Analisi Matematica 1 Esercizi di esame e di controllo ... · Analisi Matematica 1 Esercizi di esame...

Analisi Matematica 1

Esercizi di esame e di controllo

Versione con risoluzioni

Daniele Andreucci

Dipartimento di Scienze di Base e Applicate per

l’Ingegneria

Universita di Roma La Sapienza

via A.Scarpa 16, 00161 Roma

[email protected]

launch˙dagroup 20131202 10.24

• a.a. 2010-2011: codocente dr Dario Bellaveglia.

• a.a. 2011-2012: codocente prof. Filomena Pacella.

• a.a. 2012-2013: codocente prof. Paola Vernole.

Note:

1. (ex): esercizi d’esame; (hw): esercizi di controllo.

2. La numerazione delle formule e relativa al singolo esercizio.

3. Il simbolo [x] denota la parte intera del reale x, ossia il massimo intero ≤ x.

1

110. Estremo superiore

Indice

110. Estremo superiore 2

150. Generalita sulle funzioni 12

200. Numeri complessi 15

310. Infiniti e infinitesimi 27

420. Calcolo di limiti 33

520. Calcolo di integrali 49

580. Integrali impropri 65

600. Derivabilita 71

620. Calcolo di derivate 72

630. Studio della derivata prima 76

710. Successioni definite per ricorrenza 77

720. Limiti di successioni 83

750. Serie 89

770. Convergenza di serie 93

800. Studio di funzioni 108


1. [1/10/2010 (hw)I] Calcolare:

sup{|x|+ |y| | x2 + y2 < R2} ,sup{x2 + y2 | |x|+ |y| < R} ,

inf{

∣

∣

∣

∣

2n

2n+ 1− (2m+ 1)2

(2m+ 1)2 + 1

∣

∣

∣

∣

| m,n = 1, 2, 3, . . .}

Soluzione

1) Possiamo ridurci a considerare solo il caso x, y ≥ 0 per motivi di simmetria.Dobbiamo considerare le rette della forma

x+ y = c , c > 0 .

2


Il sup cercato sara l’estremo superiore dei c tali che la retta interseca il cerchio{x2 + y2 < R2}. Dato che l’intersezione e non vuota se e solo se

0 < c <√2R ,

il sup cercato vale√2R.

2) Possiamo ridurci a considerare solo il caso x, y ≥ 0 per motivi di simmetria.Dobbiamo considerare le circonferenze della forma

x2 + y2 = c2 , c > 0 .

Il sup cercato sara l’estremo superiore dei c tali che la circonferenza interseca ilquadrato {|x|+ |y| < R}. Dato che l’intersezione e non vuota se e solo se

0 < c < R ,

il sup cercato vale R.3) Dato che l’insieme e formato da numeri positivi, l’estremo inferiore sara nonnegativo. Usando la disuguaglianza triangolare si ottiene

∣

∣

∣

∣

2n

2n+ 1− (2m+ 1)2

(2m+ 1)2 + 1

∣

∣

∣

∣

≤∣

∣

∣

∣

2n

2n+ 1− 1

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

1− (2m+ 1)2

(2m+ 1)2 + 1

∣

∣

∣

∣

=1

2n+ 1+

1

(2m+ 1)2 + 1.

Per la proprieta archimedea dei numeri reali, segue subito che, per ogni prefissatoε > 0 si possono trovare m, n ∈ N \ 0 tali che

1

2n+ 1< ε ,

1

(2m+ 1)2 + 1< ε .

Dunque esistono m, n ∈ N \ 0 tali che

∣

∣

∣

∣

2n

2n+ 1− (2m+ 1)2

(2m+ 1)2 + 1

∣

∣

∣

∣

< 2ε .

Dall’arbitrarieta di ε, e per la nota caratterizzazione dell’estremo inferiore, segue

che l’inf cercato vale zero.R. √

2R ; R ; 0 .

2. [1/10/2010 (hw)I] Definiamo per x ∈ R, A ⊂ R, A 6= ∅,

dist(x,A) = inf{|x− y| | y ∈ A} .

1. Dimostrare che per ogni x, z ∈ R, A ⊂ R

dist(x,A) ≤ |x− z|+ dist(z,A) .

2. Dare un esempio di x ∈ R, A ⊂ R tali che x 6∈ A, e dist(x,A) = 0.

3


Soluzione

1) Per ogni y ∈ A si ha

dist(x,A) ≤ |x− y| ≤ |x− z|+ |z − y| .

Fissiamo ad arbitrio ε > 0. Scegliamo poi y ∈ A in modo che

|z − y| < dist(z, A) + ε .

Risulta per questa scelta di y

dist(x,A) ≤ |x− z|+ dist(z, A) + ε .

Per l’arbitrarieta di ε > 0 segue la tesi.

2) Basta prendere x = 0, A = (0,+∞).R.

x = 0 , A = (0,+∞) .

3. [1/10/2010 (hw)I] Calcolare sup e inf dell’insieme A dato da

A ={

y − 1

x2| (x, y) ∈ B

}

, B ={

(x, y) | 1x< y < 1 , x > 1

}

.

(Sugg.: disegnare B.)Soluzione

1) Calcoliamo il supA. Per ogni (x, y) ∈ B vale

0 <1

x− 1

x2< y − 1

x2< 1 . (1)

Dunque 1 e un maggiorante di A. D’altronde per n ≥ 1

(x, y) =(√

2n, 1− 1

2n

)

∈ B ,

e si ha per ε > 0 fissato ad arbitrio

y − 1

x2= 1− 1

n> 1− ε

se n > 1/ε. Quindi supA = 1.2) Per (1), inf A ≥ 0. Per n ≥ 1

(x, y) =(

n,2

n

)

∈ B ,

e si ha per ε > 0 fissato ad arbitrio

y − 1

x2=

2

n− 1

n2<

2

n< ε

se n > 2/ε. Quindi inf A = 0.R.

supA = 1 , inf A = 0 .

4


4. [7/2/2011 (ex)I] Determinare estremo superiore ed estremo inferiore dellafunzione f : [0,∞) → R definita da

f(x) =4n+

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n, n− 1 ≤ x < n , n = 1, 2, . . .

precisando se si tratta o no di massimo o di minimo.Soluzione

A) Prima di tutto osserviamo che

f(x) = 4 +

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n, n− 1 ≤ x < n , n = 1, 2, . . .

e che f e una funzione costante a tratti. Dimostriamo che 4 e estremo inferiore perf(x): da

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n> 0 , lim

n→+∞

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n= 0 ,

segue l’asserto.Volendo essere piu espliciti, fermo restando che 4 < f(x), fissiamo ε > 0 ad arbitrio.Dimostriamo che ci sono valori di x tali che f(x) < 4 + ε:

4 +

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n< 4 + ε ⇔

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n< ε ,

e dato che∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n≤ 1

n,

fissato un nε > 1ε , allora per ogni x > nε + 1 avremo f(x) < 4 + ε. Il valore 4

e estremo inferiore per f ma non minimo, in quanto cos(√

n− π2

)

6= 0 per ognin ∈ N .B) Per determinare l’estremo superiore osserviamo che per n > 2

∣

∣cos(√

n− π2

)∣

∣

n≤ 1

2,

mentre per n = 1, dato che −π3 < 1− π

2 < 0 si ha:

∣

∣cos(

1− π2

)∣

∣

1>

1

2,

quindi 4 +∣

∣cos(

1− π2

)∣

∣ e estremo superiore e massimo per f .R.

sup f = max f = 4 +∣

∣

∣cos(

1− π

2

)∣

∣

∣ , inf f = 4 < f(x) , x ≥ 0 .

5. [7/2/2011 (ex)II] Determinare estremo superiore ed estremo inferioredella funzione f : [0,∞) → R definita da

f(x) =n2 + |sin(n+ π)|

n2, n− 1 ≤ x < n , n = 1, 2, . . .

5


precisando se si tratta o no di massimo o di minimo.R.

sup f = max f = 1 + |sin(1 + π)| , inf f = 1 < f(x) , x ≥ 0 .

6. [7/2/2011 (ex)III] Determinare estremo superiore ed estremo inferioredella funzione f : [0,∞) → R definita da

f(x) =3n+

[

cos(√

n+ π2

)]2

n, n− 1 ≤ x < n , n = 1, 2, . . .

precisando se si tratta o no di massimo o di minimo.R.

sup f = max f = 3 + cos2(

1 +π

2

)

, inf f = 3 < f(x) , x ≥ 0 .

