex2 log x − 1).

Svolgimento:Per x→ 0+, si ha

f(x) =1 +√x+ 1

2x+ o(x) + 1−

√x+ 1

2x+ o(x)− 2− 2x4 + o(x4)

x2 log x(1 + o(1))=

x(1 + o(1))

x2 log x(1 + o(1))=

1

x log x(1 + o(1)),

g(x) =x− 1

6x3 + o(x3)− x+ 2x3 + o(x3)

14x4(1 + o(1))

=22

3x(1 + o(1)),

h(x) =12x2(log x)2(1 + o(1))

x3 log x(1 + o(1))=

log x

2x(1 + o(1)),

per cui l’ordine e f ≺ g ≺ h.


(a) limn→∞

(nn

2+3n + nn2+n + nn

)1/n(n+ 3)n+3 + 8nn+3

,

(b) limx→0

sin(2x)− 2 sin(x+ 3x2) + 6x2

arctg(3x)− 3 arctg x.

Svolgimento:(a) Se n→∞,(

nn2+3n + nn

2+n + nn)1/n

(n+ 3)n+3 + 8nn+3=nn+3(1 + n−2n + n−n

2−2n)1/n

nn+3(1 + 3n)n+3 + 8nn+3

=1 + o(1)

e3 + 8 + o(1)=

1

e3 + 8+ o(1) .

(b) Se x→ 0,

sin(2x)− 2 sin(x+ 3x2) + 6x2

arctg(3x)− 3 arctg x=

(2x− 4

3x3 + o(x3)

)− 2(x+ 3x2 − 1

6(x+ 3x2)3 + o(x3)

)+ 6x2

3x− 9x3 + o(x3)− 3x+ x3 + o(x3)

=−x3 + o(x3)

−8x3 + o(x3)=

1

8+ o(1).


0

sin(2x) log(1 + sinx) dx .

Svolgimento:

∫ π/2

0

sin(2x) log(1 + sinx) dx(a)=

∫ 1

0

2z log(1 + z) dz = [z2 log(1 + z)]10 −∫ 1

0

z2

z + 1dz

= log 2−∫ 1

0

(z − 1 +

1

z + 1

)dz = log 2−

[1

2z2 − z + log |z + 1|

]10

=1

2,

dove in (a) si e usata la sostituzione z = sinx =⇒ dz = cosx dx.


y′′ + 4y′ + 3y = 2e−t.

Svolgimento:E un’equazione differenziale del secondo ordine lineare non omogenea. L’equazione caratteristi-ca λ2 +4λ+3 = 0 ha soluzioni λ = −3 e λ = −1. L’equazione omogenea associata ha soluzioneyom(t) = c1e

−3t + c2e−t, con c1, c2 ∈ R. Cerchiamo una soluzione particolare dell’equazione

non omogenea della forma yp(t) = ate−t. Sostituendo nell’equazione differenziale, otteniamoa(−2e−t+te−t)+4a(e−t−te−t)+3ate−t = 2e−t ⇐⇒ 2a = 2, per cui yp(t) = te−t, e la soluzionegenerale dell’equazione non omogenea e yg(t) = c1e

−3t + c2e−t + te−t.


f(x) = |x|+ 2 arctg(x− 1

x− 3

)specificando: dominio, eventuali asintoti, punti di massimo/minimo relativo, intervalli di cre-scenza o decrescenza, punti di flesso, intervalli di concavita o convessita. Studiare il comporta-mento della funzione negli eventuali punti di non derivabilita.

Svolgimento:Si ha dom f = R \ {3} = (−∞, 3) ∪ (3,+∞). La funzione e continua, perche composizione esomma di funzioni continue.Per x→ ±∞, si ha f(x) = |x|+2 arctg(1 +o(1)) = |x|+ π

2+o(1), per cui f ha asintoto obliquo

y = ±x + π2, per x→ ±∞. Inoltre, limx→3± f(x) = limx→3± |x| + arctg

(x−1x−3

)= 3± π

2, per cui

x = 3 non e asintoto verticale. Calcoliamo la derivata prima. Si ha

f ′(x) = sgn(x) + 21

1 +(x−1x−3

)2 x− 3− (x− 1)

