Seconda prova in itinere di Analisi Matematica 1 ...bramanti/corsi/temidesame_analisi1/2016_itin… · 2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne il gra–co

Seconda prova in itinere di Analisi Matematica 1Ingegneria Elettronica. Politecnico di Milano

A.A. 2015/2016. Prof. M. BramantiTema n◦1

Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.

Cognome e nome (in stampatello)_______________________________

codice persona (o n◦di matricola)_______________________________n◦d’ordine (v. elenco)______________________________________

1. Studio dei punti di non derivabilità. Della seguente funzione

f (x) = (sinx) · arctan 1x+ arctan

3√x2 − 1

si chiede di:

a. Determinare l’insieme di definizione.

b. Se in qualche punto in cui fnon è definita esiste il limite finito, prolungarla percontinuità.

c. Della funzione così prolungata, stabilire dove è derivabile, calcolare la derivata dove

esiste, individuare e studiare gli eventuali punti di non derivabilità (dire cioè se si tratta di

punti angolosi, di cuspide, di flesso a tangente verticale...).

1

2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne ilgrafico. E’richiesto in particolare: insieme di definizione, limiti alla frontieradell’insieme di definizione, eventuali asintoti, studio del segno della derivataprima, determinazione dei punti di massimo e minimo, studio degli eventualipunti di non derivabilità, concavità e flessi.

f (x) =∣∣x2 − 3x∣∣− log |x| .

2

3. Calcolo di limiti. Calcolare il seguente limite facendo uso anche, senecessario, degli strumenti del calcolo differenziale (teorema di De L’Hospital /formula di Taylor -MacLaurin).

limx→1

((2x2 + 6x

)1/3 − 2)2cos(π2x)· sin (πx)

.

4. Serie numeriche. Studiare il carattere della seguente serie, giustifi-cando con precisione le proprie conclusioni in base ai criteri studiati.

∞∑n=1

n sin(1n

)− cos

(1n

)sin(

1√n

) sin(√n)

3

5. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫x2

x2 + 3x− 10dx.

6. Discutere la convergenza o meno del seguente integrale gener-alizzato, giustificando le proprie affermazioni in base ai criteri studiati.

a.

∫ 1

0

f (x) dx; b.

∫ +∞

1

f (x) dx, dove (in entrambi i casi)

f (x) =sinx

(1− ex)√x.

4



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.



1. Problemi di massimo e minimo. Impostare e risolvere col calcolodifferenziale il seguente problema di massimo. Determinare il rettangolo di areamassima (e determinarne l’area) tra quelli che hanno un vertice sul grafico dellafunzione

f (x) =5√a4x, per x ∈ [0, a] ,

un vertice in (a, 0), e lati paralleli agli assi coordinati. (a è una costante positivaavente le dimensioni di una lunghezza). Si raccomanda di fare una figura perimpostare il problema.

5


f (x) = ex∣∣x2 + 2x− 3∣∣ .

6


limx→1

(arcsin

(x2

)− π

6

)2(log x) · tan (πx) .


∞∑n=1

(2n)!

n2n

7

5. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫3x− 5

x2 + 10x+ 27dx.

6. Calcolare il seguente integrale definito:∫ π4

0

sin2 (2x) cos2 xdx.

8



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.




f (x) = arcsin((x2 − 1

)2/3)+ |x− 3|

si chiede di:

a. Determinare l’insieme di definizione.

b. Stabilire dove la funzione è derivabile, calcolare la derivata dove esiste, individuare

e studiare gli eventuali punti di non derivabilità (dire cioè se si tratta di punti angolosi, di

cuspide, di flesso a tangente verticale...).

9

2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne ilgrafico. E’richiesto in particolare: insieme di definizione, limiti alla frontieradell’insieme di definizione, eventuali asintoti, studio del segno della derivataprima, determinazione dei punti di massimo e minimo, studio degli eventualipunti di non derivabilità. Non è richiesto il calcolo della derivata seconda; dire,in base alle altre informazioni raccolte, qual è il minimo numero di punti diflesso che f deve avere, coerentemente allo studio condotto.

f (x) = log

∣∣∣∣x (x− 1)x+ 1

∣∣∣∣ .

10


limx→0

(Shx− x cosxsinx− xChx

)· tanxThx

.