7. [5/4/2011 (ex)I] Dimostrare che, definita la successione

an =n∑

k=1

(−1)k arctg k , n ≥ 1 ,

le due quantita inf an e sup an sono entrambe finite e soddisfano

supn≥1

an − infn≥1

an =π

2.

Soluzione

Conviene scrivere i primi termini della successione per rendersi conto del loroandamento tipico.In generale si ha

a2n+1 = − arctg(2n+ 1) + arctg(2n) + a2n−1 ≤ a2n−1 ,

a2n = arctg(2n)− arctg(2n− 1) + a2n−2 ≥ a2n−2 .

Quindi

. . . a2n ≥ a2n−2 ≥ . . . a4 ≥ a2 ≥ a1 ≥ a3 ≥ . . . a2n−1 ≥ a2n+1 . . . .

Inoltre per ogni n

a2n+1 = a2n − arctg(2n+ 1) ≥ a2 −π

2> −∞ , (1)

e nello stesso modo

a2n = a2n−1 + arctg(2n) ≤ a1 +π

2< ∞ .

Percio esistono finiti

supn≥1

an = limn→∞

a2n =: L , infn≥1

an = limn→∞

a2n+1 =: ℓ .

6


Prendendo il limite in (1) si ha poi ℓ = L− π/2.

8. [16/9/2011 (ex)I] Dati gli insiemi numerici

A ={

1 + (−1)nlnn

n| n ≥ 3

}

, B ={ 1

n

n2

∑

k=1

e−√k | n ≥ 1

}

,

C ={

[x]x | 1 ≤ x < 3}

,

calcolaresupA , inf A , inf B , supC , inf C .

[Qui [x] indica il massimo intero non maggiore di x.]Soluzione

A) La funzione

f(x) =lnx

x, x > 0 ,

ha derivata

f ′(x) =1

x2(1− lnx) < 0 , x > e .

Percio per n ≥ 3 > e si halnn

n≥ ln(n+ 1)

n+ 1,

e inoltre si sa che

limn→∞

lnn

n= 0 .

Dunque

supA = 1 + (−1)4ln 4

4= 1 +

ln 4

4,

inf A = 1 + (−1)3ln 3

3= 1− ln 3

3.

B) Si verifica subito che

limk→∞

kβe−√k = 0 ,

per ogni β > 1. Dunque

n2

∑

k=1

e−√k <

∞∑

k=1

e−√k =: S < ∞ .

Quindi

0 ≤ inf B ≤ inf{S

n| n ≥ 1

}

= 0 .

C) La funzioneg(x) = [x]x , x > 0

e crescente. Dunque

supC = limx→3−

[x]x = limx→3−

2x = 8 ,

inf C = g(1) = 1 .

7


R.

supA = 1 +ln 4

4, inf A = 1− ln 3

3; inf B = 0 ; supC = 8 , inf C = 1 .

9. [1/10/2011 (hw)I] Trovare estremi superiore e inferiore di

A = {x+ y2 | 0 < x, y < 1} , B = {y − x | 1 < x < y < 2x} .

Soluzione

A) Per (x, y) ∈ (0, 1)× (0, 1) si ha

0 < x+ y2 < 1 + 1 = 2 ,

quindi supA ≤ 2, inf A ≥ 0. Fissiamo 1 > ε > 0; allora (ε/2, ε/2) ∈ (0, 1)× (0, 1),e

ε

2+(ε

2

)2

<ε

2+

ε

2= ε .

Per l’arbitrarieta di ε > 0 (in quanto ε < 1 non costituisce una limitazionesostanziale), abbiamo provato che inf A = 0.Sempre per 1 > ε > 0 fissato ad arbitrio, consideriamo la disuguaglianza

x+ y2 > 2− ε .

Il punto(

1− ε

4,

√

1− ε

4

)

appartiene a (0, 1)× (0, 1), e in corrispondenza vale

x+ y2 = 1− ε

4+ 1− ε

4= 2− ε

2> 2− ε .

Percio supA = 2.B) Per ogni 1 < x < y < 2x vale

0 < y − x < x .

Intanto quindi inf B ≥ 0. Fissiamo 1 > ε > 0; in corrispondenza dei punti (1 +ε, 1 + 3ε/2) (che appartengono a {1 < x < y < 2x}) si ha

y − x =ε

2< ε .

Quindi in effetti inf B = 0. Poi, fissato M > 1 ad arbitrio si consideri che

y − x > M ⇐⇒ y > x+M .

Ma x + M < 2x se x > M ; percio esistono in {1 < x < y < 2x} punti tali che

y − x > M . Dunque B e illimitato superiormente.R.

supA = 2 , inf A = 0 ; supB = ∞ , inf B = 0 .

8


10. [1/10/2011 (hw)I] Trovare estremi superiore e inferiore dell’insieme Adefinito da

A ={ 1

x2− y | (x, y) ∈ B

}

, B ={

(x, y) | 1

2x< y <

1

x, 0 < x <

1

2

}

.

Soluzione

Conviene disegnare le tre curve

y =1

x2, y =

1

2x, y =

1

x, 0 < x <

1

2.

A) Si vede che l’insieme A e illimitato superiormente; infatti per ogni n ≥ 3 si ha

( 1

n,3

4n)

∈ B .

Calcolando in corrispondenza i valori

1

x2− y = n2 − 3

4n = n

(

n− 3

4

)

,

si vede che non esiste nessun M ∈ R che li maggiori per ogni n ≥ 3.B) Per ogni (x, y) ∈ B si ha

1

x2− y >

1

x2− 1

x=

1

x

( 1

x− 1)

=: f(x) .

La f , come prodotto di funzioni decrescenti e positive, e decrescente (strettamente)in 0 < x < 1. Quindi per ogni (x, y) ∈ B

1

x2− y > f

(1

2

)

= 2 .

Quindi 2 e un minorante.Per dimostrare che e il massimo dei minoranti, fissato ε > 0, dobbiamo trovare(x, y) ∈ B tale che

1

x2− y < 2 + ε ⇐⇒ y >

1

x2− (2 + ε) .

Per dimostrare che un (x, y) ∈ B siffatto esiste, basta provare che esistono x taliche

1

x2− (2 + ε) <

1

x, 0 < x <

1

2.

Questo equivale a

(2 + ε)x2 + x− 1 > 0 , 0 < x <1

2,

ossia, come e noto, a

x ∈(−1 +

√

1 + 4(2 + ε)

2(2 + ε),∞)

∩ (0, 2) =(−1 +

√

1 + 4(2 + ε)

2(2 + ε), 2)

6= ∅ ,

9


dato che come e facile verificare

−1 +√

1 + 4(2 + ε)

2(2 + ε)< 2 .

R.

supA = ∞ , inf A = 2 .

11. [1/10/2011 (hw)I] Si trovino estremo superiore e inferiore dell’insieme

A = {√n+ 1−

√n | n ≥ 1} .

Soluzione

Antirazionalizzando si ha

√n+ 1−

√n =

(√n+ 1−√

n)(√n+ 1 +

√n)√

n+ 1 +√n

=1√

n+ 1 +√n.

E chiaro che l’ultima frazione e decrescente in n. Quindi

supA = maxA =√2− 1 .

Inoltre inf A ≥ 0. Fissiamo ε > 0; si ha

1√n+ 1 +

√n<

2√n< ε

per ogni n tale che

n >4

ε2.

Quindi inf A = 0.R.

supA =√2− 1 , inf A = 0 .

12. [15/10/2012 (hw)I] Trovare

sup{

[x]∑

n=1

xn | 1 ≤ x ≤ 5}

.

Soluzione

Dimostriamo che la funzione f : [1, 5] → R definita da

f(x) =

[x]∑

n=1

xn

10


e crescente. Infatti, se 1 ≤ x1 < x2 ≤ 5, si ha, per ogni n ≥ 1, xn1 < xn

2 . Quindi,per ogni fissato m ≥ 1,

m∑

n=1

xn1 <

m∑

n=1

xn2 .

Distinguiamo ora i due casi: [x1] = [x2] e [x1] < [x2]. Nel primo caso si ha per[x1] = [x2] = m

f(x1) =

m∑

n=1

xn1 <

m∑

n=1

xn2 = f(x2) .

Se poi [x1] < [x2], dato che tutti i termini della sommatoria sono non negativi,

f(x1) =

[x1]∑

n=1

xn1 ≤

[x1]∑

n=1

xn1 +

[x2]∑

n=[x1]+1

xn1 =

[x2]∑

n=1

xn1 <

[x2]∑

n=1

xn2 = f(x2) .