(x− 3)2= sgn(x)− 4

(x− 3)2 + (x− 1)2

= sgn(x)− 2

x2 − 4x+ 5=

{−x2−4x+7x2−4x+5

, x < 0,x2−4x+3x2−4x+5

, x > 0,

per cui f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (0, 1]∪(3,+∞). Quindi f e crescente in [0, 1], e in (3,+∞), e decre-scente in (−∞, 0], e in [1, 3). Allora, x = 0 e un punto di minimo relativo, con f(0) = 2 arctg 1

3,

e x = 1 e un punto di massimo relativo, con f(1) = 1. Inoltre, f ′−(0) = limx→0− f′(x) = −7

5, e

f ′+(0) = limx→0+ f ′(x) = 35. Quindi x = 0 e un punto angoloso.

Infine, f ′′(x) =4(x− 2)

(x2 − 4x+ 5)2, x 6= 0, per cui f ′′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [2, 3) ∪ (3,+∞). Quindi f

e convessa in [2, 3), e in (3,+∞), e concava in (−∞, 0], e in [0, 2], mentre x = 2 e un punto diflesso. Il grafico di f e riportato in figura.

-10 -5 5 10

2

4

6

8

10

12



Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

12345

TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 4] Studiare, al variare di α ∈ R, la convergenza dell’integrale improprio∫ +∞

2

log(ex + x4)

(xe + 2x3 log x)2−α arctg( 3

x log x

)dx .

Svolgimento:


(a) limn→∞

((n+ 1)!)n + (4n+ 3)n

(n!)n − (n+ 2)n+2

n2 + 5n log n

(n+ 2)n+2,

(b) limx→0

log(1 + 2x2)− cos(x+ 3x3) + 1− 52x2

sin(3x2)− e3x2 + 1.

Svolgimento:

Esercizio A3. [punti 6] Calcolare l’integrale∫ 1/2

0

x arctg(2x) dx .

Svolgimento:

Esercizio A4. [punti 6] Determinare la soluzione del seguente problema di Cauchyy′ =sin(2t)

y√

16 + sin2 ty(0) = −4.

Svolgimento:Analisi Matematica I (15/07/2013). Cognome e Nome, Matricola:


f(x) = (x− 1)ex−1x−2


Svolgimento:



Esercizio A1. [punti 4] Studiare, al variare di α ∈ R, la convergenza dell’integrale improprio∫ +∞

2

log(ex + x4)

(xe + 2x3 log x)2−α arctg( 3

x log x

)dx .

Svolgimento:

Per x→ +∞, si ha f(x) =log(ex(1 + o(1)))

(2x3 log x)2−α3

x log x(1+o(1)) =

3

22−α1

x6−3α(log x)3−α (1+o(1)),

per cui∫ +∞

2f ∈ R ⇐⇒

{6− 3α > 1 ⇐⇒ α < 5

3,

6− 3α = 1 e 3− α > 1 ⇐⇒ α = 53

⇐⇒ α ≤ 53.


(a) limn→∞

((n+ 1)!)n + (4n+ 3)n

(n!)n − (n+ 2)n+2

n2 + 5n log n

(n+ 2)n+2,

(b) limx→0

log(1 + 2x2)− cos(x+ 3x3) + 1− 52x2

sin(3x2)− e3x2 + 1.


((n+ 1)!)n + (4n+ 3)n

(n!)n − (n+ 2)n+2

n2 + 5n log n

(n+ 2)n+2=

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

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

n2(1 + o(1))

nn+2e2(1 + o(1))

= (n+ 1)n(1 + o(1))1 + o(1)

nne2= nne(1 + o(1))

1 + o(1)

nne2=

1

e+ o(1) .

(b) Se x→ 0,

log(1 + 2x2)− cos(x+ 3x3) + 1− 52x2

sin(3x2)− e3x2 + 1

=2x2 − 2x4 + o(x4)− 1 + 1

2(x+ 3x3)2 − 1

24(x+ 3x3)4 + o(x4) + 1− 5

2x2

3x2 − 92x6 + o(x4)− 1− 3x2 − 9

2x4 + o(x4) + 1

=2324x4 + o(x4)

−92x4(1 + o(1))

= − 23

108(1 + o(1)).