∞∑n=1

n cos (nπ) + log n+ 1

n2 + log n

11

5. Calcolare il seguente integrale indefinito e semplificare l’espressioneottenuta: ∫ √

x2 + 4

x2dx.

6. Discutere la convergenza o meno dei seguenti integrali general-izzati, giustificando le proprie affermazioni in base ai criteri studiati.

a.

∫ 1

0

f (x) dx; b.

∫ +∞

1

f (x) dx, dove (in entrambi i casi)

f (x) =1− e−x√x log (1 + x)

.

12



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.



1. Problemi di massimo e minimo. Impostare e risolvere col calcolodifferenziale il seguente problema di minimo. Determinare il punto P , sul graficodella funzione

f (x) = x3/2

che ha distanza minima da Q ≡ (4, 0) (e determinare tale distanza minima,semplificando l’espressione ottenuta). Si raccomanda di fare una figura perimpostare il problema.

13

2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne ilgrafico. E’richiesto in particolare: insieme di definizione, limiti alla frontieradell’insieme di definizione, eventuali asintoti, studio del segno della derivataprima, determinazione dei punti di massimo e minimo, studio degli eventualipunti di non derivabilità. Non è richiesto il calcolo della derivata seconda.

f (x) = x2/3(x2 − 4x+ 3

)1/3.

14


limx→0

cos(x2

)− e− x

2

4

2x− log (1 + x)− tanx.


∞∑n=1

(−1)nn sin 1

n

n+ 1.

15

5. Calcolare il seguente integrale definito:∫ 2

√2

√4− x2x2

dx.

6. Calcolare il seguente integrale definito:∫ e

1

x3 (log x)2dx.

Si chiede di determinare (e scrivere esplicitamente) per prima cosa la primi-tiva, e successivamente calcolare l’integrale definito, semplificando l’espressioneottenuta.

16


A.A. 2015/2016. Prof. M. BramantiSvolgimento Tema n◦1

Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.


f (x) = (sinx) · arctan 1x+ arctan

3√x2 − 1

si chiede di:a. Determinare l’insieme di definizione.b. Se in qualche punto in cui f non è definita esiste il limite finito, prolun-

garla per continuità.c. Della funzione così prolungata, stabilire dove è derivabile, calcolare la

derivata dove esiste, individuare e studiare gli eventuali punti di non deriv-abilità (dire cioè se si tratta di punti angolosi, di cuspide, di flesso a tangenteverticale...).

a. La funzione è definita per x 6= 0.b. Per x → 0, f (x) → 0 + arctan (−1) = −π4 , in particolare si può definire

con continuità in tutto R.c. Per x 6= 0, 1,−1 la f è certamente derivabile, e vale

f ′ (x) = (cosx) · arctan 1x+ sinx ·

− 1x2

1 + 1x2

+1

1 + (x2 − 1)2/3· 2x

3 (x2 − 1)2/3

= (cosx) · arctan 1x− sinx

x2 + 1+

1

1 + (x2 − 1)2/3· 2x

3 (x2 − 1)2/3.

limx→0±

f ′ (x) = ±π2

quindi x = 0 è un punto angoloso.

limx→1±

f ′ (x) = +∞

quindi x = 1 è un punto di flesso a tangente verticale, ascendente.

limx→−1±

f ′ (x) = −∞

quindi x = 1 è un punto di flesso a tangente verticale, discendente.

2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne ilgrafico. E’richiesto in particolare: insieme di definizione, limiti alla frontiera

17

dell’insieme di definizione, eventuali asintoti, studio del segno della derivataprima, determinazione dei punti di massimo e minimo, studio degli eventualipunti di non derivabilità, concavità e flessi.

f (x) =∣∣x2 − 3x∣∣− log |x| .

Definita per x 6= 0.Per x→ 0, f (x) ∼ − log |x| → +∞. x = 0 asintoto verticale.Per x → ±∞, f (x) ∼ x2 → +∞ con crescita sopralineare (senza asintoto

obliquo).L’argomento del modulo si annulla per x = 0 e x = 3. La funzione è certa-

mente derivabile per x 6= 0, x 6= 3 (e certamente non è derivabile in x = 0, dovenon è definita né prolungabile con continuità).

f ′ (x) = (2x− 3) sgn(x2 − 3x

)− 1x=

{2x− 3− 1

x per x < 0, x > 3−2x+ 3− 1

x per 0 < x < 3.