Percio risultaf(x) < f(5) , per ogni x ∈ [1, 5).

Dunque f(5) e l’estremo superiore cercato (e di fatto un massimo).R.

5∑

n=1

5n = 3905 .

13. [15/10/2012 (hw)I] A) Dimostrare che una funzione f : R → R chee crescente in (−∞, 0] e decrescente in [0,+∞) assume il suo massimo inx = 0.B) Dare un controesempio di funzione limitata f : R → R che sia crescentein (−∞, 0) e decrescente in [0,+∞), ma che non assuma il suo massimo.Soluzione

A) Vale

f(x) ≤ f(0) , per ogni x < 0; f(x) ≤ f(0) , per ogni x > 0.

Percio f(0) ≥ f(x) per ogni x ∈ R e la tesi e dimostrata.B) Sia per esempio f definita da:

f(x) =

1

|x|+ 1, x < 0 ;

1

x+ 1− 1 , x ≥ 0 .

Vale ovviamente

f(x) < 1 , per ogni x < 0; f(x) ≤ 0 < 1 , per ogni x ≥ 0.

Quindi 1 e un maggiorante della f . Si verifica che e l’estremo superiore, perche perε > 0 fissato si ha

f(x) > 1− ε , se −ε < x < 0.

Tuttavia f(x) < 1 per ogni x ∈ R e quindi la f non ha massimo.

11

150. Generalita sulle funzioni

R.

f(x) =

1

|x|+ 1, x < 0 ;

1

x+ 1− 1 , x ≥ 0 .

14. [10/11/2012 (ex)I] Determinare estremo superiore e inferiore delleseguenti successioni:

an =1

n1

2

− 1

21

n

, n ≥ 1 ;

bn =

2n∑

k=0

1

3k, n ≥ 0 .

Soluzione

A) La an e decrescente: infatti n1/2 e crescente, e 2(1/n) e decrescente. Dunque

sup an = a1 =1

2, inf an = lim

n→+∞an = −1 .

B) La bn e crescente. Dunque

sup bn = limn→+∞

bn =

∞∑

k=0

1

3k=

3

2, inf bn = b0 = 1 .


1. [1/10/2010 (hw)I] Disegnare i due insiemi

A ={

x ∈ R | esiste n ∈ N tale che |x− n| ≤ 1

n+√10

}

,

B ={

x ∈ R | esiste n ∈ N tale che |x− n| ≤ 1√10− n

}

.

Soluzione

Per ogni n ∈ N , l’insieme

{

|x− n| ≤ 1

n+√10

}

=[

n− 1

n+√10

, n+1

n+√10

]

e incluso in A. Dunque

A =

∞⋃

n=0

[

n− 1

n+√10

, n+1

n+√10

]

.

Si noti che gli intervalli sopra sono tutti disgiunti due a due.

12


L’insieme{

|x− n| ≤ 1√10− n

}

e non vuoto se e solo se n = 0, 1, 2, 3, perche 3 <√10 < 4. Quindi

B =

3⋃

n=0

[

n− 1√10− n

, n+1√

10− n

]

.

R.

A =∞⋃

n=0

[

n− 1

n+√10

, n+1

n+√10

]

;

B =3⋃

n=0

[

n− 1√10− n

, n+1√

10− n

]

.

2. [8/10/2010 (hw)I] Identificare il numero positivo c tale che per ogni y > 0si ha

arctg y + arctg1

y= c ,

e dimostrare questa relazione.Soluzione

Supponiamo che un c come sopra esista. Allora in particolare per y = 1

c = arctg 1 + arctg 1 =π

4+

π

4=

π

2.

Sia ora y > 0 qualunque, e sia x ∈ (0, π/2) tale che

tg x = y , x = arctg y .

Dobbiamo quindi dimostrare che

arctg1

y=

π

2− x ,

ossia equivalentemente che

tg(π

2− x)

=1

y=

1

tg x.

Questo infine segue da

sin(π

2− x)

= cosx , cos(π

2− x)

= sinx .

R.

c =π

2.

13


3. [15/10/2012 (hw)I] Dimostrare che la funzione

f(x) = logx a , x > 1 ,

ove a > 1 e fissato, e decrescente.Soluzione

Occorre dimostrare che se 1 < x1 < x2, allora

α := logx1a > logx2

a =: β .

Per definizione di logaritmo si ha

xα1 = a = xβ

2 ,

e quindi α, β > 0, e

xαβ

1 = x2 > x1 .

Dato che x1 > 1 si deve percio avere α/β > 1, cioe la tesi.

4. [15/10/2012 (hw)I] Discutere la monotonia delle funzioni seguenti:

f(x) = arctgx

x+ 1, x ∈ [0,∞) ;

g(x) = sin(π

2+

x

x+ 1

)

, x ∈ [0,∞) ;

h(x) =x

[x] + 1, x ∈ [0,∞) .

Soluzione

A) La funzione f si puo scrivere come

f(x) = arctg(t(x)) ,

cont(x) =

x

x+ 1, x ∈ [0,∞) .

Poiche t([0,∞)) ⊂ [0,∞), e sia t che arctg sono funzioni crescenti sul loro dominio,la composizione e una funzione crescente.Che t sia crescente lo si puo verificare per esempio scrivendo

t(x) = 1− 1

x+ 1, x ≥ 0 .

B) La funzione g si puo scrivere come

g(x) = sin(t1(x)) ,

cont1(x) =

π

2+

x

x+ 1, x ∈ [0,∞) .

Osserviamo che t1([0,∞)) ⊂ [π/2, π); infatti

0 ≤ t(x) < 1 , per ogni x ≥ 0.

14

200. Numeri complessi

Dato che sin e decrescente in [π/2, π), e t1 e crescente in [0,∞), segue che g edecrescente.C) Per 0 ≤ x < 2 la funzione h si puo riscrivere come

h(x) =

x , 0 ≤ x < 1 ,x

2, 1 ≤ x < 2 .

Dunque h non e monotona in [0, 2) e quindi neppure in [0,∞).

(Si cerchi di disegnare il grafico di h su tutto il suo dominio.)

R. La f e crescente, la g e decrescente e la h non e monotona.


1. [17/1/2011 (ex)I] Sia z =√3 + 3i ∈ C.

• Determinare 1z4

(nella forma x+ iy) e le radici quarte di z4 (in formatrigonometrica).

• Risolvere nel campo complesso l’equazione (soluzioni nella forma x+iy)

(w + i)6 + (w + i)3 − 2 = 0 .

Soluzione

A) La forma trigonometrica di z e z = 2√3ei(

π3+2kπ), k = 0, 1, 2, . . . ; quindi

z4 = 144ei(4π3+2kπ) = −72(1 +

√3i) ,

allora1

z4= − 1

72(1 +√3i)

(1−√3i)

(1−√3i)

= − 1

288+

√3

288i .

Poi4

√

144ei(4π3+2kπ) = 2

√3ei(

π3+ k

2π) ,

con k = 0, 1, 2, 3.B) Ponendo s = (w + i)3 otteniamo

s2 + s− 2 = 0 ,

che ha come soluzioni

s1 = 1 = ei2kπ , s2 = −2 = 2ei(π+2kπ) , k = 0, 1, 2, . . .

quindi

w1,2,3 + i = ei23kπ , k = 0, 1, 2;

w4,5,6 + i =3√2ei(

π3+ 2

3kπ) , k = 0, 1, 2.

15


R.

1

z4= − 1

288+

√3

288i ; 2

√3ei(

π3+ k

2π) , k = 0, 1, 2, 3 ;

w1 = 1− i , w2 = −1

2+

(√3

2− 1

)

i , w3 = −1

2−(√

3

2+ 1

)

i ,

w4 =3√2

2+

(

3√2√3

2− 1

)

i , w5 = − 3√2− i , w6 =

3√2

2−(

3√2√3

2+ 1

)

i .

2. [17/1/2011 (ex)II] Sia z = 3−√3i ∈ C.

• Determinare 1z4



(w − i)6 + 3(w − i)3 − 4 = 0 .

3. [17/1/2011 (ex)III] Sia z = −√2 +

√6i ∈ C.

• Determinare 1z4



(w + 1)6 + 2(w + 1)3 − 3 = 0 .

4. [5/4/2011 (ex)I] Calcolare tutte le radici complesse della seguente equa-zione e disegnarle sul piano complesso:

z8 − 2√3z4 + 4 = 0 .

