ANALISI 1 - ESAMI, Esami di Analisi 1, Prove d'esame di Analisi Matematica I

Scarica ANALISI 1 - ESAMI, Esami di Analisi 1 e più Prove d'esame in PDF di Analisi Matematica I solo su Docsity! Analisi Matematica 1 — 12 febbraio 2013 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 1 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = ex 2+1 x3 + 1 , g(x) = x2 log(x + 1) 1 + x2 . Si ha f ′(x) = ex 2+12x(x3 + 1)− ex2+13x2 (x3 + 1)2 = ex 2+1(2x4 − 3x2 + 2x) (x3 + 1)2 e g′(x) = [2x log(x + 1) + x 2 x+1 ](1 + x2)− x2 log(x + 1)2x (x2 + 1)2 = 2x(x + 1) log(x + 1) + x4 + x2 (x + 1)(x2 + 1)2 . (2) Si calcolino i seguenti integrali definiti:∫ 3 2 1 x log2 x dx , ∫ 1 0 x2e2x dx Si ha ∫ 3 2 1 x log2 x dx = [ − 1 log x ]3 2 = 1 log 2 − 1 log 3 e ∫ 1 0 x2e2x dx = [ x2 e2x 2 ]1 0 − ∫ 1 0 xe2x dx = [ x2 e2x 2 ]1 0 − [ x e2x 2 ]1 0 + ∫ 1 0 e2x 2 dx = [ e2x 2 ( x2 − x + 1 2 )]1 0 = e2 − 1 4 . 1 (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = √ x + 1 x2 − 1 . (Lo studio della convessità/concavità non è richiesto). • Dominio di f : (−1, 1) ∪ (1,+∞). • Segno di f :  f(x) > 0 se e solo se x > 1 , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 se e solo se − 1 < x < 1 . • Limiti nei punti di frontiera del dominio e a +∞: lim x→−1+ √ x + 1 x2 − 1 = lim x→−1+ 1 (x− 1) √ x + 1 = −∞ , lim x→1− √ x + 1 x2 − 1 = −∞ , lim x→1+ √ x + 1 x2 − 1 = +∞ , lim x→+∞ √ x + 1 x2 − 1 = 0 . Pertanto le rette x = −1 e x = 1 sono asintoti verticali mentre la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a +∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = −3x2 − 4x− 1 2 √ x + 1(x2 − 1)2 per ogni x ∈ (−1, 1) ∪ (1,+∞) . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − 1 < x < −1 3 , f ′(x) = 0 se e solo se x = −1 3 , f ′(x) < 0 se e solo se − 1 3 < x < 1 oppure x > 1 . In conclusione f è crescente in ( −1,−1 3 ) e decrescente in (−1 3 , 1) e in (1,+∞). Il punto x = −1 3 è un punto di massimo locale. Analisi Matematica 1 — 12 febbraio 2013 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = ex 2−1 x3 − 1 , g(x) = x2 log(x− 1) 1 + x2 . Si ha f ′(x) = ex 2−12x(x3 − 1)− ex2−13x2 (x3 − 1)2 = ex 2−1(2x4 − 3x2 − 2x) (x3 − 1)2 e g′(x) = [2x log(x− 1) + x2 x−1 ](1 + x 2)− x2 log(x− 1)2x (x2 + 1)2 = 2x(x− 1) log(x− 1) + x4 + x2 (x− 1)(x2 + 1)2 . (2) Si calcolino i seguenti integrali definiti:∫ 3 2 1 x log3 x dx , ∫ 1 0 x2e3x dx . Si ha ∫ 3 2 1 x log3 x dx = [ −1 2 1 log2 x ]3 2 = 1 2 ( 1 log2 2 − 1 log2 3 ) e∫ 1 0 x2e3x dx = [ x2 e3x 3 ]1 0 − ∫ 1 0 2 3 xe3x dx = [ x2 e3x 3 ]1 0 − [ 2 9 xe3x ]1 0 + ∫ 1 0 2 9 e3x dx = [ e3x 27 ( 9x2 − 6x + 2 )]1 0 = 5e3 − 2 27 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = √ 1− x x2 − 1 . (Lo studio della convessità/concavità non è richiesto). • Dominio di f : (−∞,−1) ∪ (−1, 1). • Segno di f :  f(x) > 0 se e solo se x < −1 , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 se e solo se − 1 < x < 1 . • Limiti nei punti di frontiera del dominio e a +∞: lim x→−1+ √ 1− x x2 − 1 = lim x→−1+ − 1 (x + 1) √ 1− x = −∞ , lim x→−1− √ 1− x x2 − 1 = +∞ , lim x→1− √ 1− x x2 − 1 = −∞ , lim x→−∞ √ 1− x x2 − 1 = 0 . Pertanto le rette x = −1 e x = 1 sono asintoti verticali mentre la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = 3x2 − 4x + 1 2 √ 1− x(x2 − 1)2 per ogni x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1) . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se x < −1 oppure − 1 < x < 1 3 , f ′(x) = 0 se e solo se x = 1 3 , f ′(x) < 0 se e solo se 1 3 < x < 1 . In conclusione f è crescente (−∞,−1) e in ( −1, 1 3 ) e decrescente in (1 3 , 1). Il punto x = 1 3 è un punto di massimo locale. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→3 | log(x− 2) + ex−3 − 1| 1− cos( √ |x− 3|) , lim x→+∞ √ x2 + 2− √ x2 − 2 + √ x√ x + 1 . Consideriamo il primo limite: lim x→3 | log(x− 2) + ex−3 − 1| 1− cos( √ |x− 3|) = lim x→3 |2(x− 3)| 1 2 |x− 3| = 4 . Si ha infatti che log(x−2) = log(1+x−3) = x−3+o(x−3), ex−3−1 = x−3+o(x−3) e 1− cos( √ |x− 3|) = 1 2 |x− 3|+ o(x− 3) per x→ 3. Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ √ x2 + 2− √ x2 − 2 + √ x√ x + 1 = lim x→+∞ ( √ x2 + 2− √ x2 − 2)( √ x2 + 2 + √ x2 − 2) √ x + 1( √ x2 + 2 + √ x2 − 2) + lim x→+∞ √ x√ x + 1 = 1 + lim x→+∞ 4 √ x + 1( √ x2 + 2 + √ x2 − 2) = 1 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = √ x + 2 x2 − 4 . (Lo studio della convessità/concavità non è richiesto). • Dominio di f : (−2, 2) ∪ (2,+∞). • Segno di f :  f(x) > 0 se e solo se x > 2 , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 se e solo se − 2 < x < 2 . • Limiti nei punti di frontiera del dominio e a +∞: lim x→−2+ √ x + 2 x2 − 4 = lim x→−2+ 1 (x− 2) √ x + 2 = −∞ , lim x→2− √ x + 2 x2 − 4 = −∞ , lim x→2+ √ x + 2 x2 − 4 = +∞ , lim x→+∞ √ x + 2 x2 − 4 = 0 . Pertanto le rette x = −2 e x = 2 sono asintoti verticali mentre la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a +∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = −3x2 − 8x− 4 2 √ x + 2(x2 − 4)2 per ogni x ∈ (−2, 2) ∪ (2,+∞) . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − 2 < x < −2 3 , f ′(x) = 0 se e solo se x = −2 3 , f ′(x) < 0 se e solo se − 2 3 < x < 2 oppure x > 2 . In conclusione f è crescente in ( −2,−2 3 ) e decrescente in (−2 3 , 2) e in (2,+∞). Il punto x = −2 3 è un punto di massimo locale. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→2 |2 log(x− 1) + ex−2 − 1| 1− cos( √ |x− 2|) , lim x→+∞ √ x2 + 3− √ x2 − 3 + √ x√ x + 1 . Consideriamo il primo limite: lim x→2 |2 log(x− 1) + ex−2 − 1| 1− cos( √ |x− 2|) = lim x→2 |3(x− 2)| 1 2 |x− 2| = 6 . Infatti si ha log(x−1) = log(1 +x−2) = x−2 + o(x−2), ex−2−1 = x−2 + o(x−2), 1− cos( √ |x− 2|) = 1 2 |x− 2|+ o(x− 2) per x→ 2. Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ √ x2 + 3− √ x2 − 3 + √ x√ x + 1 = lim x→+∞ ( √ x2 + 3− √ x2 − 3)( √ x2 + 3 + √ x2 − 3) √ x + 1( √ x2 + 3 + √ x2 − 3) + lim x→+∞ √ x√ x + 1 = 1 + lim x→+∞ 6 √ x + 1( √ x2 + 3 + √ x2 − 3) = 1 . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x5√ 1 + x2 . Integrando per parti due volte si ha∫ x5√ 1 + x2 dx = x4 √ 1 + x2 − ∫ 4x3 √ 1 + x2 dx = x4 √ 1 + x2 − 4 3 x2(1 + x2)3/2 + ∫ 8 3 x(1 + x2)3/2 = x4 √ 1 + x2 − 4 3 x2(1 + x2)3/2 + 8 15 (1 + x2)5/2 + C . Nella seconda integrazione per parti la funzione x3 √ 1 + x2 viene vista come prodotto di x2 e di x √ 1 + x2. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→3 |2 log(x− 2) + ex−3 − 1| 1− cos( √ |x− 3|) , lim x→+∞ √ x2 + 4− √ x2 − 4 + √ x√ x + 1 . Consideriamo il primo limite: lim x→3 |2 log(x− 2) + ex−3 − 1| 1− cos( √ |x− 3|) = lim x→3 |3(x− 3)| 1 2 |x− 3| = 6 . Si ha infatti log(x−2) = log(1 +x−3) = x−3 +o(x−3), ex−3−1 = x−3 +o(x−3), 1− cos( √ |x− 3|) = 1 2 |x− 3|+ o(x− 3) per x→ 3. Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ √ x2 + 4− √ x2 − 4 + √ x√ x + 1 = lim x→+∞ ( √ x2 + 4− √ x2 − 4)( √ x2 + 4 + √ x2 − 4) √ x + 1( √ x2 + 4 + √ x2 − 4) + lim x→+∞ √ x√ x + 1 = 1 + lim x→+∞ 8 √ x + 1( √ x2 + 4 + √ x2 − 4) = 1 . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x2√ 1− x2 . Integrando per parti e utilizzando un opportuno cambiamento di variabile si ha∫ x2√ 1− x2 dx = −x √ 1− x2 − ∫ − √ 1− x2 dx = −x √ 1− x2 + (∫ cos2 t dt ) |t=arcsinx = −x √ 1− x2 + ( 1 2 (t + sin t cos t) ) |t=arcsinx = −x √ 1− x2 + 1 2 arcsinx + 1 2 x √ 1− x2 + C = −1 2 x √ 1− x2 + 1 2 arcsinx + C . Analisi Matematica 1 — 26 febbraio 2013 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 1 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = arctan(x + 1) x + 1 , g(x) = x2(sinx)(log x) . Si ha f ′(x) = 1 1+(x+1)2 (x + 1)− arctan(x + 1) (x + 1)2 = x + 1− (x2 + 2x + 2) arctan(x + 1) (x + 1)2(x2 + 2x + 2) e g′(x) = 2x(sinx)(log x) + x2(cosx)(log x) + x sinx . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ log 3 log 2 e4x + 2ex e2x − 1 dx . Utilizzando il cambiamento di variabile x = log t si ha∫ log 3 log 2 e4x + 2ex e2x − 1 dx = ∫ 3 2 t3 + 2 t2 − 1 dt = ∫ 3 2 t3 − t + t + 2 t2 − 1 dt = ∫ 3 2 ( t + t + 2 t2 − 1 ) dt = [ t2 2 ]3 2 + ∫ 3 2 ( 3 2 1 t− 1 − 1 2 1 t + 1 ) dt = [ t2 2 + 3 2 log |t− 1| − 1 2 log |t + 1| ]3 2 = 5 2 + log √ 6 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = x2 + 2x + 1 x2 + 1 . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 se e solo se x 6= −1 , f(x) = 0 se e solo se x = −1 , f(x) < 0 mai . 1 Integrando per parti si ha∫ x3 log(1 + x2) dx = x4 4 log(1 + x2)− ∫ x4 4 2x 1 + x2 dx = x4 4 log(1 + x2)− 1 2 ∫ x5 1 + x2 dx = x4 4 log(1 + x2)− 1 2 ∫ (x5 + x3)− x3 1 + x2 dx = x4 4 log(1 + x2)− 1 2 ∫ ( x3 − x 3 + x− x 1 + x2 ) dx = x4 4 log(1 + x2)− 1 2 ∫ ( x3 − x + x 1 + x2 ) dx = x4 4 log(1 + x2)− 1 2 ( x4 4 − x 2 2 + 1 2 log(1 + x2) ) + C = x4 4 log(1 + x2)− x 4 8 + x2 4 − 1 4 log(1 + x2) + C . Analisi Matematica 1 — 26 febbraio 2013 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = arctan(x + 1) x− 1 , g(x) = x2(cosx)(log x) Si ha f ′(x) = 1 1+(x+1)2 (x− 1)− arctan(x + 1) (x− 1)2 = x− 1− (x2 + 2x + 2) arctan(x + 1) (x− 1)2(x2 + 2x + 2) e g′(x) = 2x(cosx)(log x)− x2(sinx)(log x) + x cosx . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ log 3 log 2 e4x − 2ex e2x − 1 dx . Utilizzando il cambiamento di variabile x = log t si ha∫ log 3 log 2 e4x − 2ex e2x − 1 dx = ∫ 3 2 t3 − 2 t2 − 1 dt = ∫ 3 2 t3 − t + t− 2 t2 − 1 dt = ∫ 3 2 ( t + t− 2 t2 − 1 ) dt = [ t2 2 ]3 2 + ∫ 3 2 ( −1 2 1 t− 1 + 3 2 1 t + 1 ) dt = [ t2 2 − 1 2 log |t− 1|+ 3 2 log |t + 1| ]3 2 = 5 2 + 5 log √ 2− 3 log √ 3 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = x2 + 2x + 2 x2 + 2 . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 per ogni x ∈ R , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 mai . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ x2 + 2x + 2 x2 + 2 = 1 , lim x→+∞ x2 + 2x + 2 x2 + 2 = 1 . Pertanto la retta y = 1 è un asintoto orizzontale sia a +∞ che a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = −2(x 2 − 2) (x2 + 2)2 per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − √ 2 < x < √ 2 , f ′(x) = 0 se e solo se x = − √ 2 oppure x = √ 2 , f ′(x) < 0 se e solo se x < − √ 2 oppure x > √ 2 . In conclusione f è crescente in (− √ 2, √ 2) e decrescente in (−∞,− √ 2) e in ( √ 2,+∞). Il punto x = − √ 2 è un punto di minimo locale e il punto x = √ 2 è un punto di massimo locale. Tenendo conto dell’andamento della funzione e dei limiti a ±∞ si deduce che x = − √ 2 è un punto di minimo globale mentre x = √ 2 è un punto di massimo globale. Pertanto di ha che min x∈R f(x) = f(− √ 2) = 2− √ 2 2 e max x∈R f(x) = f( √ 2) = 2 + √ 2 2 . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 4x(x2 − 6) (x2 + 2)3 . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se − √ 6 < x < 0 oppure x > √ 6 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = − √ 6 , x = 0 oppure x = √ 6 , f ′′(x) < 0 se e solo se x < − √ 6 oppure 0 < x < √ 6 . In conclusione f è convessa in (− √ 6, 0) e in ( √ 6,+∞) mentre è concava in (−∞,− √ 6) e in (0, √ 6). I punti x = − √ 6, x = 0 e x = √ 6 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Analisi Matematica 1 — 26 febbraio 2013 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 3 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = arctan(x− 1) x + 1 , g(x) = x3(sinx)(log x) Si ha f ′(x) = 1 1+(x−1)2 (x + 1)− arctan(x− 1) (x + 1)2 = x + 1− (x2 − 2x + 2) arctan(x− 1) (x + 1)2(x2 − 2x + 2) e g′(x) = 3x2(sinx)(log x) + x3(cosx)(log x) + x2 sinx . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ log 3 log 2 2e4x + ex e2x − 1 dx . Utilizzando il cambiamento di variabile x = log t si ha∫ log 3 log 2 2e4x + ex e2x − 1 dx = ∫ 3 2 2t3 + 1 t2 − 1 dt = ∫ 3 2 2t3 − 2t + 2t + 1 t2 − 1 dt = ∫ 3 2 ( 2t + 2t + 1 t2 − 1 ) dt = [ t2 ]3 2 + ∫ 3 2 ( 3 2 1 t− 1 + 1 2 1 t + 1 ) dt = [ t2 + 3 2 log |t− 1|+ 1 2 log |t + 1| ]3 2 = 5 + 5 log √ 2− log √ 3 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = x2 + 2x + 3 x2 + 3 . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 per ogni x ∈ R , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 mai . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ x2 + 2x + 3 x2 + 3 = 1 , lim x→+∞ x2 + 2x + 3 x2 + 3 = 1 . Pertanto la retta y = 1 è un asintoto orizzontale sia a +∞ che a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = −2(x 2 − 3) (x2 + 3)2 per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − √ 3 < x < √ 3 , f ′(x) = 0 se e solo se x = − √ 3 oppure x = √ 3 , f ′(x) < 0 se e solo se x < − √ 3 oppure x > √ 3 . In conclusione f è crescente in (− √ 3, √ 3) e decrescente in (−∞,− √ 3) e in ( √ 3,+∞). Il punto x = − √ 3 è un punto di minimo locale e il punto x = √ 3 è un punto di massimo locale. Tenendo conto dell’andamento della funzione e dei limiti a ±∞ si deduce che x = − √ 3 è un punto di minimo globale mentre x = √ 3 è un punto di massimo globale. Pertanto di ha che min x∈R f(x) = f(− √ 3) = 3− √ 3 3 e max x∈R f(x) = f( √ 3) = 3 + √ 3 3 . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 4x(x2 − 9) (x2 + 3)3 . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se − 3 < x < 0 oppure x > 3 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = −3 , x = 0 oppure x = 3 , f ′′(x) < 0 se e solo se x < −3 oppure 0 < x < 3 . In conclusione f è convessa in (−3, 0) e in (3,+∞) mentre è concava in (−∞,−3) e in (0, 3). I punti x = −3, x = 0 e x = 3 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→1 2− 2 cos(x− 1)− (x− 1)2 (x− 1)4 , lim x→+∞ e3x − x2 + √ x x2ex . Consideriamo il primo limite: applicando tre volte il Teorema di De L’Hospital si ottiene lim x→1 2− 2 cos(x− 1)− (x− 1)2 (x− 1)4 = lim x→1 2 sin(x− 1)− 2(x− 1) 4(x− 1)3 = lim x→1 2 cos(x− 1)− 2 12(x− 1)2 = lim x→1 −2 sin(x− 1) 24(x− 1) = − 1 12 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ e3x − x2 + √ x x2ex = lim x→+∞ e3x + o(e3x) x2ex = lim x→+∞ e3x x2ex = lim x→+∞ e2x x2 = +∞ . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x3 log(3 + x2) . • Segno di f :  f(x) > 0 per ogni x ∈ R , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 mai . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ x2 + 2x + 4 x2 + 4 = 1 , lim x→+∞ x2 + 2x + 4 x2 + 4 = 1 . Pertanto la retta y = 1 è un asintoto orizzontale sia a +∞ che a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = −2(x 2 − 4) (x2 + 4)2 per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − 2 < x < 2 , f ′(x) = 0 se e solo se x = −2 oppure x = 2 , f ′(x) < 0 se e solo se x < −2 oppure x > 2 . In conclusione f è crescente in (−2, 2) e decrescente in (−∞,−2) e in (2,+∞). Il punto x = −2 è un punto di minimo locale e il punto x = 2 è un punto di massimo locale. Tenendo conto dell’andamento della funzione e dei limiti a ±∞ si deduce che x = −2 è un punto di minimo globale mentre x = 2 è un punto di massimo globale. Pertanto di ha che min x∈R f(x) = f(−2) = 1 2 e max x∈R f(x) = f(2) = 3 2 . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 4x(x2 − 12) (x2 + 4)3 . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se − 2 √ 3 < x < 0 oppure x > 2 √ 3 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = −2 √ 3 , x = 0 oppure x = 2 √ 3 , f ′′(x) < 0 se e solo se x < −2 √ 3 oppure 0 < x < 2 √ 3 . In conclusione f è convessa in (−2 √ 3, 0) e in (2 √ 3,+∞) mentre è concava in (−∞,−2 √ 3) e in (0, 2 √ 3). I punti x = −2 √ 3, x = 0 e x = 2 √ 3 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→1 log(x)− x + 1 (x− 1)2 , lim x→+∞ e3x + x2 − √ x x2ex . Consideriamo il primo limite: applicando il Teorema di De L’Hospital si ottiene lim x→1 log(x)− x + 1 (x− 1)2 = lim x→1 1 x − 1 2(x− 1) = lim x→1 1− x x 1 2(x− 1) = −1 2 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ e3x + x2 − √ x x2ex = lim x→+∞ e3x + o(e3x) x2ex = lim x→+∞ e3x x2ex = lim x→+∞ e2x x2 = +∞ . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x3 log(4 + x2) . Integrando per parti si ha∫ x3 log(4 + x2) dx = x4 4 log(4 + x2)− ∫ x4 4 2x 4 + x2 dx = x4 4 log(4 + x2)− 1 2 ∫ x5 4 + x2 dx = x4 4 log(4 + x2)− 1 2 ∫ (x5 + 4x3)− 4x3 4 + x2 dx = x4 4 log(4 + x2)− 1 2 ∫ ( x3 − 4x 3 + 4x− 4x 4 + x2 ) dx = x4 4 log(4 + x2)− 1 2 ∫ ( x3 − 4x + 16 x 4 + x2 ) dx = x4 4 log(4 + x2)− 1 2 ( x4 4 − 2x2 + 8 log(4 + x2) ) + C = x4 4 log(4 + x2)− x 4 8 + x2 − 4 log(4 + x2) + C . si ottiene lim x→0 sinx− x− cosx+ 1 x2 = lim x→0 cosx− 1 + sin x 2x = 1 2 lim x→0 x cosx− 1 x2 + 1 2 lim x→0 sinx x = 1 2 · 0 · ( −1 2 ) + 1 2 · 1 = 1 2 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ x2 + √ x+ log x x3 + 1 = lim x→+∞ x2 x3 = lim x→+∞ 1 x = 0 . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x2 sinx . Integrando per parti due volte si ha∫ x2 sinx dx = −x2 cosx− ∫ −2x cosx dx = −x2 cosx+ ∫ 2x cosx dx = −x2 cosx+ 2x sinx− ∫ 2 sinx dx = −x2 cosx+ 2x sinx+ 2 cosx+ C . Analisi Matematica 1 — 17 giugno 2013 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = cos(x3) x2 + 1 , g(x) = ex(sinx)(log x) . Si ha f ′(x) = −3x2(sin(x3))(x2 + 1)− 2x cos(x3) (x2 + 1)2 e g′(x) = ex(sinx)(log x) + ex(cosx)(log x) + ex sinx x . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ e2 e 1− log x x(4 + log2 x) dx . Utilizzando il cambiamento di variabile x = et si ha∫ e2 e 1− log x x(4 + log2 x) dx = ∫ 2 1 1− t 4 + t2 dt = [ 1 2 arctan ( t 2 ) − 1 2 log(4 + t2) ]2 1 = π 8 − 1 2 log 8 5 − 1 2 arctan 1 2 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = ex(1− x− x2) . • Dominio di f : R. • Segno di f : f(x) > 0 se e solo se −1− √ 5 2 < x < −1+ √ 5 2 , f(x) = 0 se e solo se x = −1± √ 5 2 , f(x) < 0 se e solo se x < −1− √ 5 2 o x > −1+ √ 5 2 . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ ex(1− x− x2) = 0 , lim x→+∞ ex(1− x− x2) = −∞ . Pertanto la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a −∞. Inoltre la funzione f non presenta asintoti obliqui a +∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = −ex(x2 + 3x) per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − 3 < x < 0 , f ′(x) = 0 se e solo se x = −3 o x = 0 , f ′(x) < 0 se e solo se x < −3 o x > 0 . In conclusione f è crescente in (−3, 0) e decrescente in (−∞,−3) e in (0,+∞). Il punto x = −3 è un punto di minimo locale e il punto x = 0 è un punto di massimo globale. Pertanto di ha che max x∈R f(x) = f(0) = 1 . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = −ex(x2 + 5x+ 3) . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se −5− √ 13 2 < x < −5+ √ 13 2 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = −5± √ 13 2 , f ′′(x) < 0 se e solo se x < −5− √ 13 2 o x > −5+ √ 13 2 . In conclusione f è convessa in ( −5− √ 13 2 , −5+ √ 13 2 ) mentre è concava in ( −∞, −5− √ 13 2 ) e in ( −5+ √ 13 2 ,+∞ ) . I punti x = −5− √ 13 2 e x = −5+ √ 13 2 sono punti di flesso. (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 2 sinx− 2x− cosx+ 1 x2 , lim x→+∞ 2x2 − √ x+ log x x3 + 2 . Consideriamo il primo limite: applicando una volta il Teorema di De L’Hospital e sfruttando i limiti notevoli lim x→0 sinx x = 1 , lim x→0 1− cosx x2 = 1 2 , • Limiti in −1 e 1: lim x→−1− ex x2 − 1 = +∞ , lim x→−1+ ex x2 − 1 = −∞ lim x→1− ex x2 − 1 = −∞ , lim x→1+ ex x2 − 1 = +∞ . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ ex x2 − 1 = 0 , lim x→+∞ ex x2 − 1 = +∞ . Pertanto la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a −∞. Inoltre la funzione f non presenta asintoti obliqui a +∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = ex(x2 − 2x− 1) (x2 − 1)2 per ogni x 6= ±1 . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1− √ 2) ∪ (1 + √ 2,+∞) , f ′(x) = 0 se e solo se x = 1− √ 2 o x = 1 + √ 2 , f ′(x) < 0 se e solo se x ∈ (1− √ 2, 1) ∪ (1, 1 + √ 2) . In conclusione f è crescente in (−∞,−1), (−1, 1− √ 2) e in (1+ √ 2,+∞) e decrescente in (1− √ 2, 1) e in (1, 1 + √ 2). Il punto x = 1− √ 2 è un punto di massimo locale e il punto x = 1 + √ 2 è un punto di minimo locale. (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 ex − cosx− sinx x2 , lim x→+∞ √ x− 4 √ x + 3 √ x√ x + 1 . Consideriamo il primo limite: applicando due volte il Teorema di De L’Hospital si ottiene lim x→0 ex − cosx− sinx x2 = lim x→0 ex + sinx− cosx 2x = lim x→0 ex + cosx + sinx 2 = 1 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ √ x− 4 √ x + 3 √ x√ x + 1 = lim x→+∞ √ x√ x + 1 = 1 . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = ex sinx . Integrando per parti due volte si ha∫ ex sinx dx = ex sinx− ∫ ex cosx dx = ex sinx− ( ex cosx− ∫ ex(− sinx) dx ) = ex(sinx− cosx)− ∫ ex sinx dx da cui si ricava ∫ ex sinx dx = ex 2 (sinx− cosx) + C . Analisi Matematica 1 — 18 settembre 2013 La durata dell’esame è di 120 min. Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = cos(x2) x3 + 1 , g(x) = e−x(cosx)(log x) . Si ha f ′(x) = −2x(sin(x2))(x3 + 1)− 3x2 cos(x2) (x3 + 1)2 e g′(x) = −e−x(cosx)(log x)− e−x(sinx)(log x) + e −x cosx x . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ log 3 log 2 e2x√ 1 + e2x dx . Utilizzando il cambiamento di variabile x = 1 2 log t si ha∫ log 3 log 2 e2x√ 1 + e2x dx = ∫ 9 4 1 2 1√ 1 + t dt = [√ 1 + t ]9 4 = √ 10− √ 5 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = x2 + 2x + 3 x2 + 3 . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 per ogni x ∈ R , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 mai . 1 Analisi Matematica 1 — 7 febbraio 2014 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 1 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = xe2x x− 1 , g(x) = x(log(3x))(arctanx) . Si ha f ′(x) = e2x(2x+ 1)(x− 1)− xe2x (x− 1)2 e g′(x) = log(3x)(arctanx) + arctan x+ x log(3x) x2 + 1 . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ e2 1 1 x(4 + log2 x) dx . Utilizzando il cambiamento di variabile t = log x equivalente a x = et si ha∫ e2 1 1 x(4 + log2 x) dx = ∫ 2 0 1 4 + t2 dt = 1 4 ∫ 2 0 1 1 + ( t 2 )2 dt = [12 arctan ( t 2 )]2 0 = 1 2 arctan 1 = π 8 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = e−2x(x2 + 2x+ 1) . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 per ogni x ∈ R \ {−1} , f(x) = 0 se e solo se x = −1 , f(x) < 0 mai. 1 • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ e−2x(x2 + 2x+ 1) = +∞ , lim x→+∞ e−2x(x2 + 2x+ 1) = lim x→+∞ x2 e2x = 0 . Pertanto la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a +∞. Inoltre la funzione f non presenta asintoti obliqui a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = e−2x(−2x2 − 2x) per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se − 1 < x < 0 , f ′(x) = 0 se e solo se x = −1 o x = 0 , f ′(x) < 0 se e solo se x < −1 o x > 0 . In conclusione f è crescente in (−1, 0) e decrescente in (−∞,−1) e in (0,+∞). Il punto x = −1 è un punto di minimo globale in quanto f(−1) = 0 e il punto x = 0 è un punto di massimo locale. • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 2e−2x(2x2 − 1) . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se x < − 1√ 2 o x > 1√ 2 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = ± 1√ 2 , f ′′(x) < 0 se e solo se − 1√ 2 < x < 1√ 2 . In conclusione f è convessa in ( −∞, 1√ 2 ) e in ( 1√ 2 ,+∞ ) mentre è concava in ( − 1√ 2 , 1√ 2 ) . I punti x = − 1√ 2 e x = 1√ 2 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→1 2ex−1 − 2− sin(2x− 2) (x− 1)2 , lim x→+∞ x3 + ex − log x x4 + 1 . Consideriamo il primo limite: applicando due volte il Teorema di De L’Hopital si ottiene lim x→1 2ex−1 − 2− sin(2x− 2) (x− 1)2 = lim x→1 2ex−1 − 2 cos(2x− 2) 2(x− 1) = lim x→1 2ex−1 + 4 sin(2x− 2) 2 = 1 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ x3 + ex − log x x4 + 1 = lim x→+∞ ex x4 = +∞ . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ e2x(x2 − 2x+ 1) = lim x→−∞ x2 e−2x = 0 , lim x→+∞ e2x(x2 − 2x+ 1) = +∞ . Pertanto la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a −∞. Inoltre la funzione f non presenta asintoti obliqui a +∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = e2x(2x2 − 2x) per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se x < 0 o x > 1 , f ′(x) = 0 se e solo se x = 0 o x = 1 , f ′(x) < 0 se e solo se 0 < x < 1 . In conclusione f è crescente in (−∞, 0) e in (1,+∞) e decrescente in (0, 1). Il punto x = 0 è un punto di massimo locale e il punto x = 1 è un punto di minimo globale in quanto f(1) = 0. • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 2e2x(2x2 − 1) . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se x < − 1√ 2 o x > 1√ 2 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = ± 1√ 2 , f ′′(x) < 0 se e solo se − 1√ 2 < x < 1√ 2 . In conclusione f è convessa in ( −∞,− 1√ 2 ) e in ( 1√ 2 ,+∞ ) mentre è concava in( − 1√ 2 , 1√ 2 ) . I punti x = − 1√ 2 e x = 1√ 2 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→2 3ex−2 − 3− sin(3x− 6) (x− 2)2 , lim x→+∞ x4 + ex − log x x2 + 1 . Consideriamo il primo limite: applicando due volte il Teorema di De L’Hopital si ottiene lim x→2 3ex−2 − 3− sin(3x− 6) (x− 2)2 = lim x→2 3ex−2 − 3 cos(3x− 6) 2(x− 2) = lim x→2 3ex−2 + 9 sin(3x− 6) 2 = 3 2 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ x4 + ex − log x x2 + 1 = lim x→+∞ ex x2 = +∞ . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x2 cosh(x) . Integrando per parti due volte si ha∫ x2 cosh(x) dx = x2 sinh(x)− ∫ 2x sinh(x) dx = x2 sinh(x)− ( 2x cosh(x)− ∫ 2 cosh(x) dx ) = x2 sinh(x)− 2x cosh(x) + 2 sinh(x) + C . In conclusione f è convessa in ( − √ 3,− 1√ 2 ) , ( 0, 1√ 2 ) e in ( √ 3,+∞); f concava in (−∞,− √ 3), ( − 1√ 2 , 0 ) e in ( 1√ 2 , √ 3 ) . I punti x = ± 1√ 2 , x = 0 e x = ± √ 3 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -3.5 -3.25 -3 -2.75 -2.5 -2.25 -2 -1.75 -1.5 -1.25 -1 -0.75 -0.5 -0.25 0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5 2.75 3 3.25 3.5 -0.5 -0.25 0 0.25 0.5 Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 log(1 + x)− x+ 1− cosx x3 , lim x→+∞ ( √ x3 + x− √ x3 + 1) . Consideriamo il primo limite: applicando tre volte il Teorema di De L’Hopital si ottiene lim x→0 log(1 + x)− x+ 1− cosx x3 = lim x→0 1 1+x + sinx− 1 3x2 = lim x→0 − 1 (1+x)2 + cosx 6x = lim x→0 2 (1+x)3 − sinx 6 = 1 3 . Passiamo al secondo limite. Moltiplicando e dividendo per √ x3 + x + √ x3 + 1 si ottiene lim x→+∞ ( √ x3 + x− √ x3 + 1) = lim x→+∞ x3 + x− x3 − 1√ x3 + x+ √ x3 + 1 = lim x→+∞ x 2 √ x3 = 0 . (5) Si calcoli il seguente integrale:∫ 1 0 2x+ 1 x2 + 2x+ 2 dx . Si ha∫ 1 0 2x+ 1 x2 + 2x+ 2 dx = ∫ 1 0 2x+ 2 x2 + 2x+ 2 dx− ∫ 1 0 1 x2 + 2x+ 2 dx = [log(x2 + 2x+ 2)]10 − ∫ 1 0 1 1 + (x+ 1)2 dx = log 5 2 − [arctan(x+ 1)]10 = log 52 − arctan 2 + π 4 . Analisi Matematica 1 — 21 febbraio 2014 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = 3x tanx , g(x) = ex √ x3 + 1 . Si ha f ′(x) = (log 3)3x tanx+ 3x cos2 x e g′(x) = ex √ x3 + 1 + 3x2ex 2 √ x3 + 1 . (2) Si studino continuità e derivabilità della funzione f(x) = x 2e−x se x ≥ 0 (sinx) log(1− x) se x < 0 classificandone gli eventuali punti di discontinuità e non derivabilità. Si ha che f è continua in R essendo 0 = f(0) = lim x→0+ x2e−x = lim x→0− (sinx) log(1− x) . Inoltre f è derivabile in (−∞, 0) e in (0,+∞) e f ′(x) = (−x 2 + 2x)e−x se x > 0 (cosx) log(1− x)− sinx 1−x se x < 0 . Da ciò si deduce che lim x→0+ f ′(x) = lim x→0+ (−x2 + 2x)e−x = 0 , lim x→0− f ′(x) = lim x→0− (cosx) log(1− x)− sinx 1− x = 0 Pertanto essendo f continua in x = 0 si deduce anche che f è derivabile in x = 0 e inoltre f ′(0) = lim x→0+ f ′(x) = lim x→0− f ′(x) = 0 . Possiamo quindi concludere che f è derivabile su tutto R. Passiamo al secondo limite. Moltiplicando e dividendo per √ x3 + 2x + √ x3 + 2 si ottiene lim x→+∞ ( √ x3 + 2x− √ x3 + 2) = lim x→+∞ x3 + 2x− x3 − 2√ x3 + 2x+ √ x3 + 2 = lim x→+∞ 2x 2 √ x3 = 0 . (5) Si calcoli il seguente integrale:∫ 1 0 2x+ 3 x2 + 2x+ 2 dx . Si ha∫ 1 0 2x+ 3 x2 + 2x+ 2 dx = ∫ 1 0 2x+ 2 x2 + 2x+ 2 dx+ ∫ 1 0 1 x2 + 2x+ 2 dx = [log(x2 + 2x+ 2)]10 + ∫ 1 0 1 1 + (x+ 1)2 dx = log 5 2 + [arctan(x+ 1)]10 = log 5 2 + arctan 2− π 4 . Analisi Matematica 1 — 17 giugno 2014 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 1 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = x3ex sinx , g(x) = x+ 1 (x2 + 1)2 . Si ha f ′(x) = 3x2ex sinx+ x3ex sinx+ x3ex cosx e g′(x) = (x2 + 1)2 − (x+ 1)2(x2 + 1)2x (x2 + 1)4 = −3x2 − 4x+ 1 (x2 + 1)3 . (2) Si studino continuità e derivabilità della funzione f(x) = e x sinx se x ≥ 0 e 1 x se x < 0 classificandone gli eventuali punti di discontinuità e non derivabilità. Si ha che f è continua in R essendo 0 = f(0) = lim x→0+ ex sinx = lim x→0− e 1 x . Inoltre f è derivabile in (−∞, 0) e in (0,+∞) e f ′(x) = e x(sinx+ cosx) se x > 0 − 1 x2 e 1 x se x < 0 . Da ciò si deduce che lim x→0+ f ′(x) = lim x→0+ ex(sinx+ cosx) = 1 , lim x→0− f ′(x) = lim x→0− − 1 x2 e 1 x = lim y→+∞ −y2e−y = lim y→+∞ −y 2 ey = lim y→+∞ −2y ey = lim y→+∞ − 2 ey = 0 dove nel secondo limite si è utilizzato il cambio di variabile y = − 1 x e due volte il Teorema di de l’Hôpital. Pertanto essendo f continua in x = 0 si deduce anche che f è derivabile sia da destra che da sinistra in x = 0 ma f ′+(0) = 1 mentre f ′ −(0) = 0. 1 In conclusione f non è derivabile in x = 0. Il punto x = 0 è un punto angoloso. (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = x3 1− x2 . • Dominio di f : R \ {1,−1}. • f è una funzione dispari e cioè f(−x) = −f(x). • Segno di f : f(x) > 0 per ogni x ∈ (0, 1) ∪ (−∞,−1) , f(x) = 0 se e solo se x = 0 , f(x) < 0 per ogni x ∈ (1,+∞) ∪ (−1, 0) . • Limiti per x→ 1± e per x→ −1±: lim x→1+ x3 1− x2 = −∞ , lim x→1− x3 1− x2 = +∞ , lim x→−1+ x3 1− x2 = −∞ , lim x→−1− x3 1− x2 = +∞ . Le rette x = 1 e x = −1 sono pertanto degli asintoti verticali. • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ x3 1− x2 = +∞ , lim x→+∞ x3 1− x2 = −∞ . • Asintoti obliqui: m+ := lim x→+∞ f(x) x = lim x→+∞ x2 1− x2 = −1 , q+ := lim x→+∞ [f(x)−m+x] = lim x→+∞ ( x3 1− x2 + x ) = lim x→+∞ x 1− x2 = 0 . Da ciò si deduce che la retta di equazione y = −x è un asintoto obliquo a +∞. Grazie alla disparità di f o mediante calcolo diretto si deduce che la retta di equazione y = −x è anche asintoto obliquo a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = x2(3− x2) (1− x2)2 per ogni x ∈ R \ {−1, 1} . Analisi Matematica 1 — 17 giugno 2014 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = x4ex sinx , g(x) = x− 1 (x2 + 1)2 . Si ha f ′(x) = 4x3ex sinx+ x4ex sinx+ x4ex cosx e g′(x) = (x2 + 1)2 − (x− 1)2(x2 + 1)2x (x2 + 1)4 = −3x2 + 4x+ 1 (x2 + 1)3 . (2) Si studino continuità e derivabilità della funzione f(x) = sinx cosx se x ≥ 0e 1x se x < 0 classificandone gli eventuali punti di discontinuità e non derivabilità. Si ha che f è continua in R essendo 0 = f(0) = lim x→0+ sinx cosx = lim x→0− e 1 x . Inoltre f è derivabile in (−∞, 0) e in (0,+∞) e f ′(x) = cos 2 x− sin2 x se x > 0 − 1 x2 e 1 x se x < 0 . Da ciò si deduce che lim x→0+ f ′(x) = lim x→0+ (cos2 x− sin2 x) = 1 , lim x→0− f ′(x) = lim x→0− − 1 x2 e 1 x = lim y→+∞ −y2e−y = lim y→+∞ −y 2 ey = lim y→+∞ −2y ey = lim y→+∞ − 2 ey = 0 dove nel secondo limite si è utilizzato il cambio di variabile y = − 1 x e due volte il Teorema di de l’Hôpital. Pertanto essendo f continua in x = 0 si deduce anche che f è derivabile sia da destra che da sinistra in x = 0 ma f ′+(0) = 1 mentre f ′ −(0) = 0. In conclusione f non è derivabile in x = 0. Il punto x = 0 è un punto angoloso. (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = x3 x2 − 1 . • Dominio di f : R \ {1,−1}. • f è una funzione dispari e cioè f(−x) = −f(x). • Segno di f : f(x) > 0 per ogni x ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞) , f(x) = 0 se e solo se x = 0 , f(x) < 0 per ogni x ∈ (−∞,−1) ∪ (0, 1) . • Limiti per x→ 1± e per x→ −1±: lim x→1+ x3 x2 − 1 = +∞ , lim x→1− x3 x2 − 1 = −∞ , lim x→−1+ x3 x2 − 1 = +∞ , lim x→−1− x3 x2 − 1 = −∞ . Le rette x = 1 e x = −1 sono pertanto degli asintoti verticali. • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ x3 x2 − 1 = −∞ , lim x→+∞ x3 x2 − 1 = +∞ . • Asintoti obliqui: m+ := lim x→+∞ f(x) x = lim x→+∞ x2 x2 − 1 = 1 , q+ := lim x→+∞ [f(x)−m+x] = lim x→+∞ ( x3 x2 − 1 − x ) = lim x→+∞ x x2 − 1 = 0 . Da ciò si deduce che la retta di equazione y = x è un asintoto obliquo a +∞. Grazie alla disparità di f o mediante calcolo diretto si deduce che la retta di equazione y = x è anche asintoto obliquo a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = x2(x2 − 3) (x2 − 1)2 per ogni x ∈ R \ {−1, 1} . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se x ∈ (−∞,− √ 3) ∪ ( √ 3,+∞) , f ′(x) = 0 se e solo se x = − √ 3 o x = √ 3 o x = 0 , f ′(x) < 0 se e solo se x ∈ (− √ 3,−1) ∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, √ 3) . In conclusione f è crescente in (−∞,− √ 3) e ( √ 3,+∞) e decrescente in (− √ 3,−1), (−1, 1) e (1, √ 3). Il punto x = − √ 3 è un punto di massimo locale, il punto x = 0 è un punto di flesso a tangente orizzontale e il punto x = √ 3 è un punto di minimo locale. Si ha inoltre che f( √ 3) = 3 √ 3 2 e f(− √ 3) = −3 √ 3 2 . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = ( x4 − 3x2 (x2 − 1)2 )′ = (4x3 − 6x)(x2 − 1)2 − (x4 − 3x2)2(x2 − 1)2x) (x2 − 1)4 = 2x[(2x2 − 3)(x2 − 1) + 2(x4 − 3x2)] (x2 − 1)3 = 2x(x2 + 3) (x2 − 1)3 per ogni x ∈ R \ {1,−1} . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se x ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞) , f ′′(x) = 0 se e solo se x = 0 , f ′′(x) < 0 se e solo se x ∈ (0, 1) ∪ (−∞,−1) . In conclusione f è convessa in (−1, 0) e (1,+∞); f è concava in (0, 1) e (−∞,−1). Il punto x = 0 è di flesso come già anticipato nello studio della derivata prima. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 2 log(1 + x)− 2x+ x2 x3 , lim x→+∞ ( √ x2 + 2− √ x2 − 2) . Consideriamo il primo limite: applicando tre volte il Teorema di De L’Hopital si ottiene lim x→0 2 log(1 + x)− 2x+ x2 x3 = lim x→0 2 1+x − 2 + 2x 3x2 = lim x→0 − 2 (1+x)2 + 2 6x = lim x→0 4 (1+x)3 6 = 2 3 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = log |2x| x . • Dominio di f : R \ {0}. • f è una funzione dispari e cioè f(−x) = −f(x). • Segno di f : f(x) > 0 per ogni x ∈ ( −1 2 , 0 ) ∪ ( 1 2 ,+∞ ) , f(x) = 0 se e solo se x = ±1 2 , f(x) < 0 per ogni x ∈ ( −∞,−1 2 ) ∪ ( 0, 1 2 ) . • Limiti per per x→ 0±: lim x→0+ log |2x| x = −∞ , lim x→0− log |2x| x = +∞ . La retta x = 0 è pertanto un asintoto verticale. • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ log |2x| x = 0 , lim x→+∞ log |2x| x = 0 . La retta y = 0 è pertanto un asintoto orizzontale. • Studio della derivata prima: f ′(x) = 1− log |2x| x2 per ogni x ∈ R \ {0} . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se x ∈ ( − e 2 , 0 ) ∪ ( 0, e 2 ) , f ′(x) = 0 se e solo se x = − e 2 o x = e 2 , f ′(x) < 0 se e solo se x ∈ ( −∞,− e 2 ) ∪ ( e 2 ,+∞ ) . In conclusione f è crescente in ( − e 2 , 0 ) e in ( 0, e 2 ) e decrescente in ( −∞,− e 2 ) e( e 2 ,+∞ ) . Il punto x = − e 2 è un punto di minimo locale e il punto x = e 2 è un punto di massimo locale. Si ha inoltre che f ( e 2 ) = 2 e e f ( − e 2 ) = −2 e . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 2 log |2x| − 3 x3 per ogni x ∈ R \ {0} . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se x ∈ ( − e3/2 2 , 0 ) ∪ ( e3/2 2 ,+∞ ) , f ′′(x) = 0 se e solo se x = ± e3/2 2 , f ′′(x) < 0 se e solo se x ∈ ( −∞,− e3/2 2 ) ∪ ( 0, e 3/2 2 ) . In conclusione f è convessa in ( − e3/2 2 , 0 ) e ( e3/2 2 ,+∞ ) ; f è concava in ( −∞, e3/2 2 ) e( 0, e 3/2 2 ) . I punti x = ± e3/2 2 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 log(1 + 2x)− 2 sinx x2 , lim x→+∞ ex − x2 + √ x x3 + log x . Consideriamo il primo limite: applicando due volte il Teorema di De L’Hopital si ottiene lim x→0 log(1 + 2x)− 2 sinx x2 = lim x→0 2 1+2x − 2 cosx 2x = lim x→0 − 4 (1+2x)2 + 2 sinx 2 = −2 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ ex − x2 + √ x x3 + log x = lim x→+∞ ex x3 = +∞ dove nel primo passaggio si è tenuto conto del fatto che al numeratore i termini −x2 e √ x sono trascurabili rispetto a ex mentre al denominatore il termine log x è tracurabile rispetto a x3. Nel secondo passaggio si è infine tenuto conto del fatto che l’esponenziale è un infinito di ordine superiore al terzo grado. (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x + 1√ 1− x2 . Si ha∫ x + 1√ 1− x2 dx = ∫ x√ 1− x2 dx + ∫ 1√ 1− x2 dx = − √ 1− x2 + arcsinx + C . Per calcolare ∫ x√ 1−x2 dx si poteva utilizzare il cambio di variabile t = 1−x 2 e ottenere∫ x√ 1− x2 dx = ∫ − 1 2 √ t dt = − √ t + C = − √ 1− x2 + C . Analisi Matematica 1 — 17 luglio 2014 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = x2 sinx 1 + x2 , g(x) = (1 + 9x2) arctan(3x) . Si ha f ′(x) = (2x sinx + x2 cosx)(1 + x2)− 2x3 sinx (1 + x2)2 = x4 cosx + x2 cosx + 2x sinx (1 + x2)2 e g′(x) = 18x arctan(3x) + (1 + 9x2) 3 1 + 9x2 = 18x arctan(3x) + 3 . (2) Si studino continuità e derivabilità della funzione f(x) = √ |ex − 1| classificandone gli eventuali punti di discontinuità e non derivabilità. Si ha che f è continua in R essendo la composizione di funzioni continue. Inoltre f è sicuramente derivabile in (−∞, 0) e in (0,+∞) e f ′(x) =  ex 2 √ ex − 1 se x > 0 − e x 2 √ 1− ex se x < 0 . Da ciò si deduce che lim x→0+ f ′(x) = lim x→0+ ex 2 √ ex − 1 = +∞ , lim x→0− f ′(x) = lim x→0− − e x 2 √ 1− ex = −∞ . Da ciò si deduce che f non è derivabile in x = 0. La funzione f presenta una cuspide in x = 0. Analisi Matematica 1 — 22 settembre 2014 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 1 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = arcsinx√ 1− x2 , g(x) = 5 √ x log(x4 + 1) . Si ha f ′(x) = 1√ 1−x2 √ 1− x2 − (arcsinx) −x√ 1−x2 1− x2 = √ 1− x2 + x arcsinx (1− x2)3/2 e g′(x) = 1 5 5 √ x4 log(x4 + 1) + 4x3 5 √ x x4 + 1 per ogni x 6= 0 . (2) Si studino continuità e derivabilità della funzione f(x) = 3 √ x sinh(x) classificandone gli eventuali punti di discontinuità e non derivabilità. Si ha che f è continua in R essendo la composizione di funzioni continue. Inoltre f è sicuramente derivabile in (−∞, 0) e in (0,+∞) e f ′(x) = sinh(x) + x cosh(x) 3 3 √ x2 sinh2(x) per ogni x 6= 0 . Da ciò si deduce che lim x→0+ f ′(x) = lim x→0+ sinh(x) + x cosh(x) 3 3 √ x2 sinh2(x) = lim x→0+ 2x 3 3 √ x4 = lim x→0+ 2 3 1 3 √ x = +∞ , essendo per x→ 0, sinh(x) ∼ x e sinh(x) + x cosh(x) ∼ 2x. Analogamente lim x→0− f ′(x) = lim x→0− 2 3 1 3 √ x = −∞ . Da ciò si deduce che f non è derivabile in x = 0. La funzione f presenta una cuspide in x = 0. 