Per x→ 3+, f (x)→ 3− 13 =

83

Per x→ 3−, f (x)→ −3− 13 = −

103

quindi x = 3 punto angoloso (di non derivabilità) e di minimo relativo.Segno di f ′ :Per x < 0, x > 3,

f ′ (x) = 2x− 3− 1x=2x2 − 3x− 1

x≥ 0 per

3−√17

4≤ x < 0, x > 3

intervalli in cui f è crescente.In particolare, x = 3−

√17

4 è punto di minimo relativo.Per 0 < x < 3,

f ′ (x) = −2x+ 3− 1x=−2x2 + 3x− 1

x≥ 0 per

1

2≤ x ≤ 1

intervallo in cui f è crescente.In particolare, x = 1

2 punto di minimo relativo, x = 1 punto di massimorelativo.Derivata seconda:

f ′′ (x) =

{2 + 1

x2 per x < 0, x > 3−2 + 1

x2 per 0 < x < 3.

Segno di f ′′ :Per x < 0, x > 3, f ′′ (x) > 0.

18

Per 0 < x < 3,

f ′′ (x) =−2x2 + 1

x2≥ 0 per

x ≤ 1√2

In particolare, x = 1√2è punto di flesso.

Grafico qualitativo:


limx→1

((2x2 + 6x

)1/3 − 2)2cos(π2x)· sin (πx)

.

limx→1

((2x2 + 6x

)1/3 − 2)2cos(π2x)· sin (πx)

=

[0

0

].

Applichiamo De L’Hospital:

limx→1

2((2x2 + 6x

)1/3 − 2) 4x+63(2x2+6x)2/3

−π2 sin(π2x)· sin (πx) + cos

(π2x)· π cos (πx)

= limx→1

53

((2x2 + 6x

)1/3 − 2)−π2 sin

(π2x)· sin (πx) + cos

(π2x)· π cos (πx)

=

[0

0

]Applichiamo ancora De L’Hospital:

limx→1

53 ·

4x+63(2x2+6x)2/3

−(π2

)2cos(π2x)sin (πx)− π2 sin

(π2x)cos (πx)− π2 cos

(π2x)sin (πx)

=53 ·

1012

π2=

25

18π2

19

e questo è il limite cercato.

4 Serie numeriche. Studiare il carattere della seguente serie, giustificandocon precisione le proprie conclusioni in base ai criteri studiati.

∞∑n=1

n sin(1n

)− cos

(1n

)sin(

1√n

) sin(√n)

Dagli sviluppi di MacLaurin (1/n→ 0) si ha:

n sin

(1

n

)− cos

(1

n

)= n

{1

n− 1

6n3+ o

(1

n3

)}−{1− 1

2n2+ o

(1

n2

)}= 1− 1

6n2+ o

(1

n2

)− 1 + 1

2n2+ o

(1

n2

)=

1

3n2+ o

(1

n2

)∼ 1

3n2.

sin

(1√n

)∼ 1√

n

quindi∣∣∣∣∣∣n sin(1n

)− cos

(1n

)sin(

1√n

) sin(√n)∣∣∣∣∣∣ ≤

∣∣∣∣∣∣n sin(1n

)− cos

(1n

)sin(

1√n

)∣∣∣∣∣∣ ∼

13n2

1√n

=1

3n3/2,

serie che converge perché serie armonica generalizzata con esponente α = 3/2 >1. Allora per il criterio del confronto asintotico la serie converge assolutamente,e per il criterio della convergenza assoluta converge (semplicemente).

5. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫x2

x2 + 3x− 10dx.

x2

x2 + 3x− 10 = 1 +−3x+ 10

x2 + 3x− 10 = 1 +−3x+ 10

(x− 2) (x+ 5)−3x+ 10

(x− 2) (x+ 5) =a

x− 2 +b

x+ 5con{

a+ b = −35a− 2b = 10

{a = 4

7b = − 257∫

x2

x2 + 3x− 10dx =∫ (

1 +4

7

1

x− 2 −25

7

1

x+ 5

)dx

= x+4

7log |x− 2| − 25

7log |x+ 5|+ c.

20

6. Discutere la convergenza o meno del seguente integrale gener-alizzato, giustificando le proprie affermazioni in base ai criteri studiati.

a.

∫ 1

0

f (x) dx; b.

∫ +∞

1

f (x) dx,

dove (in entrambi i casi)

f (x) =sinx

(1− ex)√x.