Soluzione

Posto w = z4 l’equazione diventa

w2 − 2√3w + 4 = 0 ,

che ammette le due soluzioni

w =√3±

√3− 4 =

√3± i .

Scriviamole nella forma

w1 = 2(

cosπ

6+ i sin

π

6

)

, w2 = 2(

cosπ

6− i sin

π

6

)

.

16


In corrispondenza si trovano le otto radici dell’equazione in z, secondo l’usualeregola

(reiϕ)1n = r

1n ei

ϕ+2kπn , 0 ≤ k < n .

R.

z1,1 =4√2(

cosπ

24+ i sin

π

24

)

, z2,1 =4√2(

cosπ

24− i sin

π

24

)

,

z1,2 =4√2(

cos13π

24+ i sin

13π

24

)

, z2,2 =4√2(

cos11π

24+ i sin

11π

24

)

,

z1,3 =4√2(

cos25π

24+ i sin

25π

24

)

, z2,3 =4√2(

cos23π

24+ i sin

23π

24

)

,

z1,4 =4√2(

cos37π

24+ i sin

37π

24

)

, z2,4 =4√2(

cos35π

24+ i sin

35π

24

)

.

5. [10/6/2011 (ex)I] Calcolare nella forma z = r(cosϕ + i sinϕ) tutte leradici complesse della seguente equazione e disegnarle sul piano complesso:

z3 = wj ,

nei due casi

w1 =2

1− i, w2 =

1

2.

Soluzione

A) Si ha

w1 = 1 + i =√2(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

.

In corrispondenza si trovano le tre radici dell’equazione in z, secondo l’usuale regola

(reiϕ)1n = r

1n ei

ϕ+2kπn , 0 ≤ k < n .

B) Analogamente a partire da

w2 =1

2=

1

2(cos 0 + i sin 0) .

R.

z1,1 =6√2(

cosπ

12+ i sin

π

12

)

, z2,1 =13√2,

z1,2 =6√2(

cos3π

4+ i sin

3π

4

)

, z2,2 =13√2

(

cos2π

3+ i sin

2π

3

)

,

z1,3 =6√2(

cos17π

12+ i sin

17π

12

)

, z2,3 =13√2

(

cos4π

3+ i sin

4π

3

)

.

6. [10/6/2011 (ex)II] Calcolare nella forma z = r(cosϕ + i sinϕ) tutte leradici complesse della seguente equazione e disegnarle sul piano complesso:

z3 = wj ,

17


nei due casi

w1 =4√3− i

, w2 =1

3.

R.

z1,1 =3√2(

cosπ

18+ i sin

π

18

)

, z2,1 =13√3,

z1,2 =3√2(

cos13π

18+ i sin

13π

18

)

, z2,2 =13√3

(

cos2π

3+ i sin

2π

3

)

,

z1,3 =3√2(

cos25π

18+ i sin

25π

18

)

, z2,3 =13√3

(

cos4π

3+ i sin

4π

3

)

.

7. [11/7/2011 (ex)I] Risolvere la seguente equazione nel campo complesso:

zi− 3|z|2 + 4 Im(z) +1

2z = 1 .

Soluzione

Ponendo z = x+ iy otteniamo

ix+ y − 3(x2 + y2) + 4y +1

2(x+ iy) = 1 .

Uguagliando separatamente parte reale e immaginaria del membro di destra a quelledel membro di sinistra otteniamo il sistema

{

y − 3x2 − 3y2 + 4y + 12x = 1 ,

x+ 12y = 0 ,

che ha come soluzione le coppie (x1, y1) =(

− 12 , 1)

e (x2, y2) =(

− 215 ,

415

)

.R.

z1 = −1

2+ i , z2 = − 2

15+ i

4

15.

8. [11/7/2011 (ex)II] Risolvere la seguente equazione nel campo complesso:

zi− 3zz − 4 Im(z) +1

2z = 1 .

R.

z1 = −1

2− i , z2 = − 2

15− i

4

15.

9. [8/11/2011 (ex)I] Trovare le soluzioni complesse di

z6 + 64 = 0 ,

18


e usarle per calcolare la scomposizione polinomiale reale di

x6 + 64 .

Soluzione

L’equazione assegnata equivale a

z6 = −64 = 26eiπ .

Percio le soluzioni complesse sono

zk = 2e16(π+2kπ) , k = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 .

Per calcolare la scomposizione reale cercata dobbiamo moltiplicare due a due ifattori lineari corrispondenti a soluzioni complesse coniugate, ossia

(z − z0)(z − z5) , (z − z1)(z − z4) , (z − z2)(z − z3) .

R.

zk = 2e16(π+2kπ) , k = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 .

x6 + 64 = (x2 − 2√3x+ 4)(x2 + 4)(x2 + 2

√3x+ 4) .

10. [9/1/2012 (ex)I] Calcolare le radici complesse dell’equazione

z4 + (1− 2i)z2 − 2i = 0 .

Soluzione

Si ha, posto w = z2,w2 + (1 − 2i)w − 2i = 0 ,

da cui

w = i− 1

2± 1

2(1 + 2i) .

Quindiw1 = 2i , w2 = −1 .

R.

z11 = 1 + i , z12 = −1− i , z21 = i , z22 = −i .

11. [9/1/2012 (ex)II] Calcolare le radici complesse dell’equazione

2z4 + (3 +√3i)z2 + 1 +

√3i = 0 .

R.

z11 =−1 +

√3i

2, z12 = −−1 +

√3i

2, z21 = i , z22 = −i .

19


12. [17/4/2012 (ex)I] Determinare α ∈ R in modo tale che il numerocomplesso

z =α

α+ i

abbia argomento π/4. Quindi determinare tutte le radici quinte di z5, perz come sopra.Soluzione

Si ha

z =α

α+ i=

α(α − i)

α2 + 1=

α2 − αi

α2 + 1.

Quindi

Re z =α2

α2 + 1, Im z = − α

α2 + 1.

Dunque se θ e l’argomento di z,

tg θ =Im z

Re z= − 1

α.

Si deve avere percio

− 1

α= tg θ = tg

π

4= 1 ,

e quindi α = −1, e

z =1

1− i=

1 + i

2=

1√2

(

cosπ

4+ sin

π

4

)

.

Pertanto

z5 =1√25

(

cos5π

4+ sin

5π

4

)

.

R.

z =1√2

(

cosπ

4+ i sin

π

4

)

=1 + i

2.

Le radici di z5 sono, oltre a z,

zn =1√2

[

cos(π

4+

2nπ

5

)

+ i sin(π

4+

2nπ

5

)]

, n = 1 , 2 , 3 , 4 .

13. [14/6/2012 (ex)I] Trovare e descrivere l’insieme delle (eventuali) solu-zioni in C di ciascuna delle equazioni

A)Re(z)

z= 3z Im(z) ;

B) 2Im(z)

z= z .

Soluzione

20


A) La prima equazione puo essere scritta, ponendo z = x+ iy, x, y ∈ R,

x(x − iy)

x2 + y2= 3(x+ iy)y ,

e quindi ricondotta al sistema di equazioni reali

x2

x2 + y2= 3xy ,

− xy

x2 + y2= 3y2 .

Si vede subito che se uno tra x e y si annulla, si annulla anche l’altro, il che peronon e accettabile, perche deve essere z 6= 0. Quindi il sistema diviene

x

x2 + y2= 3y ,

− x

x2 + y2= 3y ,

che di nuovo implica x = y = 0. Dunque l’equazione data non ha soluzioni.B) La seconda equazione puo essere scritta, ponendo z = x+ iy, x, y ∈ R,

2y(x− iy)

x2 + y2= x− iy ,

ossia, ricordando che x− iy 6= 0,

x2 + y2 = 2y .

R. A) L’equazione non ha soluzioni.B) L’insieme delle soluzioni e il sottoinsieme di circonferenza

{z = x+ iy | x2 + (y − 1)2 = 1} \ {0} .

14. [14/6/2012 (ex)II] Trovare e descrivere l’insieme delle (eventuali) solu-zioni in C di ciascuna delle equazioni

A)Im(z)

z= zRe(z) ;

B) 2Re(z)

z= z .

R. A) L’equazione non ha soluzioni.B) L’insieme delle soluzioni e il sottoinsieme di circonferenza

{z = x+ iy | (x− 1)2 + y2 = 1} \ {0} .

21


15. [10/7/2012 (ex)I] Trovare i valori di z, w ∈ C che soddisfano il sistema

z3 − wz = 0 ,

w3 − zw = 0 .