0

x arctg(2x) dx .

Svolgimento:

∫ 1/2

0

x arctg(2x) dx(a)=[x2

2arctg(2x)

]1/20−∫ 1/2

0

x2

2

2

1 + 4x2dx =

π

32− 1

4

∫ 1/2

0

(1− 1

1 + 4x2

)dx

=π

32− 1

8+

1

8

[arctg(2x)

]1/20

=π

16− 1

8,

dove in (a) si e usata l’integrazione per parti.

Esercizio A4. [punti 6] Determinare la soluzione del seguente problema di Cauchyy′ =sin(2t)

y√

16 + sin2 ty(0) = −4.

Svolgimento:E un’equazione differenziale del primo ordine a variabili separabili. Separando le variabili

e integrando, si ottiene

∫y dy =

∫sin(2t)√

16 + sin2 tdt

(a)=

∫dz√z

= 2√z + C = 2

√16 + sin2 t +

C ⇐⇒ 1

2y2 = 2

√16 + sin2 t+C, dove in (a) si e usata la sostituzione z = 16+sin2 t ⇐⇒ dz =

2 sin t cos t dt = sin(2t) dt. Imponendo la condizione iniziale si ottiene 8 = 8 + C =⇒ C = 0,

per cui la soluzione del problema di Cauchy e yC(t) = ±24√

16 + sin2 t, e la condizione inizialeimpone la scelta del segno meno.


f(x) = (x− 1)ex−1x−2


Svolgimento:Si ha dom f = R \ {2} = (−∞, 2) ∪ (2,+∞). La funzione e continua, perche composizione esomma di funzioni continue.Per x → ±∞, si ha f(x) = (x − 1) exp

(1 + 1

x−2

)= e(x − 1)

(1 + 1

x−2+ o( 1

x−2))

= e(x −1) + e + o(1) = ex + o(1), per cui f ha asintoto obliquo y = ex. Inoltre, limx→2+ f(x) =limx→2+(x− 1) exp

(x−1x−2

)= +∞, e limx→2− f(x) = limx→2−(x− 1) exp

(x−1x−2

)= 0, per cui x = 2

e asintoto verticale. Calcoliamo la derivata prima. Si ha, per x 6= 2,

f ′(x) = ex−1x−2 + (x− 1)e

x−1x−2

x− 2− (x− 1)

(x− 2)2=x2 − 5x+ 5

(x− 2)2e

x−1x−2

per cui f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 5−√

52

]∪ [5+√

52,+∞). Quindi f e crescente in (−∞, 5−

√5

2], e in

[5+√

52,+∞), e decrescente in [5−

√5

2, 2), e in (2, 5+

√5

2]. Allora, x = 5+

√5

2e un punto di minimo

relativo, e x = 5−√

52

e un punto di massimo relativo. Inoltre, limx→2−

f ′(x) = 0.

Infine, f ′′(x) =3x− 5

(x− 2)4e

x−1x−2 , per cui f ′′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [5

3, 2)∪ (2,+∞). Quindi f e convessa

in [53, 2), e in (2,+∞), e concava in [1, 5

3], mentre x = 5

3e un punto di flesso. Il grafico di f e

riportato in figura.



Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

12345

TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 4] Risolvere l’equazione(z + i

z − i

)3

= i.

Svolgimento:


(a) limn→∞

(2n + 3n3

)2n/n3

+ 3n4(2n + 4 log n

)2n/n3

+ nn2,

(b) limx→0

log(1 + 2x2)− e2x2+ 1

sin(2x2) + cos(2x)− 1.

Svolgimento:


0

(x + 2)√

4− x2 dx .

Svolgimento:


f(x, y) =

x sin(x2y)

x2 + y2+ 2x, (x, y) 6= (0, 0),

0, (x, y) = (0, 0),


Svolgimento:



f(x) = 3√

x(x2 − 4)


Svolgimento:



Esercizio A1. [punti 4] Risolvere l’equazione(z + i

z − i

)3

= i.