1 (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = 3 √ x2 − 2 . • Dominio di f : R. • f è una funzione pari e cioè f(−x) = f(x). • Segno di f : f(x) > 0 per ogni x ∈ (−∞,− √ 2) ∪ ( √ 2,+∞) , f(x) = 0 se e solo se x = ± √ 2 , f(x) < 0 per ogni x ∈ (− √ 2, √ 2) . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ 3 √ x2 − 2 = +∞ , lim x→+∞ 3 √ x2 − 2 = +∞ . • Asintoti obliqui: m− = lim x→−∞ f(x) x = lim x→−∞ 3 √ x2 − 2 x = lim x→−∞ 3 √ x2 x = lim x→−∞ 1 3 √ x = 0 . q− = lim x→−∞ [f(x)−m−x] = lim x→−∞ f(x) = +∞ . Analogamente si dimostra che m+ = lim x→+∞ f(x) x = 0 e q+ = lim x→+∞ [f(x)−m+x] = +∞ . Pertanto la funzione f non presenta asintoti obliqui né a +∞ né a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = 2x 3 3 √ (x2 − 2)2 per ogni x ∈ R \ { √ 2,− √ 2} . Inoltre si ha che lim x→− √ 2 f ′(x) = −∞ e lim x→ √ 2 f ′(x) = +∞ . Pertanto la funzione f non è derivabile in ± √ 2. Tali punti sono punti di flesso a tangente verticale come risulterà dal successivo studio della derivata seconda. Per quanto rigurda il segno di f ′ si ha f ′(x) > 0 se e solo se x ∈ (0, √ 2) ∪ ( √ 2,+∞) , f ′(x) = 0 se e solo se x = 0 , f ′(x) < 0 se e solo se x ∈ (−∞,− √ 2) ∪ (− √ 2, 0) . In conclusione f è crescente in (0,+∞) e decrescente in (−∞, 0). Il punto x = 0 è un punto di minimo globale e inoltre min x∈R f(x) = f(0) = − 3 √ 2. • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = −2 9 x2 + 6 3 √ (x2 − 2)5 per ogni x ∈ R \ {− √ 2, √ 2} . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se x ∈ (− √ 2, √ 2) , f ′′(x) = 0 mai , f ′′(x) < 0 se e solo se x ∈ (−∞,− √ 2) ∪ ( √ 2,+∞) . In conclusione f è convessa in (− √ 2, √ 2) e concava in (−∞,− √ 2) e in ( √ 2,+∞). I punti x = ± √ 2 sono punti di flesso a tangente verticale. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 Grafico della funzione f (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = 3 √ x2 − 3 . • Dominio di f : R. • f è una funzione pari e cioè f(−x) = f(x). • Segno di f : f(x) > 0 per ogni x ∈ (−∞,− √ 3) ∪ ( √ 3,+∞) , f(x) = 0 se e solo se x = ± √ 3 , f(x) < 0 per ogni x ∈ (− √ 3, √ 3) . • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ 3 √ x2 − 3 = +∞ , lim x→+∞ 3 √ x2 − 3 = +∞ . • Asintoti obliqui: m− = lim x→−∞ f(x) x = lim x→−∞ 3 √ x2 − 3 x = lim x→−∞ 3 √ x2 x = lim x→−∞ 1 3 √ x = 0 . q− = lim x→−∞ [f(x)−m−x] = lim x→−∞ f(x) = +∞ . Analogamente si dimostra che m+ = lim x→+∞ f(x) x = 0 e q+ = lim x→+∞ [f(x)−m+x] = +∞ . Pertanto la funzione f non presenta asintoti obliqui né a +∞ né a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = 2x 3 3 √ (x2 − 3)2 per ogni x ∈ R \ { √ 3,− √ 3} . Inoltre si ha che lim x→− √ 3 f ′(x) = −∞ e lim x→ √ 3 f ′(x) = +∞ . Pertanto la funzione f non è derivabile in ± √ 3. Tali punti sono punti di flesso a tangente verticale come risulterà dal successivo studio della derivata seconda. Per quanto rigurda il segno di f ′ si ha f ′(x) > 0 se e solo se x ∈ (0, √ 3) ∪ ( √ 3,+∞) , f ′(x) = 0 se e solo se x = 0 , f ′(x) < 0 se e solo se x ∈ (−∞,− √ 3) ∪ (− √ 3, 0) . In conclusione f è crescente in (0,+∞) e decrescente in (−∞, 0). Il punto x = 0 è un punto di minimo globale e inoltre min x∈R f(x) = f(0) = − 3 √ 3. • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = −2 9 x2 + 9 3 √ (x2 − 3)5 per ogni x ∈ R \ {− √ 3, √ 3} . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se x ∈ (− √ 3, √ 3) , f ′′(x) = 0 mai , f ′′(x) < 0 se e solo se x ∈ (−∞,− √ 3) ∪ ( √ 3,+∞) . In conclusione f è convessa in (− √ 3, √ 3) e concava in (−∞,− √ 3) e in ( √ 3,+∞). I punti x = ± √ 3 sono punti di flesso a tangente verticale. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 -2 -1 0 1 2 3 4 5 Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 3x − 1− (log 3)x x2 , lim x→+∞ cosx + x2 − 3 √ x x3 + 1 . Consideriamo il primo limite: applicando due volte il Teorema di De L’Hopital si ottiene lim x→0 3x − 1− (log 3)x x2 = lim x→0 (log 3)3x − log 3 2x = lim x→0 (log2 3)3x 2 = log2 3 2 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ cosx + x2 − 3 √ x x3 + 1 = lim x→+∞ x2 x3 = 0 dove nel primo passaggio si è tenuto conto del fatto che al numeratore i termini cosx e 3 √ x sono trascurabili rispetto a x2 mentre al denominatore il termine costantemente uguale a 1 è tracurabile rispetto a x3. (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = x √ x2 + 2 . Utilizzando il cambiamento di variabile t = x2 + 2 si ottiene∫ x √ x2 + 2 dx = ∫ √ t 1 2 dt = 1 3 t3/2 + C = 1 3 (x2 + 2)3/2 + C . -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 Grafico della funzione f (4) Calcolare il seguente limite: lim x→0 arctan(2x)− x− sinx (ex − 1)3 . Applicando tre volte il Teorema di de L’Hopital si ottiene lim x→0 arctan(2x)− x− sinx (ex − 1)3 de L’H. = lim x→0 2 1+4x2 − 1− cosx 3(ex − 1)2ex = lim x→0 2 1+4x2 − 1− cosx 3e3x − 6e2x + 3ex de L’H. = lim x→0 − 16x (1+4x2)2 + sinx 9e3x − 12e2x + 3ex de L’H. = lim x→0 −16 (1+4x 2)2−16x2(1+4x2) (1+4x2)4 + cosx 27e3x − 24e2x + 3ex = −5 2 . In alternativa, per semplificare i calcoli dovuti alle successive derivate del denomina- tore si poteva osservare che (ex − 1)3 ∼ x3 per x → 0 essendo ex − 1 ∼ x. A questo punto il calcolo poteva essere impostato nel modo seguente lim x→0 arctan(2x)− x− sinx (ex − 1)3 = lim x→0 arctan(2x)− x− sinx x3 de L’H. = lim x→0 2 1+4x2 − 1− cosx 3x2 de L’H. = lim x→0 − 16x (1+4x2)2 + sinx 6x de L’H. = lim x→0 −16 (1+4x 2)2−16x2(1+4x2) (1+4x2)4 + cosx 6 = −5 2 . (5) Si calcolino tutte le primitive della funzione f(x) = (x + 1)2 e2x . Integrando per parti due volte si ottiene∫ (x + 1)2 e2x dx = (x + 1)2 1 2 e2x − ∫ 2(x + 1) 1 2 e2x dx = 1 2 (x + 1)2 e2x − [ (x + 1) 1 2 e2x − ∫ 1 2 e2x dx ] = 1 2 (x + 1)2 e2x − 1 2 (x + 1)e2x + 1 4 e2x + C . Analisi Matematica 1 — 26 gennaio 2015 La durata dell’esame è di 120 min. TEMA 2 Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = √ x cosx ex + 2 , g(x) = 3x log(2 + sinx) . Si ha f ′(x) = ( 1 2 √ x cosx− √ x sinx ) (ex + 2)− √ x(cosx)ex (ex + 2)2 = (cosx− 2x sinx)(ex + 2)− 2xex cosx 2 √ x(ex + 2)2 , per ogni x > 0 e g′(x) = (log 3)3x log(2 + sinx) + 3x cosx 2 + sin x , per ogni x ∈ R . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ 2 0 3x 1 + 9x dx . Utilizzando il cambiamento di variabile t = 3x equivalente a x = log3 t si ha∫ 2 0 3x 1 + 9x dx = ∫ 9 1 t 1 + t2 1 log 3 1 t dt = 1 log 3 ∫ 9 1 1 1 + t2 dt = 1 log 3 (arctan 9− arctan 1) . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = e−x 2 (x2 + 1) . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 per ogni x ∈ R , f(x) = 0 mai , f(x) < 0 mai . Analisi Matematica 1 — 17 febbraio 2015 La durata dell’esame è di 120 min. Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = (1 + 4x2) arctan(2x) , g(x) = 4 √ x cosx x6 + 2 . Si ha f ′(x) = 8x arcsin(2x) + (1 + 4x2) 2 1 + 4x2 = 8x arctan(2x) + 2 , per ogni x ∈ R . e g′(x) = ( 1 4 4√ x3 cosx− 4 √ x sinx ) (x6 + 2)− 4 √ x(cosx)6x5 (x6 + 2)2 = (cosx− 4x sinx) (x6 + 2)− 24x6 cosx 4 4 √ x3(x6 + 2)2 , per ogni x > 0 . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ 9 1 log3 x x[(log3 x) 2 − 7 log3 x + 12] dx . Utilizzando il cambiamento di variabile t = log3 x equivalente a x = 3 t si ha∫ 9 1 log3 x x[(log3 x) 2 − 7 log3 x + 12] dx = ∫ 2 0 (log 3) t t2 − 7t + 12 dt = (log 3) ∫ 2 0 ( − 3 t− 3 + 4 t− 4 ) dt = (log 3) [−3 log(3− t) + 4 log(4− t)]20 = (log 3)(4 log 2 + 3 log 3− 4 log 4) = (log 3)(3 log 3− 4 log 2) . 1 (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = log x x . • Dominio di f : (0,+∞). • Segno di f :  f(x) > 0 se e e soltanto se x > 1 , f(x) = 0 se e soltanto se x = 1 , f(x) < 0 se e soltanto se 0 < x < 1 . • Limite per x→ 0+: lim x→0+ log x x = −∞ 0+ = −∞ . Pertanto la retta di equazione x = 0 è un asintoto verticale. Limite a +∞: applicando il Teorema di de L’Hôpital si ottiene lim x→+∞ log x x = lim x→+∞ 1 x 1 = lim x→+∞ 1 x = 0 . Pertanto la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a +∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = 1− log x x2 per ogni x > 0 . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e soltanto se 0 < x < e , f ′(x) = 0 se e solo se x = e , f ′(x) < 0 se e solo se x > e . In conclusione f è crescente in (0, e) e decrescente (e,+∞). Il punto x = e è un punto di massimo locale. • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = 2 log x− 3 x3 per ogni x > 0 . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e soltanto se x > e3/2 , f ′′(x) = 0 se e soltanto se x = e3/2 , f ′′(x) < 0 se e soltanto se 0 < x < e3/2 . In conclusione f è convessa in ( e3/2,+∞ ) mentre è concava in ( 0, e3/2 ) . Il punto x = e3/2 è un punto di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -2 0 2 4 6 8 10 12 14 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Grafico della funzione f (4) Calcolare il seguente limite: lim x→+∞ e3x − e2x + x e−x + x3 + 3 √ x . Si tenga conto che e2x e x sono infiniti trascurabili rispetto a e3x; pertanto la parte principale del numeratore è e3x. Al denominatore si osservi che e−x tende a zero per x→ +∞ e 3 √ x è un infinito trascurabile rispetto a x3; pertanto la parte principale del denominatore è x3. Possiamo ora procedere sostituendo a numeratore e denominatore le rispettive parti principali: lim x→+∞ e3x − e2x + x e−x + x3 + 3 √ x = lim x→+∞ e3x x3 = +∞ . (5) Si studino continuità e derivabilità della funzione f(x) = log3 x + x + √ x se 0 < x ≤ 9 2x + ex−9 − 5 se x > 9 . Analisi Matematica 1 — 26 giugno 2015 La durata dell’esame è di 120 min. Si risolvano i seguenti quesiti. (1) Si calcolino le derivate delle seguenti funzioni: f(x) = cos(x2) x3 + 1 , g(x) = e−x(cosx)(log x) . Si ha f ′(x) = −2x(sin(x2))(x3 + 1)− 3x2 cos(x2) (x3 + 1)2 e g′(x) = −e−x(cosx)(log x)− e−x(sinx)(log x) + e −x cosx x . (2) Si calcoli il seguente integrale definito:∫ e2 e 1 + log x x(9 + log2 x) dx . Utilizzando il cambiamento di variabile x = et si ha∫ e2 e 1 + log x x(9 + log2 x) dx = ∫ 2 1 1 + t 9 + t2 dt = [ 1 3 arctan ( t 3 ) + 1 2 log(9 + t2) ]2 1 = 1 3 arctan 2 3 − 1 3 arctan 1 3 + 1 2 log 13 10 . (3) Si studi la funzione reale di variabile reale f(x) = 2 + x− x2 ex . • Dominio di f : R. • Segno di f :  f(x) > 0 se e solo se − 1 < x < 2 , f(x) = 0 se e solo se x = −1 o x = 2 , f(x) < 0 se e solo se x < −1 o x > 2 . 1 • Limiti a +∞ e a −∞: lim x→−∞ 2 + x− x2 ex = −∞ , lim x→+∞ 2 + x− x2 ex = 0 . Pertanto la retta y = 0 è un asintoto orizzontale a +∞. Inoltre la funzione f non presenta asintoti obliqui a −∞. • Studio della derivata prima: f ′(x) = x2 − 3x− 1 ex per ogni x ∈ R . Pertanto si ha che f ′(x) > 0 se e solo se x < 3− √ 13 2 o x > 3+ √ 13 2 , f ′(x) = 0 se e solo se x = 3− √ 13 2 o x = 3+ √ 13 2 , f ′(x) < 0 se e solo se 3− √ 13 2 < x < 3+ √ 13 2 . In conclusione f è crescente in ( −∞, 3− √ 13 2 ) e in ( 3+ √ 13 2 ,+∞ ) e decrescente in( 3− √ 13 2 , 3+ √ 13 2 ) . Il punto x = 3− √ 13 2 è un punto di massimo globale e il punto x = 3+ √ 13 2 è un punto di minimo locale. Pertanto di ha che max x∈R f(x) = f ( 3− √ 13 2 ) = e √ 13−3 2 ( √ 13− 2) . • Studio della derivata seconda: f ′′(x) = −x2 + 5x− 2 ex . Pertanto si ha che f ′′(x) > 0 se e solo se 5− √ 17 2 < x < 5+ √ 17 2 , f ′′(x) = 0 se e solo se x = 5± √ 17 2 , f ′′(x) < 0 se e solo se x < 5− √ 17 2 o x > 5+ √ 17 2 . In conclusione f è convessa in ( 5− √ 17 2 , 5+ √ 17 2 ) mentre è concava in ( −∞, 5− √ 17 2 ) e in( 5+ √ 17 2 ,+∞ ) . I punti x = 5− √ 17 2 e x = 5+ √ 17 2 sono punti di flesso. In base alle informazioni sopra dedotte è possibile tracciare il grafico di f : -2 0 2 4 6 8 10 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 Grafico della funzione f (4) Calcolare i seguenti limiti: lim x→0 sin(2x)− 2x− cosx + 1 x2 , lim x→+∞ −2x2 + √ x3 + log x x3 + 1 . Consideriamo il primo limite: applicando una volta il Teorema di De L’Hospital e sfruttando i limiti notevoli lim x→0 sinx x = 1 , lim x→0 1− cosx x2 = 1 2 , si ottiene lim x→0 sin(2x)− 2x− cosx + 1 x2 = lim x→0 2 cos(2x)− 2 + sin x 2x = lim x→0 4x cos(2x)− 1 (2x)2 + 1 2 lim x→0 sinx x = 4 · 0 · ( −1 2 ) + 1 2 · 1 = 1 2 . Passiamo al secondo limite: lim x→+∞ −2x2 + √ x3 + log x x3 + 1 = lim x→+∞ −2x2 x3 = lim x→+∞ −2 x = 0 .