Soluzione

La prima equazione e risolta da z = 0; questa scelta implica, sostituita nella secondaequazione, che w = 0. Ovviamente vale anche il viceversa. Quindi, notando che ilsistema ammette la soluzione (0, 0), possiamo supporre poi z 6= 0, w 6= 0. Perciopossiamo semplificare le equazioni in

z2 = w ,

w2 = z .

Per sostituzione si haz4 = w2 = z ,

da cuiz3 = 1 .

Percio z puo assumere solo i valori delle radici terze dell’unita, ossia

zn = e2π3ni , n = 0 , 1 , 2 .

In corrispondenza di ciascuna scelta si ha per l’equazione z2 = w la possibilesoluzione

(zn, wn) = (zn, z2n) , n = 0 , 1 , 2 .

Resta da verificare la seconda equazione w2 = z; calcoliamo

w2n = z4n = e

8π3ni = e

6π3ni+ 2π

3ni = e2πni+

2π3ni = e

2π3ni = zn .

R.

(0, 0) ; (zn, wn) = (e2π3ni, e

4π3ni) , n = 0 , 1 , 2 .

16. [10/7/2012 (ex)II] Trovare i valori di z, w ∈ C che soddisfano il sistema

w3 − wz = 0 ,

z3 − zw = 0 .

R.

(0, 0) ; (zn, wn) = (e2π3ni, e

4π3ni) , n = 0 , 1 , 2 .

17. [13/9/2012 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni z ∈ C di

2z3 = |z|3 + 8 .

22


Soluzione

Dato che |z3| = |z|3, si deve avere

2|z|3 = |z|3 + 8 ,

ossia |z|3 = 8. Dunque l’equazione assegnata si riduce a

z3 = 8 ,

che come e noto ha tre soluzioni.R.

z1 = 2 , z2 =√3i− 1 , z3 = −

√3i− 1 .

18. [13/9/2012 (ex)II] Trovare tutte le soluzioni z ∈ C di

3z3 = 2|z|3 + 8 .

R.

z1 = 2 , z2 =√3i− 1 , z3 = −

√3i− 1 .

19. [10/11/2012 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni complesse di ciascuna delledue equazioni:

z4 + 2iz2 + 3 = 0 ,

z + z

z − z= i .

Soluzione

A) Si ha per t = z2

t2 + 2it+ 3 = 0 ,

e quindi

t1,2 =−i±

√i2 − 3

1= i ,−3i .

Dunque otterremo le quattro soluzioni tali che z21,2 = i, z23,4 = −3i.B) Posto z = x+ iy, e quindi z = x− iy, con x, y ∈ R, l’equazione diviene

2x

2iy= i ossia x = −y .

R.

A) z1,2 = ±1 + i√2

, z3,4 = ±√31− i√

2.

B) z = x(1 − i) , per ogni x ∈ R, x 6= 0.

23


20. [17/1/2013 (ex)I] Trovare tutte le soluzioni complesse di ciascuna delledue equazioni:

A) z2z = 1 + i ;

B) z2 + |z + i| = 1 .

Soluzione

A) Si ha posto z = x+ iy, x, y ∈ R,

z2z = z(zz) = (x + iy)(x2 + y2) ,

dunque l’equazione data coincide con il sistema reale

x(x2 + y2) = 1 ,

y(x2 + y2) = 1 .

Dal sistema si ottiene subito x = y e quindi

2x3 = 1 .

Pertanto x = y = 1/ 3√2 da l’unica soluzione del sistema.

B) Posto z = x+ iy, l’equazione diviene

(x2 − y2 + 2ixy) +√

x2 + (y + 1)2 = 1 .

Percio otteniamo il sistema

xy = 0 ,

x2 − y2 +√

x2 + (y + 1)2 = 1 .

Se x = 0 dalla seconda equazione segue

|y + 1| = y2 + 1 ,

ossia se y + 1 ≥ 0y + 1 = y2 + 1 ⇔ y = 0 , y = 1 ,

e se y + 1 ≥ 0−y − 1 = y2 + 1 ,

che non ha radici reali. Quindi si sono trovate le soluzioni (0, 0) e (0, 1).Se invece y = 0 dalla seconda equazione segue

x2 +√

x2 + 1 = 1 ,

che e verificata se e solo se x = 0.R.

A)1 + i

3√2

.

B) 0 , i .

24


21. [17/1/2013 (ex)II] Trovare tutte le soluzioni complesse di ciascuna delledue equazioni:

A) z2z = 2 + i ;

B) z2 − |z − i| = −1 .

R.

A)2 + i

3√5

.

B) 0 , i .

22. [17/1/2013 (ex)III] Trovare tutte le soluzioni complesse di ciascuna delledue equazioni:

A) z2z = 1 + 2i ;

B) z2 + |z + i| = 1 .

R.

A)1 + 2i

3√5

.

B) 0 , i .

23. [8/4/2013 (ex)I] Determinare tutte le soluzioni complesse di

ez = i(ez)2 .

Soluzione

Scrivendo z = x+ iy, z = x− iy, x, y ∈ R, si vede che l’equazione equivale a

ex(cos y + i sin y) = e2x(i cos(2y) + sin(2y)) ,

ossia al sistema reale

cos y = ex sin 2y = 2ex sin y cos y ,

sin y = ex cos 2y = ex(1− 2 sin2 y) .

Distinguiamo due casi nella risoluzione della prima equazione.A) cos y = 0: questo equivale a

y =π

2+ kπ ,

25


per qualche k ∈ Z. Pertanto la seconda equazione diviene

(−1)k = ex cos(π + 2kπ) = −ex .

Questo vale se e solo se k e dispari e x = 0.B) cos y 6= 0: in questo caso deve valere

1 = 2ex sin y ;

Quindi la seconda equazione puo essere scritta come

1

2ex= ex

(

1− 2

4e2x

)

= ex − e−x

2,

cioe comeex − e−x = 0 .

Questo vale se e solo se x = 0. Sostituendo sopra deve quindi essere

sin y =1

2.

R.

z =(π

2+ (2n+ 1)π

)

i , z =(π

6+ 2nπ

)

i , z =(5π

6+ 2nπ

)

i , n ∈ Z .

24. [16/7/2013 (ex)I] Calcolare le radici cubiche di

z =(1− i)9

(1 + i)13.

Soluzione

In forma trigonometrica abbiamo

1− i =√2e−

π4i , 1 + i =

√2e

π4i ,

cosicche

z = (√2)9e−9π

4i(√2)−13e−13π

4i =

1

4e−

112πi =

1

4e−

32πi .

R.

zn =13√4e−

π2i+ 2nπ

3i , n = 0 , 1 , 2 .

25. [16/7/2013 (ex)II] Calcolare le radici cubiche di

z =(1 + i)9

(1− i)13.

26

310. Infiniti e infinitesimi

R.

zn =13√4e

π2i+ 2nπ

3i , n = 0 , 1 , 2 .

26. [17/9/2013 (ex)I] Calcolare tutte le soluzioni (z, w) ∈ C×C del sistema

z + i = 2w ,

w2 = z ,

esprimendole in forma esponenziale.Soluzione

Quadrando la prima equazione e usando la seconda si ottiene

z2 + 2zi− 1 = 4w2 = 4z ,

da cuiz2 + 2(i− 2)z − 1 = 0 .

Questa equazione di secondo grado ha le soluzioni

z1,2 = 2− i± 2√1− i .

In forma esponenziale si ha1− i =

√2e−

π4i ,

da cuiz1 = 2− i+ 2

4√2e−

π8i , z2 = 2− i+ 2

4√2e

78πi .

Dalla prima equazione si ottengono in corrispondenza

w1 = 1 +4√2e−

π8i , w2 = 2 +

4√2e

78πi .

Dal procedimento seguito risulta che anche la seconda equazione e soddisfatta.R.

(z1, w1) =(

2− i+ 24√2e−

π8i , 1 +

4√2e−

π8i)

,

(z2, w2) =(

2− i+ 24√2e

78πi , 2 +

4√2e

78πi)

.


1. [7/2/2011 (ex)I] A) Determinare l’ordine di infinitesimo per x → 0, di

f(x) =√

1 + 2x2 − cosh(√2x) , h(x) =

arctan(√x)−√

x

1− esinx.