Svolgimento:

Si haz + i

z − i= ω, dove ω :=

3√i ∈{

cosπ2

+ 2kπ

3+i sin

π2

+ 2kπ

3: k = 0, 1, 2

}={±√3 + i

2,−i}

,

per cui z = iω + 1

ω − 1∈{i±√

3 + i+ 2

±√

3 + i− 2,−i1− i

1 + i

}={i(±√

3 + 2 + i)(±√

3− 2− i)(±√

3− 2)2 + 1,−i(1− i)

2

2

}={ 4

8∓ 4√

3,−1

}={

2±√

3,−1}

.


(a) limn→∞

(2n + 3n3

)2n/n3

+ 3n4(

2n + 4 log n)2n/n3

+ nn2,

(b) limx→0

log(1 + 2x2)− e2x2+ 1

sin(2x2) + cos(2x)− 1.


2n + 3n3)2n/n3

+ 3n4(

2n + 4 log n)2n/n3

+ nn2=( 2n + 3n3

2n + 4 log n

)2n/n3

(1 + o(1)) = exp

(2n

n3log( 1 + 3n3

2n

1 + 4 logn2n

))(1 + o(1))

= exp

(2n

n3

(3n3

2n(1 + o(1))− 4 log n

2n(1 + o(1)

))= exp

(3− 4 log n

n3+ o(1)

)= e3 + o(1).

(b) Se x→ 0,

log(1 + 2x2)− e2x2+ 1

sin(2x2) + cos(2x)− 1=

(2x2 − 2x4 + o(x4)

)−(1 + 2x2 + 2x4 + o(x4)

)+ 1(

2x2 − 43x6 + o(x6)

)+(1− 2x2 + 2

3x4 + o(x4)

)− 1

=−4x4 + o(x4)23x4(1 + o(1))

= −6 + o(1).


0

(x+ 2)√

4− x2 dx .

Svolgimento:

∫ 1

0

(x+ 2)√

4− x2 dx(a)=

∫ π/6

0

(2 sin t+ 2)2 cos t · 2 cos t dt = 8

∫ π/6

0

(sin t cos2 t+

1 + cos 2t

2

)dt

=[− 8

3cos3 t+ 4t+ 2 sin 2t

]π/60

= −√

3 +2π

3+√

3 +8

3=

2(4 + π)

3,

dove in (a) si e usata la sostituzione x = 2 sin t, dx = 2 cos t dt.


f(x, y) =

x sin(x2y)

x2 + y2+ 2x, (x, y) 6= (0, 0),

0, (x, y) = (0, 0),


Svolgimento:Intanto f e continua in R2 \ {(0, 0)}, perche composizione di funzioni continue. Verifichiamo see continua in (0, 0). Si ha

lim(x,y)→(0,0)

(x sin(x2y)

x2 + y2+ 2x

)= lim

(x,y)→(0,0)

x3y(1 + o(1))

x2 + y2= lim

ρ→0ρ2 cos3 ϑ sinϑ((1 + o(1)) = 0,

perche ρ2 → 0, e | cos3 ϑ sinϑ| ≤ 1. Calcoliamo le derivate parziali in R2 \ {(0, 0)}. Si ha

fx(x, y) =

(sin(x2y) + 2x2y cos(x2y)

)(x2 + y2)− 2x2 sin(x2y)

(x2 + y2)2+ 2,

fy(x, y) =x3 cos(x2y)(x2 + y2)− 2xy sin(x2y)

(x2 + y2)2,

che sono continue in R2 \ {(0, 0)}, per cui f e differenziabile in R2 \ {(0, 0)}, per il teorema deldifferenziale totale. In (0, 0), si ha

fx(0, 0) = limt→0

f(t, 0)− f(0, 0)

t= lim

t→0

2t

t= 2

fy(0, 0) = limt→0

f(0, t)− f(0, 0)

t= lim

t→0

0

t= 0.

