[Analisi Matematica 1] Prova d'esame

[ste1leo2]

Salve vorrei un aiuto da voi...

Dovrei sostenere l'esame di Analisi 1 e per esercitarmi ho preso una traccia d'esame vecchia...

Potreste risolvermela così da capire dove sbaglio?

Grazie!

[Matefisico]

Potresti mettere un'immagine più dettagliata please?

[Studente Anonimo]

Essendo un appello di Analisi Matematica 1 non servono ulteriori specifiche.


1.1 Data la funzione

[math]f_1 : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\\[/math]

definita da

[math]f_1(x) := \log\left(\log\left(\log(x)\right)\right)\,,\\[/math]

l'insieme in cui risulta definita è dato da

[math]\begin{cases} x > 0 \\ \log(x) > 0 \\ \log\left(\log(x)\right) > 0 \end{cases} \; \; \Leftrightarrow \; \; \begin{cases} x > 0 \\ x > e^0 \\ \log(x) > e^0 \end{cases} \; \Leftrightarrow \; \; \begin{cases} x > 0 \\ x > 1 \\ x > e^1 \end{cases}\\[/math]

ossia risulta essere

[math]I_{f_1} = \left\{ x \in \mathbb{R} : x > e \right\} \; .\\[/math]

1.2 Data la funzione

[math]f_2 : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\\[/math]

definita da

[math]f_2(x) := \sqrt{\frac{9-|x|}{3^{-2x}-1}}\,,\\[/math]

l'insieme in cui risulta definita è dato da

[math]\begin{cases} \frac{9-|x|}{3^{-2x}-1} \ge 0 \\ 3^{-2x} - 1 \ne 0 \end{cases} \; \; \Leftrightarrow \; \; \begin{cases} -9 \le x < 0 \, \vee \, x \ge 9 \\ x \ne 0 \end{cases}\\[/math]

ossia risulta essere

[math]I_{f_2} = \left\{ x \in \mathbb{R} : -9 \le x < 0 \, \vee \, x \ge 9 \right\} \; .\\[/math]

2.1

[math]\begin{aligned} \lim_{x \to \frac{\pi}{8}^+} \left(\tan(2\,x)\right)^{\tan(4\,x)} & = \lim_{y \to 0^+} \left(\tan\left(\frac{y}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\right)^{\tan\left(y + \frac{\pi}{2}\right)} \\ & = \lim_{y \to 0^+} (1 + y)^{-\frac{1}{y}} \\ & = \lim_{z \to +\infty} \left[\left(1 + \frac{1}{z}\right)^z\right]^{-1} \\ & = e^{-1} \; .\end{aligned}\\[/math]

2.2

[math]\begin{aligned} \small \lim_{x \to 0} \frac{x^5\left(e^x - \cos x\right)}{x^2 - \sin\left(x^2\right)} & = \lim_{x \to 0} \frac{x^5\left[\left(1 + x + \frac{x^2}{2}+o\left(x^2\right)\right) - \left(1 - \frac{x^2}{2} + o\left(x^2\right)\right)\right]}{x^2 - \left(x^2 - \frac{x^6}{6} +o\left(x^6\right)\right)} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac{x^5\left( x + x^2 + o\left(x^2\right) \right)}{\frac{x^6}{6} + o\left(x^6\right)} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac{x^5\left( x + o(x) + o\left(x^2\right) \right)}{\frac{x^6}{6} + o\left(x^6\right)} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac{x^5\left( x + o(x) \right)}{\frac{x^6}{6} + o\left(x^6\right)} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac{x^6\left(1+o(1)\right)}{\frac{x^6}{6}\left(1+o(1)\right)} \\ & = 6 \; . \end{aligned}\\[/math]

3. Data la funzione

[math]f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\\[/math]

definita da

[math]f(x) := \log\left(\left|x^2-2\right|+1\right)\,,\\[/math]

l'insieme in cui risulta definita è banalmente tutto

[math]\mathbb{R}[/math]

, quindi sicuramente
non presenta asintoti verticali. Dal momento che

[math]\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} f(x) = +\infty \end{aligned}[/math]

,
segue che

[math]f[/math]

non presenta nemmeno asintoti orizzontali: può darsi che pre-
senti degli asintoti obliqui. Dato che

[math]\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = 0 \end{aligned}[/math]

la funzione

[math]f[/math]

non
presenta nemmeno asintoti obliqui.