B) Determinare, inoltre, il polinomio P (x) di grado minimo tale che lafunzione

g(x) = (cos(x2))−2 + P (x) ,

27


sia un infinitesimo di ordine maggiore di 8, quando x → 0.Soluzione

A) Usando gli sviluppi di MacLaurin, per x → 0:

f(x) = 1 + x2 − 1

2x4 − (1 + x2 +

1

6x4) + o(x4) = −2

3x4 + o(x4) ,

e

h(x) =

√x− 1

3x32 −√

x+ o(

x32

)

1− x− 1 + o(x)=

1

3

√x+ o(

√x) .

Quindi f e h sono rispettivamente infinitesimi di ordine 4 e 12 rispetto a x per

x → 0.B) Usando gli sviluppi di MacLaurin, per x → 0:

g(x) =

(

1− x4

2+

x8

24+ o(x8)

)−2

+ P (x) = 1− 2

(

−x4

2+

x8

24+ o(x8)

)

+

3

(

−x4

2+

x8

24+ o(x8)

)2

+ o

(

(

−x4

2+

x8

24+ o(x8)

)2)

+ P (x) =

1 + x4 +2

3x8 + P (x) + o(x8) ,

da cui segue subito che il polinomio cercato e P (x) = −1− x4 − 23x

8.R.

4 ,1

2;

P (x) = −1− x4 − 2

3x8 .

2. [7/2/2011 (ex)II] A) Determinare l’ordine di infinitesimo per x → 0+, di

f(x) =√

1 + 2x2 − cos(√2x) , h(x) =

arctan(x)− x

1− e√sinx

.


g(x) = (cosh(x2))−2 + P (x) ,

sia un infinitesimo di ordine maggiore di 8, quando x → 0.R.

2 ,5

2;

P (x) = −1 + x4 − 2

3x8 .

28


3. [7/2/2011 (ex)III] A) Determinare l’ordine di infinitesimo per x → 0, di

f(x) =√

1 + x2 − ex2

2 , h(x) =ln(1 +

√x)−√

x

1− etan√x

.


g(x) = (1 + x2 sin(x2))−2 + P (x) ,

sia un infinitesimo di ordine maggiore di 8, quando x → 0.R.

4 ;1

2;

P (x) = −1 + 2x4 − 10

3x8 .

4. [11/7/2011 (ex)I] Stabilire l’ordine di infinitesimo per x → 2 delleseguenti funzioni

f(x) =5

√

1

8− 1

x3, g(x) = x− 2− sin(x− 2) +

1− e(x−2)3

3,

h(x) =(√

x−√2)2

.

Soluzione

A) Per quanto riguarda f abbiamo che

limx→2

f(x)

(x − 2)α= lim

x→2

5

√

x3−88x3

(x− 2)α= lim

x→2

5

√

(x−2)(x2+2x+4)8x3

(x− 2)α=

15√4limx→2

(x− 2)15−α =

15√4,

se α = 1/5. Quindi f e infinitesima di ordine 1/5 per x → 2.B) Usando gli sviluppi di Taylor otteniamo per g

limx→2

g(x)

(x − 2)α=

limx→2

x− 2−[

(x− 2)− (x−2)3

6 + o(

(x− 2)4)

]

+1−1−(x−2)3+o((x−2)5)

3

(x− 2)α=

− limx→2

(x− 2)3−α

6= −1

6,

se α = 3. Quindi g e infinitesima di ordine 3 per x → 2.C) Infine

limx→2

h(x)

(x − 2)α= lim

x→2

[

(√x−

√2)(

√x+

√2)]2

(x− 2)α(√

x+√2)2 =

1

8limx→2

(x − 2)2−α =1

8,

29


se α = 2. Quindi h e infinitesima di ordine 2 per x → 2.R.

f(x) ∼ (x − 2)15 , g(x) ∼ (x− 2)3 , h(x) ∼ (x − 2)2 .

5. [11/7/2011 (ex)II] Stabilire l’ordine di infinitesimo per x → 2 delleseguenti funzioni

f(x) =(√

3−√x+ 1

)2, g(x) =

7

√

1

16− 1

x4,

h(x) = x− 2− arctg(x− 2) +e(x−2)4 − 1

4.

R.

f(x) ∼ (x − 2)2 , g(x) ∼ (x− 2)17 , h(x) ∼ (x − 2)3 .

6. [10/11/2012 (ex)I] Determinare l’ordine di infinitesimo per x → 0 di

f(x) = 3√

1 + arctg x− cos x− x

3.

Determinare poi il polinomio P (x) di grado minimo tale che

f(x)− P (x) = o(x3) , x → 0 .

Soluzione

Si hanno gli sviluppi di Maclaurin

(1 + y)13 = 1 +

y

3− y2

9+

5

81y3 + o(y3) ,

arctgx = x− x3

3+ o(x4) ,

cosx = 1− x2

2+ o(x3) .

Quindi

f(x) = 1 +1

3

[

x− x3

3+ o(x4)

]

− 1

9

[

x− x3

3+ o(x4)

]2

+5

81

[

x− x3

3+ o(x4)

]3

− 1 +x2

2+ o(x3)− x

3

= −x3

9− x2

9+

5

81x3 +

x2

2+ o(x3) =

7

18x2 − 4

81x3 + o(x3) .

Quindi l’ordine di infinitesimo di f e 2.Il polinomio di grado minimo richiesto e

P (x) =7

18x2 − 4

81x3 .

30


R.

2 ; P (x) =7

18x2 − 4

81x3 .

7. [17/1/2013 (ex)I] Determinare il polinomio P (x) di grado minimo taleche valga

limx→0

[1 + (sinx)3]1+sinx − P (x)

x cos(

π2 cos x

) = 0 .

Soluzione

Si hanno gli sviluppi di Maclaurin

ey = 1 + y + o(y) ,

sin y = y − y3

6+ o(y4) ,

cos y = 1− y2

2+ o(y3)

ln(1 + y) = y + o(y) .

Quindi si ha intanto

[1 + (sinx)3]1+sin x = exp{

(1 + sinx) ln[1 + (sinx)3]}

= exp{

(1 + sinx)[

(sinx)3 + o(

(sinx)3)]

}

= exp{

(sinx)3 + o(

(sin x)3)

}

= 1 + (sinx)3 + o(

(sinx)3)

= 1 + x3 + o(x3) .

Inoltre

cos(π

2cosx

)

= cos(π

2cosx− π

2+

π

2

)

= − sin(π

2(cosx− 1)

)

= −{π

2(cosx− 1) + o(cosx− 1)

}

= −{π

2

(

− x2

2+ o(x3)

)

+ o(x2)}

=π

4x2 + o(x2) .

Pertanto[1 + (sinx)3]1+sin x − P (x)

x cos(

π2 cosx

) =1 + x3 + o(x3)− P (x)

π4x

3 + o(x3),

da cui segue che il limite si annulla se P (x) = 1 + x3.R.

P (x) = 1 + x3 .

31


8. [17/1/2013 (ex)II] Determinare il polinomio P (x) di grado minimo taleche valga

limx→0

(cos x)1+sinx − P (x)

cos(

π2 cos x

) = 0 .

R.

P (x) = 1− x2

2.

9. [17/1/2013 (ex)III] Determinare il polinomio P (x) di grado minimo taleche valga

limx→0

[1 + (sinx)2]cos x − P (x)

cos(

π2 cos x

) = 0 .

R.

P (x) = 1 + x2 .

10. [8/4/2013 (ex)I] Determinare l’ordine di infinitesimo per x → 0+ di

f(x) = (1 + x)1

x − e2

πarctg 1

x , x > 0 .

Soluzione

Si ha per x → 0

(1 + x)1x = e

1xln(1+x) = e

1x

(

1− x2

2+o(x2)

)

= e1−x2+o(x) = e

(

1− x

2+ o(x)

)

.

Inoltre ricordiamo che

arctg1

x=

π

2− arctg x , x > 0 .

Quindi per x → 0

arctg1

x=

π

2− x+

x3

3+ o(x4) .

Dunque

e2πarctg 1

x = e1−2πx+o(x2) = e

(

1− 2

πx+ o(x2)

)

,

e quindi

(1 + x)1x − e

2πarctg 1

x = e(

− x

2+ o(x) +

2

πx+ o(x2)

)

= e4− π

2πx+ o(x) .

R.

1 .

32

420. Calcolo di limiti

11. [13/6/2013 (ex)I] Trovare il polinomio di MacLaurin di ordine 10 dellafunzione

f(x) =

( ln(1+x2)∫

0

arcsin(t2) dt

)2

, −1 < x < 1 .