Verifichiamo se f e differenziabile in (0, 0). Si ha

lim(x,y)→(0,0)

(x sin(x2y)x2+y2

+ 2x)− 2x

(x2 + y2)1/2= lim

(x,y)→(0,0)

x sin(x2y)

(x2 + y2)3/2= lim

ρ→0ρ cos3 ϑ sinϑ((1 + o(1)) = 0,

perche ρ→ 0, e | cos3 ϑ sinϑ| ≤ 1. Quindi f e differenziabile in (0, 0).Poiche f e differenziabile in (1, 0), esiste ivi il piano tangente, e ha equazione

z = f(1, 0) + fx(1, 0)(x− 1) + fy(1, 0)y = 2 + 2(x− 1) + y = 2x+ y.


f(x) = 3√x(x2 − 4)


Svolgimento:Si ha dom f = R. La funzione e continua, perche composizione e prodotto di funzioni continue.

Per x → ±∞, si ha f(x) = x 3

√1− 4

x2 = x(1 − 4

3x2 (1 + o(1))

= x + o(1), per cui f ha

asintoto obliquo y = x. Calcoliamo la derivata prima. Si ha f ′(x) =1

3

3x2 − 4(x(x2 − 4)

)2/3 , per

cui f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−2) ∪ (−2 − 2√3] ∪ [ 2√

3, 2) ∪ (2,+∞). Quindi f e crescente in

(−∞,− 2√3] e in [ 2√

3,+∞), e decrescente in [− 2√

3, 2√

3]. Infine, f ′−(2) = limx→2− f

′(x) = 5, e

f ′+(2) = limx→2+ f ′(x) = 3. Quindi x = 2 e un punto angoloso.

Infine, f ′′(x) =1

3

6x(x(x2 − 4)

)2/3 − 23

(x(x2 − 4)

)−1/3(3x2 − 4)2(

x(x2 − 4))4/3 = −8

9

3x2 + 4(x(x2 − 4)

)5/3 , per cui

f ′′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−2) ∪ (0, 2). Quindi f e convessa in (−∞,−2], e in [0, 2], e concavain [−2, 0] e in [2,+∞), mentre x = ±2 e x = 0 sono punti di flesso. Il grafico di f e riportatoin figura.

-10 -5 5 10

-10

-5

5

10



Cognome:

Nome:

Matricola, Crediti:

12345

TOTALE

Versione A

Esercizio A1. [punti 6] Disporre in ordine crescente di infinitesimo, per x→ 0+, le seguentifunzioni

f(x) =sin(x− 3x2 log x)

log(x + 2| log x|), g(x) =

ex2cos x− 1

xx − 1, h(x) =

4 arctg x + x log x

2 log(x| log x|).

Svolgimento:


(a) limn→∞

(4n2

+ n3n)1/n

(4 + 5n)n + n2 log n

,

(b) limx→0

log(1 + 6x)− sin 6x

arctg x− x− 2x2.

Svolgimento:


0

1

(x− 1)√

xdx .

Svolgimento:


y′′ + 6y′ + 10y = e−3t.

Svolgimento:



f(x) =2x + 1 + log(x4)

x

specificando: dominio, eventuali asintoti, punti di massimo/minimo relativo, intervalli di crescenzao decrescenza, punti di flesso, intervalli di concavita o convessita.

Svolgimento:



Esercizio A1. [punti 6] Disporre in ordine crescente di infinitesimo, per x→ 0+, le seguentifunzioni

f(x) =sin(x− 3x2 log x)

log(x+ 2| log x|), g(x) =

ex2cosx− 1

xx − 1, h(x) =

4 arctg x+ x log x

2 log(x| log x|).

Svolgimento:Per x→ 0+, si ha

f(x) =sin(x+ o(x))

log(2| log x|(1 + o(1))

) =x(1 + o(1))

log | log x|(1 + o(1))=

x

log | log x|(1 + o(1)),

g(x) =

(1 + x2 + o(x2)

)(1− 1

2x2 + o(x2)

)− 1

ex log x − 1=

12x2(1 + o(1))

x log x(1 + o(1))=

x

2 log x(1 + o(1)),

h(x) =4x(1 + o(1)) + x log x

2 log x+ 2 log | log x|=x log x(1 + o(1))

2 log x(1 + o(1))=x

2(1 + o(1)),

per cui l’ordine e h ≺ f ≺ g.


(a) limn→∞

(4n2

+ n3n)1/n

(4 + 5n)n + n2 log n

,

(b) limx→0


arctg x− x− 2x2.