La funzione f (x) è continua in (0,+∞), eventualmente illimitata in x = 0.Per x→ 0+,

f (x) ∼ x

−x√x= − 1√

x,

integrabile, perciò l’integrale generalizzato∫ 10f (x) dx converge per il criterio

del confronto asintotico (l’integranda è negativa in un intorno destro di zero).Per x→ +∞,

|f (x)| ≤ 1

|1− ex|√x∼ 1√

xex,

integrabile all’infinito perché tende a zero con velocità più che esponenziale.Perciò per il criterio della convergenza assoluta e quello del confronto asintotico,l’integrale generalizzato

∫ +∞1

f (x) dx converge.

21



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.

1. Problemi di massimo e minimo. Impostare e risolvere col calcolodifferenziale il seguente problema di massimo. Determinare il rettangolo di areamassima (e determinarne l’area) tra quelli che hanno un vertice sul grafico dellafunzione

f (x) =5√a4x, per x ∈ [0, a] ,

un vertice in (a, 0), e lati paralleli agli assi coordinati. (a è una costante positivaavente le dimensioni di una lunghezza). Si raccomanda di fare una figura perimpostare il problema.

L’area è

A (x) = (a− x) f (x) = (a− x) 5√a4x, per x ∈ [0, a] .

La funzione è non negativa e si annulla agli estremi, dunque deve avere unmassimo positivo in (0, a) . Calcoliamo

A′ (x) = − 5√a4x+ (a− x) 5

√a4

1

5x4/5=

5√a4

5x4/5(a− 6x) ≥ 0 per

x ≤ a

6.

Dunque il rettangolo di area massima ha un vertice in(a6 ,

5√a4 a6

)=(a6 ,

a5√6

)e

l’area massima è

A(a6

)=(a− a

6

)5

√a4a

6=5

6a · a

5√6=

5

6 5√6a2.


f (x) = ex∣∣x2 + 2x− 3∣∣ .22

Definita in R.∣∣x2 + 2x− 3∣∣ = |(x− 1) (x+ 3)| quindi f (x) = 0 in x =

1, x = −3, punti in cui ci aspettiamo punti angolosi.Poiché f (x) ≥ 0 sempre, i punti in cui si annulla, x = 1, x = −3, sono di

minimo assoluto.

Per x→ ±∞, f (x) ∼ x2ex →{+∞0+

f è derivabile per x 6= 1, x 6= −3, e risulta:per x < −3, x > 1,

f ′ (x) =(ex(x2 + 2x− 3

))′= ex

(x2 + 2x− 3 + 2x+ 2

)= ex

(x2 + 4x− 1

)≥ 0 per

x ≤ −2−√5, x ≥ −2 +

√5,

che negli intervalli considerati significa che f è crescente per

x ≤ −2−√5, x > 1

e decrescente per−2−

√5 ≤ x < −3,

in particolare x = −2−√5 è punto di massimo relativo.

Per −3 < x < 1,

f ′ (x) = −ex(x2 + 4x− 1

)≥ 0 per

−2−√5 ≤ x ≤ −2 +

√5

che nell’intervallo considerato significa che f è crescente per

−3 < x ≤ −2 +√5

e decrescente per−2 +

√5 ≤ x < 1,

in particolare x = −2 +√5 è punto di massimo relativo.

Studiamo i punti di non derivabilità:

limx→−3±

f ′ (x) = ±4e−3

limx→1±

f ′ (x) = ±4e

perciò x = −3, x = 1 sono punti angolosi (e di minimo relativo e assoluto).La derivata seconda esiste per x 6= −3, x 6= 1 ed è:per x < −3, x > 1,

f ′′ (x) =(ex(x2 + 4x− 1

))′= ex

(x2 + 4x− 1 + 2x+ 4

)= ex

(x2 + 6x+ 3

)≥ 0 per

x ≤ −3−√6, x ≥ −3 +

√6,

che negli intervalli considerati significa che f è concava verso l’alto per

x ≤ −3−√6, x > 1

23

e verso il basso per−3−

√6 ≤ x < −3.

In particolare, x = −3−√6 è punto di flesso.