Soluzione

Dato che|arcsin(s)| ≤ π

2|s| , −1 ≤ s ≤ 1 ,

e che0 ≤ ln(1 + s) ≤ s , 0 ≤ s ≤ 1 ,

vale per |x| < 1

0 ≤ f(x) ≤( ln(1+x2)

∫

0

π2

4t2 dt

)2

=(π2

4

ln3(1 + x2)

3

)2

=π4

144ln6(1 + x2) ≤ costante × x12 .

Dunque il polinomio cercato e quello nullo.R.

T10[f, 0](x) = 0 .

12. [13/6/2013 (ex)II] Trovare il polinomio di MacLaurin di ordine 10 dellafunzione

f(x) =

( sin(x2)∫

0

arctg(t2) dt

)2

, −1 < x < 1 .

R.

T10[f, 0](x) = 0 .


1. [17/1/2011 (ex)I] Studiare, in dipendenza delle relazioni tra i parametripositivi α, β, γ, α > β, l’esistenza e il valore del limite seguente:

limx→0+

(sin(xα)

xβ+ cos(xα)

)1

xγ

= L .

Soluzione

33


Usiamo gli sviluppi di MacLaurin

sin y = y +O(y3) , cos y = 1+ O(y2) , y → 0 .

Pertanto

L = limx→0+

(

xα−β +O(

x3α−β)

+ 1 + O(

x2α)

)1

xγ

= limx→0+

(

1 + xα−β + o(

xα−β)

)1

xγ

= limx→0+

exp( 1

xγln(

1 + xα−β + o(

xα−β))

)

= limx→0+

exp( 1

xγ

[

xα−β + o(

xα−β)]

)

= limx→0+

exp(

xα−β−γ + o(

xα−β−γ)

)

.

R.

L = ∞ , se α− β < γ ;

L = e , se α− β = γ ;

L = 1 , se α− β > γ .

2. [17/1/2011 (ex)II] Studiare, in dipendenza delle relazioni tra i parametripositivi α, β, γ, α > 2β, l’esistenza e il valore del limite seguente:

limx→0+

(tg(xα)

x2β+ cosh(xα)

)1

xγ

= L .

R.

L = ∞ , se α− 2β < γ ;

L = e , se α− 2β = γ ;

L = 1 , se α− 2β > γ .

3. [17/1/2011 (ex)III] Studiare, in dipendenza delle relazioni tra i parametripositivi α, β, γ, β > α, l’esistenza e il valore del limite seguente:

limx→0+

(arctg(xβ)

xα+ ln(e+ x2β)

) 1

x2γ = L .

R.

L = ∞ , se β − α < 2γ ;

L = e , se β − α = 2γ ;

L = 1 , se β − α > 2γ .

34


4. [7/2/2011 (ex)I] Risolvere la seguente forma indeterminata

limx→+∞

F (x)

G(x),

dove

F (x) =

cosh( 1

x)∫

1

ln(y) dy , G(x) =

[

sin

(

1

x

)]2

.

Soluzione

Applicando due volte il teorema di De L’Hopital otteniamo:

limx→+∞

∫ cosh( 1x )

1 ln(y) dy[

sin(

1x

)]2 = limx→+∞

ln(

cosh(

1x

))

sinh(

1x

)

2 sin(

1x

)

cos(

1x

) =

limx→+∞

sinh2( 1x)

cosh( 1x )

+ cosh(

1x

)

ln(

cosh(

1x

))

2 cos2(

1x

)

− 2 sin2(

1x

) = 0 .

R.

limx→+∞

F (x)

G(x)= 0 .

5. [7/2/2011 (ex)II] Risolvere la seguente forma indeterminata

limx→+∞

F (x)

G(x),

dove

F (x) =

1+sinh( 1

x)∫

1

ln(y) dy , G(x) =

[

arctg

(

1

x

)]2

.

R.

limx→+∞

F (x)

G(x)=

1

2.

6. [7/2/2011 (ex)III] Risolvere la seguente forma indeterminata

limx→+∞

F (x)

G(x),

dove

F (x) =

1+sin( 1

x)∫

1

ln(y) dy , G(x) =

[

sinh

(

1

x

)]2

.

35


R.

limx→+∞

F (x)

G(x)=

1

2.


limx→+∞

√x3 + x−

√x3 + 1

ln(

1 + 1√x

) .

Soluzione

Con il metodo dell’antirazionalizzazione otteniamo per x → ∞:

√x3 + x−

√x3 + 1

ln(

1 + 1√x

) =x3 + x− x3 − 1

(√x3 + x+

√x3 + 1

)

ln(

1 + 1√x

)

=1− 1

x(

√

x+ 1x +

√

x+ 1x2

)

ln(

1 + 1√x

)

=1− 1

x(

√

1 + 1x2 +

√

1 + 1x3

)√x(

1√x+ o(

1√x

)) → 1

2.

R.1

2.


limx→+∞

sin e−x − [1− cos e−x4 ]2

e−x.

Soluzione

Con il metodo degli sviluppi di Taylor otteniamo che il limite dato uguaglia:

limx→+∞

e−x − e−3x

6 + o(e−3x)−[

e−x2

2 − e−x

24 + o(e−x)]2

e−x

= limx→+∞

e−x − e−3x

6 + o(e−3x)− e−x

4 − e−2x

242 + e−3x2

24 + o(e−3x2 )

e−x

= limx→+∞

34e

−x + o(e−x)

e−x=

3

4.

.

R.3

4.

36


9. [10/6/2011 (ex)II] Risolvere la seguente forma indeterminata

limx→−∞

e2x

arctg e2x − [1− cos ex2 ]2

.

R.4

3.

10. [16/9/2011 (ex)I] Calcolare il limite

limx→∞

x2{ex

xarctg(e−x)− (earctg

1

x − 1)}

.

Soluzione

Ricordiamo gli sviluppi

arctg t = t+ o(t2) , et = 1 + t+t2

2+ o(t2) , t → 0 .

Dunque si ha per x → ∞

ex

xarctg(e−x) =

ex

x(e−x + o(e−2x)) =

1

x(1 + o(e−x)) ,

e altresı

earctg1x − 1 = exp

[ 1

x+ o( 1

x2

)]

− 1 =1

x+

1

2x2+ o( 1

x2

)

.

Dunque per x → ∞

x2{ex

xarctg(e−x)− (earctg

1x − 1)

}

= x2{ 1

x(1 + o(e−x))− 1

x− 1

2x2+ o( 1

x2

)}

= −1

2+ o(1) .

R.

−1

2.

11. [8/11/2011 (ex)I] Si valuti in dipendenza di a ∈ R il limite

limx→0

(1 + sinx)sinx − 1− arctg(ax2)

x(1− coshx).

Soluzione

37


Ricordiamo gli sviluppi di MacLaurin

coshx = 1 +x2

2+

x4

24+ o(x5) , arctg x = x− x3

3+ o(x4) ,

sinx = x− x3

3+ o(x4) , ln(1 + x) = x+

x2

2+ o(x3) .

Il numeratore della frazione dunque si puo scrivere come

exp{

sinx ln(1 + sinx)}

− 1− arctg(ax2)

= exp{(

x− x3

3+ o(x4)

)(

x− x2

2+ o(x3)

)}

− 1− arctg(ax2)

= x2 − x3

2+ o(x3)− ax2 + o(x5)

= (1− a)x2 − x3

2+ o(x3) .

D’altra parte il denominatore uguaglia

−x3

2+ o(x4) .

Dunque il limite considerato diviene

limx→0

(1 − a)x2 − x3

2 + o(x3)

−x3

2 + o(x4).

R.

1 se a = 1; 6 ∃ se a 6= 1.

12. [9/1/2012 (ex)I] Si studi in dipendenza dal valore di α > −1 l’esistenzae il valore del limite

L = limx→0+

ln[(1 + x2)3]

(arcsin x)3 − xα sinx.

Soluzione

Poiche per α > −1

xα sinx = x1+α sinx

x→ 0 , x → 0+ ,

il limite e una forma indeterminata del tipo 0/0.Usando gli sviluppi

ln(1 + y) = y + o(y) , sin y = y − y3

6+ o(y4) , arcsin y = y +

y3

6+ o(y4) ,

38


si ottiene

limx→0+

ln[(1 + x2)3]

(arcsinx)3 − xα sinx

= limx→0+

3(x2 + o(x2))(

x+ x3

6 + o(x4))3

− xα(

x− x3

6 + o(x4))

= limx→0+

3x2 + o(x2)

x3 + x5

2 + o(x5)− x1+α + x3+α

6 + o(x4+α).