A questo punto, osservando che

[math]\left|x^2 - 2\right| + 1 \ge 1[/math]

per ogni

[math]x[/math]

reale e
in particolare

[math]\left|x^2 - 2\right| + 1 = 1[/math]

per

[math]x = \pm \sqrt{2}[/math]

, segue che i punti di
coordinate

[math]\left(\pm \sqrt{2}, \; 0\right)[/math]

sono di minimo assoluto per

[math]f\\[/math]

.

Infine, essendo

[math]\small f'(x) = \frac{2\,x}{\left|x^2 - 2\right| + 1}\,\frac{x^2-2}{\left|x^2-2\right|} \ge 0 \; \Leftrightarrow \; - \sqrt{2} < x \le 0 \, \vee \, x > \sqrt{2}[/math]

,
segue che il punto di coordinate

[math](0,\,\log(3))[/math]

è di massimo relativo per

[math]f\\[/math]

.


4. Dato l'integrale definito

[math]I := \int_1^e x\,\sin(\log x)\,\text{d}x\,,\\[/math]

ponendo una sostituzione del tipo

[math]x = e^t[/math]

,

[math]\text{d}x = e^t\,\text{d}t\\[/math]

, si ottiene

[math]I = \int_0^1 e^{2t}\,\sin(t)\,\text{d}t \; .\\[/math]

Dunque, integrando per parti una prima volta, si ha

[math]I = \left[\frac{e^{2t}}{2}\,\sin(t)\right]_{t = 0}^{t = 1}- \frac{1}{2}\int e^{2t}\,\cos(t)\,\text{d}t = \frac{e^2}{2}\,\sin(1) - \frac{1}{2}\int_0^1 e^{2t}\,\cos(t)\,\text{d}t\\[/math]

e integrando per parti una seconda volta, si ottiene

[math]I =\frac{e^2}{2}\,\sin(1) - \frac{1}{2}\left\{ \left[\frac{e^{2t}}{2}\,\cos(t)\right]_{t=0}^{t=1} + \frac{1}{2}\int_0^1 e^{2t}\,\sin t\,\text{d}t \right\}\\[/math]

ossia

[math]I = \frac{e^2}{2}\,\sin(1) - \frac{1}{2}\left(\frac{e^2}{2}\,\cos(1) - \frac{1}{2}\right) - \frac{1}{4}\,I\,,[/math]

da cui

[math]I = \frac{1}{5}\left(1 - e^2\,\cos(1) + 2\,e^2\,\sin(1)\right) \; .\\[/math]

5.1 Data la serie numerica

[math]\begin{aligned} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(3^{-n} - \frac{1}{n^3}\right) = -\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{n^3} - 3^{-n}\right) \end{aligned}\\[/math]

dal momento che

[math]\frac{1}{n^3} - 3^{-n} \le \frac{1}{n^3} \; \; \Rightarrow \; \; \forall \, n \ge 1\\[/math]

e che la serie

[math]\begin{aligned}\sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^3}\end{aligned}[/math]

converge dato che è una armonica generalizzata con

[math]3 > 1[/math]

, al-
lora per il criterio del confronto converge anche la serie in esame.


5.2 Data la serie numerica

[math]\begin{aligned} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\,\log\left(\cos\frac{1}{n^2}\right) \end{aligned}\\[/math]

dal momento che

[math]\begin{aligned}& (1) \; \; \lim_{n \to +\infty} \log\left(\cos\frac{1}{n^2}\right) = 0 \; ; \\ & (2) \; \; \log\left(\cos\frac{1}{(n+1)^2}\right) \le \log\left(\cos\frac{1}{n^2}\right) \; \Rightarrow \; \forall\, n \ge 1 \; ;\end{aligned}\\[/math]

per il criterio di Leibniz la serie in esame converge.


Spero sia sufficientemente chiaro. ;)