Per −3 < x < 1,

f ′′ (x) = −ex(x2 + 6x+ 3

)≥ 0 per

−3−√6 ≤ x ≤ −3 +

√6

che nell’intervallo considerato significa che f è concava verso l’alto per

−3 < x ≤ −3 +√6

e verso il basso per−3 +

√6 ≤ x < 1,

in particolare x = −3 +√6 è punto di flesso.



limx→1

(arcsin

(x2

)− π

6

)2(log x) · tan (πx) .

limx→1

(arcsin

(x2

)− π

6

)2(log x) · tan (πx) =

[0

0

].

Per x→ 1,

log x ∼ (x− 1)

tan (πx) =sin (πx)

cos (πx)∼ − sin (πx)

24

perciò

limx→1

(arcsin

(x2

)− π

6

)2(log x) · tan (πx) = lim

x→1

(arcsin

(x2

)− π

6

)2− (x− 1) sin (πx) .

Calcoliamo questo limite col teorema di De L’Hospital.

limx→1

2(arcsin

(x2

)− π

6

)1

2

√1− x24

− (sin (πx) + π (x− 1) cos (πx))

= limx→1

(arcsin

(x2

)− π

6

)2√3

− (sin (πx) + π (x− 1) cos (πx)) =[0

0

].

Applichiamo ancora De L’Hospital:

limx→1

2√3

1

2

√1− x24

− (2π cos (πx)− π2 (x− 1) sin (πx)) =2√31√3

2π=1

3π.

Il limite cercato è 13π .


∞∑n=1

(2n)!

n2n

Serie a termini positivi, applichiamo il criterio del rapporto.

an+1an

=(2n+ 2)!

(n+ 1)2n+2 ·

n2n

(2n)!=(2n+ 2) (2n+ 1)n2n

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

2

∼ 4n2 · n2n

(n+ 1)2nn2=

4(1 + 1

n

)2n → 4

e2< 1,

perciò la serie converge.

5. Calcolare il seguente integrale indefinito:∫3x− 5

x2 + 10x+ 27dx.

∫3x− 5

x2 + 10x+ 27dx =

3

2

∫2x+ 10

x2 + 10x+ 27dx− 20

∫1

(x+ 5)2+ 2

dx

=3

2log(x2 + 10x+ 27

)− 20√

2arctan

(x+ 5√2

)+ c

25

6. Calcolare il seguente integrale definito:∫ π4

0

sin2 (2x) cos2 xdx.

∫ π4

0

sin2 (2x) cos2 xdx =

∫ π4

0

sin2 (2x)

(cos (2x) + 1

2

)dx

=1

2

∫ π4

0

sin2 (2x) dx+1

2

∫ π4

0

sin2 (2x) cos (2x) dx.

∫ π4

0

sin2 (2x) dx = (2x = t)

=

∫ π2

0

sin2 tdt

2=1

2· π4=π

8

(dove si è usato l’integrale definito notevole∫ π

2

0sin2 tdt = π

4 ).∫ π4

0

sin2 (2x) cos (2x) dx =

[sin3 (2x)

3 · 2

]π4

0

=1

6

quindi ∫ π4

0

sin2 (2x) cos2 xdx =1

2· π8+1

2· 16=

π

16+1

12=3π + 4

48.

26



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.


f (x) = arcsin((x2 − 1

)2/3)+ |x− 3|

si chiede di:a. Determinare l’insieme di definizione.b. Stabilire dove la funzione è derivabile, calcolare la derivata dove esiste,

individuare e studiare gli eventuali punti di non derivabilità (dire cioè se si trattadi punti angolosi, di cuspide, di flesso a tangente verticale...).

a. Definita per −1 ≤(x2 − 1

)2/3 ≤ 1, cioè 0 ≤(x2 − 1

)2/3 ≤ 1,−1 ≤x2 − 1 ≤ 1, x2 ≤ 2,

−√2 ≤ x ≤

√2.

Nei due punti di arresto x = ±√2 l’argomento di arcsin vale 1 e mi aspetto che

la funzione non sia derivabile. L’argomento di arcsin vale 1 anche per x = 0.Mi aspetto non derivabilità anche nei punti in cui x2−1 = 0, cioè per x = ±1

(per la presenza della potenza a esponente 2/3). Notare che il punto x = 3 incui si annulla l’argomento del modulo cade fuori dall’insieme di definizione.b. f è certamente derivabile se −

√2 < x <

√2, x 6= ±1, e in tal caso vale

(poiché nell’insieme di definizione è |x− 3| = 3− x)

f ′ (x) =1√

1− (x2 − 1)4/3· 2

3 (x2 − 1)1/3· 2x− 1.