4n2+ n3n

)1/n

(4 + 5n)n + n2 log n

(a)=

4n(1 + o(1)

)1/n

4n(1 + 5

4n

)n+ e2(log n)2

(b)=

4n(1 + o(1)

)4ne5/4(1 + o(1))

= e−5/4 + o(1) ,

dove si sono usati: in (a),n3n

4n2 = exp(3n log n− n2 log 4

)→ 0;

in (b),e2(log n)2

4n= exp

(2(log n)2 − n log 4

)→ 0.

(b) Se x→ 0,


arctg x− x− 2x2=

6x− 362x2 + o(x2)− 6x+ o(x2)

x+ o(x2)− x− 2x2=−18x2(1 + o(1))

−2x2(1 + o(1))= 9 + o(1).


0

1

(x− 1)√xdx .

Svolgimento: Si ha,∫ 1/4

0

1

(x− 1)√xdx = lim

a→0+

∫ 1/4

a

1

(x− 1)√x

(a)= lim

a→0+

∫ 1/2

√a

2dz

z2 − 1= lim

a→0+

∫ 1/2

√a

( 1

z − 1− 1

z + 1

)dz

= lima→0+

[log∣∣∣z − 1

z + 1

∣∣∣]1/2

√a

= − log 3− lima→0+

log∣∣∣√a− 1√

a+ 1

∣∣∣ = − log 3,

dove in (a) si e usata la sostituzione z =√x =⇒ x = z2, dx = 2z dz.


y′′ + 6y′ + 10y = e−3t.

Svolgimento:E un’equazione differenziale del secondo ordine lineare non omogenea. L’equazione caratteri-stica λ2 + 6λ + 10 = 0 ha soluzioni λ = −3 ± i. L’equazione omogenea associata ha soluzioneyom(t) = c1e

−3t cos t + c2e−3t sin t, con c1, c2 ∈ R. Cerchiamo una soluzione particolare del-

l’equazione non omogenea della forma yp(t) = ae−3t. Sostituendo nell’equazione differenziale,otteniamo 9ae−3t − 18ae−3t + 10ae−3t = e−3t ⇐⇒ a = 1, per cui yp(t) = e−3t, e la soluzionegenerale dell’equazione non omogenea e yg(t) = c1e

−3t cos t+ c2e−3t sin t+ e−3t.


f(x) =2x+ 1 + log(x4)

x

specificando: dominio, eventuali asintoti, punti di massimo/minimo relativo, intervalli di cre-scenza o decrescenza, punti di flesso, intervalli di concavita o convessita.

Svolgimento:Si ha dom f = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0,+∞). La funzione e continua, perche composizione esomma di funzioni continue.

Per x → ±∞, si ha f(x) =2x(1 + o(1))

x= 2 + o(1), per cui f ha asintoto orizzontale y = 2,

per x → ±∞. Inoltre, limx→0±

f(x) = limx→0±

4 log |x|(1 + o(1))

x= ∓∞, per cui x = 0 e asintoto

verticale. Calcoliamo la derivata prima. Si ha

f ′(x) =(2 + 4

x)x− (2x+ log(x4) + 1)

x2=

3− log(x4)

x2,

per cui f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [−e3/4, 0)∪ (0, e3/4]. Quindi f e crescente in [−e3/4, 0), e in (0, e3/4],e decrescente in (−∞,−e3/4], e in [e3/4,+∞). Allora, x = −e3/4 e un punto di minimo relativo,con f(−e3/4) = 2− 4e−3/4, e x = e3/4 e un punto di massimo relativo, con f(e3/4) = 2 + 4e−3/4.

Infine, f ′′(x) =2 log(x4)− 10

x3, x 6= 0, per cui f ′′(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [−e5/4, 0) ∪ [e5/4,+∞).

Quindi f e convessa in [−e5/4, 0), e in [e5/4,+∞), e concava in (−∞,−e5/4], e in (0, e5/4], mentrex = ±e5/4 sono punti di flesso. Il grafico di f e riportato in figura.

-10 -5 5 10

-4

-2

2

4

6

8

analisi matematica i (08/02/2013) - mat.uniroma2.itisola/teaching/analisiuno/anmat1.2012.13.pdf ·...

Documents