limx→√2−f ′ (x) = +∞

quindi x =√2 è punto d’arresto a tangente verticale.

limx→−

√2+f ′ (x) = −∞

quindi x = −√2 è punto d’arresto a tangente verticale.

limx→1±

f ′ (x) = ±∞

27

quindi x = 1 è punto di cuspide verso il basso.

limx→−1±

f ′ (x) = ±∞

quindi x = −1 è punto di cuspide verso il basso.Per x→ 0,

1√1− (x2 − 1)4/3

· 2

3 (x2 − 1)1/3·2x ∼ − 4x

3√1−

(1− 4

3x2) = − 4x

3√

43x

2= − 2√

3

x

|x|

perciò per x→ 0±,

f ′ (x)→ ∓ 2√3− 1,

e x = 0 è punto angoloso.Grafico (NON era richiesto):

2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne ilgrafico. E’richiesto in particolare: insieme di definizione, limiti alla frontieradell’insieme di definizione, eventuali asintoti, studio del segno della derivataprima, determinazione dei punti di massimo e minimo, studio degli eventualipunti di non derivabilità. Non è richiesto il calcolo della derivata seconda; dire,in base alle altre informazioni raccolte, qual è il minimo numero di punti diflesso che f deve avere, coerentemente allo studio condotto.

f (x) = log

∣∣∣∣x (x− 1)x+ 1

∣∣∣∣ .Definita per x 6= 0, 1,−1.Per x→ 0, x→ 1 l’argomento del logaritmo tende a 0+ e f (x)→ −∞.Per x→ −1, l’argomento del logaritmo tende a +∞ e f (x)→ +∞.x = 0, x = 1, x = −1 asintoti verticali.Per x→ ±∞, f (x) ∼ log |x| → +∞ con crescita sottolineare (senza asintoto

obliquo).

28

Dove è definita la funzione è anche derivabile e si ha:

f (x) = log |x|+ log |x− 1| − log |x+ 1|

f ′ (x) =1

x+

1

x− 1 −1

x+ 1=

(x2 − 1

)+(x2 + x

)−(x2 − x

)x (x2 − 1)

=x2 + 2x− 1x (x2 − 1) ≥ 0 per:

−1−√2 ≤ x < −1; 0 < x ≤ −1 +

√2;x > 1.

In questi intervalli la f (x) è crescente.x = −1−

√2 punto di minimo relativo;

x = −1 +√2 punto di massimo relativo.


f deve avere almeno un punto di flesso in(−∞,−1−

√2)e uno in (−1, 0) .


limx→0


)· tanxThx

.

limx→0


)· tanxThx

=

[0

0

].

29

tanx

Thx∼ x

x= 1

Shx− x cosx =(x+

x3

6+ o

(x3))− x

(1− 1

2x2 + o

(x2))= x3

(1

6+1

2

)+ o

(x3)∼ 23x3

sinx− xChx =(x− x3

6+ o

(x3))− x

(1 +

1

2x2 + o

(x2))= x3

(−16− 12

)+ o

(x3)∼ −2

3x3

f (x) ∼23x

3

− 23x3· 1 = 1,

che è il limite cercato.


∞∑n=1


n2 + log n

Spezziamo la serie così:

∞∑n=1


n2 + log n=

∞∑n=1

(−1)n n

n2 + log n+

∞∑n=1

log n+ 1

n2 + log n.

La prima serie converge per il criterio di Leibniz. Infatti

n

n2 + log n∼ n

n2=1

n

che è positivo e infinitesimo. Per verificare la monotonia, consideriamo

f (x) =x

x2 + log x

e calcoliamo

f ′ (x) =

(x2 + log x

)− x

(2x+ 1

x

)(x2 + log x)

2 =−x2 + log x− 1(x2 + log x)

2 ∼ −x2

x4= − 1

x2< 0

perciò per x → +∞ è f ′ (x) < 0 definitivamente e f (x) decrescente definiti-

vamente; quindi{

nn2+logn

}è definitivamente decrescente, e per il criterio di

Leibniz∞∑n=1

(−1)n n

n2 + log nconverge.

La seconda serie è a termini positivi. Studiamo:

log n+ 1

n2 + log n∼ log n

n2<

1

n3/2

30

perché logn√n→ 0. Poiché

∑1

n3/2converge in quanto serie armonica generalizzata

con α = 3/2 > 1, per il criterio del confronto asintotico e il criterio del confronto,

∞∑n=1

log n+ 1

n2 + log nconverge.

Pertanto la serie di partenza converge in quanto somma di due serie convergenti.

5. Calcolare il seguente integrale indefinito e semplificare l’espressioneottenuta: ∫ √

x2 + 4

x2dx.

∫ √x2 + 4

x2dx = (x = 2Sh t)∫ √

4 Sh2 t+ 4

4Sh2 t2Ch tdt =

∫2Ch t

4 Sh2 t2Ch tdt =

∫Ch2 t

Sh2 tdt

=

∫Ch t

(− 1

Sh t

)′dt = (per parti)

= −Ch tSh t

+

∫Sh t

(1

Sh t

)dt

= −Ch tSh t

+ t+ c

= −

√1 + x2

4

x2

+ SettShx

2+ c

= −√4 + x2

x+ SettSh

x

2+ c.

6. Discutere la convergenza o meno dei seguenti integrali general-izzati, giustificando le proprie affermazioni in base ai criteri studiati.

a.

∫ 1

0

f (x) dx; b.

∫ +∞

1

f (x) dx,

dove (in entrambi i casi)

f (x) =1− e−x√x log (1 + x)

.

La funzione f (x) è continua in (0,+∞), eventualmente illimitata in x = 0.Per x→ 0+,

f (x) ∼ x√x · x =

1√x,

31

integrabile, perciò l’integrale generalizzato∫ 10f (x) dx converge per il criterio

del confronto asintotico (l’integranda è positiva in tale intorno).Per x→ +∞,

f (x) ∼ 1√x log x

>1

x

perché √x

log x→ +∞ per x→ +∞.

Perciò per il criterio del confronto e del confronto asintotico l’integrale general-izzato

∫ +∞1

f (x) dx diverge.

32

Prima prova in itinere di Analisi Matematica 1Ingegneria Elettronica. Politecnico di Milano


Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.

1. Problemi di massimo e minimo. Impostare e risolvere col calcolodifferenziale il seguente problema di minimo. Determinare il punto P , sul graficodella funzione

f (x) = x3/2

che ha distanza minima da Q ≡ (4, 0) (e determinare tale distanza minima,semplificando l’espressione ottenuta). Si raccomanda di fare una figura perimpostare il problema.

La distanza è

D (x) = d((x, x3/2

), (4, 0)

)=

√(x− 4)2 + x3 per x ≥ 0

(insieme di definizione di f (x)).

D′ (x) =2 (x− 4) + 3x2

2

√(x− 4)2 + x3

≥ 0 per

3x2 + 2x− 8 ≥ 0

x ≤ −2, x ≥ 43.

Nell’intervallo (0,+∞) questo significa che f (x) è crescente per x ≥ 43 , e x =

43

è punto di minimo. Quindi

P ≡(4

3,

(4

3

)3/2)

Dmin =

√(4

3− 4)2+

(4

3

)3=

16

3√3.

2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne ilgrafico. E’richiesto in particolare: insieme di definizione, limiti alla frontieradell’insieme di definizione, eventuali asintoti, studio del segno della derivata

33

prima, determinazione dei punti di massimo e minimo, studio degli eventualipunti di non derivabilità. Non è richiesto il calcolo della derivata seconda.

f (x) = x2/3(x2 − 4x+ 3

)1/3.

Definita in R.Per x → ±∞, f (x) ∼ x4/3 → +∞ con crescita sopralineare (senza asintoto

obliquo).f (x) = x2/3 (x− 1)1/3 (x− 3)1/3

perciò f (x) = 0 per x = 0, x = 1, x = 3; ci aspettiamo punti di flesso a tangenteverticale in x = 1, x = 3, e punto di cuspide in x = 0. Fuori da questi 3 punti fè certamente derivabile e si ha:

f ′ (x) =2

3x1/3(x2 − 4x+ 3

)1/3+ x2/3

1

3 (x2 − 4x+ 3)2/3(2x− 4)

=2(x2 − 4x+ 3

)+ x (2x− 4)

3x1/3 (x2 − 4x+ 3)2/3=

2(2x2 − 6x+ 3

)3x1/3 (x2 − 4x+ 3)2/3

≥ 0 per

0 < x ≤ 3−√3

2;x ≥ 3 +

√3

2

(esclusi x = 1, x = 3 in cui non esiste f ′). In questi intervalli f è crescente, inparticolare:

x = 0 punto di minimo relativox = 3−

√3

2 punto di massimo relativo

x = 3+√3

2 punto di minimo relativo.Inoltre:Per x → 0±, f ′ (x) ∼ 2

x1/332/3→ ±∞, perciò x = 0 punto di cuspide,

discendente.Per x → 1±, f ′ (x) ∼ −2

3·22/3(x−1)2/3 → −∞, perciò x = 1 punto di flesso a

tangente verticale, discendente.Per x → 3±, f ′ (x) ∼ 2

31/322/3(x−3)2/3 → +∞, perciò x = 1 punto di flesso atangente verticale, ascendente.

34



limx→0

cos(x2

)− e− x

2

4

2x− log (1 + x)− tanx.

limx→0

cos(x2

)− e− x

2

4

2x− log (1 + x)− tanx =[0

0

].

cos(x2

)− e− x

2

4 = 1− 12·(x2

)2+ o

(x2)−{1− x2

4+ o

(x2)}

=x2

4− x2

8+ o

(x2)=x2

8+ o

(x2)∼ x2

8.

2x− log (1 + x)− tanx = 2x−{(

x− x2

2+ o

(x2))+(x+ o

(x2))}

(poiché tanx è dispari e tanx ∼ x, il suo sviluppo al second’ordine è x+o(x2))

=x2

2+ o

(x2)∼ x2

2

e

f (x) ∼x2

8x2

2

=1

4,

che è il limite cercato.

35


∞∑n=1

(−1)nn sin 1

n

n+ 1.

Poichén sin 1

n

n+ 1∼n · 1nn

=1

n

la successione bn =n sin 1

n

n+1 è a termini definitivamente positivi e tende a zero. Laserie perciò è a segni alterni, con termine generale infinitesimo. Per applicareil criterio di Leibniz dobbiamo verificare che {bn} è almeno definitivamentemonotona decrescente. Posto

f (x) =x sin 1

x

x+ 1,

calcoliamo

f ′ (x) =

(sin 1

x + x cos1x

(− 1x2

))(x+ 1)− x sin 1

x

(x+ 1)2

=

(x sin 1

x − cos1x

)+(sin 1

x −1x cos

1x

)− x sin 1

x

(x+ 1)2

=− cos 1x + sin

1x −

1x cos

1x

(x+ 1)2 ∼ − 1

x2< 0,

perciò per x → +∞ è f ′ (x) < 0 definitivamente, f (x) decrescente definitiva-mente, e {bn} è definitivamente monotona decrescente. Per il criterio di Leibnizla serie di partenza converge.

5. Calcolare il seguente integrale definito:∫ 2

√2

√4− x2x2

dx.

∫ 2

√2

√4− x2x2

dx = (x = 2 sin t)

=

∫ π2

π4

√4− 4 sin2 t4 sin2 t

2 cos tdt

=

∫ π2

π4

cos2 t

sin2 tdt =

∫ π2

π4

cos tf·(− 1

sin t

)′g′

dt

=

[− 1

sin tcos t

]π2

π4

−∫ π

2

π4

sin t · 1

sin tdt

= 1− π

4.

36

6. Calcolare il seguente integrale definito:∫ e

1

x3 (log x)2dx.

Si chiede di determinare (e scrivere esplicitamente) per prima cosa la primi-tiva, e successivamente calcolare l’integrale definito, semplificando l’espressioneottenuta.

∫x3f ′(log x)

2

gdx

= (per parti)x4

4(log x)

2 −∫x4

42log x

xdx =

=x4

4(log x)

2 − 12

(∫x3f ′log xgdx

)= (per parti)

x4

4(log x)

2 − 12

{x4

4log x−

∫x4

4

dx

x

}=x4

4(log x)

2 − x4

8log x+

x4

32+ c

∫ e

1

x3 (log x)2dx =

[x4

4(log x)

2 − x4

8log x+

x4

32

]e1

=e4

4− e4

8+e4

32− 1

32=5e4 − 132

.

37

Documents

Seconda prova in itinere di Analisi Matematica 1 ...bramanti/corsi/temidesame_analisi1/2016_itin… · 2. Studio di funzione. Studiare la seguente funzione e tracciarne il gra–co