Distinguiamo i casi:A) α ∈ (−1, 1) In questo caso si ha

limx→0+

3x1−α + o(x1−α)

−1 + o(1)= 0 .

B) α = 1 In questo caso si ha

limx→0+

3 + o(1)

−1 + o(1)= −3 .

C) α ∈ (1, 2) In questo caso si ha

limx→0+

3x1−α + o(x1−α)

−1 + o(1)= −∞ .

D) α = 2 In questo caso si ha

limx→0+

3x2 + o(x2)23x

5 + o(x5)= +∞ .

E) α > 2 In questo caso si ha

limx→0+

3x2 + o(x2)

x3 + o(x3)= +∞ .

R.

α ∈ (−1, 1) L = 0 ; α = 1 L = −3 ;

α ∈ (1, 2) L = −∞ ; α ∈ [2,∞) L = +∞ .

13. [9/1/2012 (ex)II] Si studi in dipendenza dal valore di α > −1 l’esistenzae il valore del limite

L = limx→0+

ln[(1 + x3)4]

(arcsin x)3 − xα sinx.

R.

α ∈ (−1, 2) L = 0 ; α = 2 L = +∞ ;

α > 2 L = 4 .

39



limx→0+

(cos x)1

xα − 1

x,

in dipendenza della costante α ∈ (0, 2) assegnata.Soluzione

Usando gli sviluppi di McLaurin si ottiene per la funzione di cui cerchiamo il limite,per x → 0+:

(cosx)1

xα − 1

x=

(

1− x2

2 + o(x3))

1xα

− 1

x

=exp

{

1xα ln

(

1− x2

2 + o(x3))}

− 1

x

=exp

{

1xα

(

− x2

2 + o(x2))}

− 1

x

=exp

{

− x2−α

2 + o(x2−α)}

− 1

x

=1− x2−α

2 + o(x2−α)− 1

x= −x1−α

2+ o(x1−α) =

x1−α

2(−1 + o(1)) .

R.

L =

0 , α ∈ (0, 1) ,

− 1

2, α = 1 ,

−∞ , α ∈ (1, 2) .

15. [20/2/2012 (ex)II] Calcolare il limite

limx→0+

(cos√x)

1

xα − 1√x

,

in dipendenza della costante α ∈ (0, 1) assegnata.R.

L =

0 , α ∈ (0, 1/2) ,

− 1

2, α = 1/2 ,

−∞ , α ∈ (1/2, 1) .

16. [20/2/2012 (ex)III] Calcolare il limite

limx→0+

(cos x)1

x − 1

xα,

40


in dipendenza della costante α ∈ (0,+∞) assegnata.R.

L =

0 , α ∈ (0, 1) ,

− 1

2, α = 1 ,

−∞ , α ∈ (1,∞) .


limx→0

2 sin(

1− cos(x))

− tg(x2)

sinh(x) arctg(x3).

Soluzione

Ricordiamo che per y → 0 si ha

tg y = y +y3

3+ o(y4) , sinh y = y +

y3

6+ o(y4) ,

arctg y = y − y3

3+ o(y4) , sin y = y − y3

6+ o(y4) ,

cos y = 1− y2

2+

y4

24+ o(y5) .

La quantita di cui si vuole prendere il limite quindi vale

2 sin(

x2

2 − x4

24 + o(x5))

−(

x2 + x6

3 + o(x8))

(

x− x3

6 + o(x4))(

x3 + o(x8))

x2 − x4

12 + o(x5)− x2 − x6

3 + o(x8)

x4 − x6

6 + o(x7)→ − 1

12.

R.

− 1

12.

18. [14/6/2012 (ex)I] Calcolare, in dipendenza del parametro β > 0, illimite

limx→+∞

x cos(π

2

xβ

xβ + 1

)

.

Soluzione

Il limite e una forma indeterminata, dato che per x → +∞, si ha

cos(π

2

xβ

xβ + 1

)

→ cosπ

2= 0 .

Sono verificate le ipotesi del teorema di de l’Hopital, dunque possiamo tentare dicalcolare il limite di

f(x) :=

ddx cos

(

π2

xβ

xβ+1

)

ddx

1x

= βπ

2sin(π

2

xβ

xβ + 1

) xβ+1

(xβ + 1)2.

41


Percio

limx→+∞

f(x) =

0 , β > 1 ,π

2, β = 1 ,

+∞ , 0 < β < 1 .

R. Il limite L vale

L =

0 , β > 1 ,π

2, β = 1 ,

+∞ , 0 < β < 1 .

19. [14/6/2012 (ex)II] Calcolare, in dipendenza del parametro β > 0, illimite

limx→+∞

x sin(

πxβ

xβ + 1

)

.

R. Il limite L vale

L =

0 , β > 1 ,

π , β = 1 ,

+∞ , 0 < β < 1 .


limx→0+

x+ x2 + cos x− esinx

sinx− tg x.

Soluzione

Il limite e una forma indeterminata 0/0.Possiamo usare gli sviluppi di MacLaurin di sinx, cosx e ex per scrivere

cosx− esin x = 1− x2

2+ o(x3)− 1− sinx− 1

2sin2 x− 1

6sin3 x+ o(sin3 x)

= −x2

2+ o(x3)− x+

x3

6+ o(x4)− 1

2

(

x2 + o(x3))

− 1

6

(

x3 + o(x4))

+ o(x3)

= −x− x2 + o(x3) .

Dunque il limite dato puo essere scritto come

limx→0+

o(x3)

x− x3

6 + o(x4)− x− x3

3 + o(x4))= lim

x→0+

o(x3)

−x3

2 + o(x4)= 0 .

R.

0 .

42



limx→0+

tg(3x) − sin(3x)

x+ 52x

2 + cos(2x) − esinx.

R.

+∞ .


limx→0

(arcsinx)2 + ln(cos2(x))

2− 2 cos(x2).

Soluzione

Ricordiamo che per x → 0

arcsinx = x+x3

6+ o(x4) , sinx = x− x3

6+ o(x4) ,

cosx = 1− x2

2+ o(x3) , ln(1 + x) = x− x2

2+ o(x2) .

Dunque

(arcsinx)2 + 2 ln(cos(x))

2(1− cos(x2))

=

(

x+ x3

6 + o(x4))2

+ 2[

− x2

2 + x4

24 + o(x5)− 12

(

− x2

2 + x4

24 + o(x5))2

+ o(x4)]

2(

x4

2 + o(x4))

=x2 + x4

3 + o(x5)− x2 + x4

12 + o(x4)−(

x4

4 + o(x5))

x4 + o(x4)

=x4

6 + o(x4)

x4 + o(x4).

R.1

6.


limx→0

(arcsinx)2 + ln(cos2(x))

(1− cosx)2.

R.2

3.

43


24. [14/2/2013 (ex)I] Si calcoli il limite

limx→+∞

[ 1

ln(1 + e−x)− eαx

]

,

in dipendenza del parametro α > 0.Soluzione

Dato che y = e−x → 0+ se x → +∞, per il teorema del limite di funzione compostasi ha che il limite dato coincide con

limy→0+

[ 1

ln(1 + y)− 1

yα

]

.

Usando lo sviluppo di Maclaurin

ln(1 + y) = y + o(y) ,

si ha1

ln(1 + y)− 1

yα=

1

y + o(y)− 1

yα=

yα − y + o(y)

y1+α + o(y1+α)=: f(y) .

Se α ∈ (0, 1)

f(y) =1− y1−α + o(y1−α)

y + o(y)→ +∞ , y → 0 + .

Se α > 1

f(y) =−1 + o(1)

yα + o(yα)→ −∞ , y → 0 + .

Se infine α = 1 si ha

f(y) =o(y)

y2 + o(y2), y → 0+ ,

che e una forma indeterminata. Occorre allora considerare un termine in piu nellosviluppo

ln(1 + y) = y − y2

2+ o(y2) ,

il che conduce a (se α = 1)

f(y) =y2

2 + o(y2)

y2 + o(y2)=

12 + o(1)

1 + o(1)→ 1

2, y → 0 + .

R.

+∞ , 0 < α < 1 ;1

2, α = 1 ; −∞ , α > 1 .

25. [14/2/2013 (ex)I] Calcolare

limx→+∞

1

ex

ex∫

0

ln(1 + 2√y)

1 + (cos y)2dy .

44


Soluzione

Calcoliamo piu in generale al variare di β > 0:

limx→+∞

1

eβx

ex∫

0

ln(1 + 2√y)

1 + (cos y)2dy .

Usiamo il teorema de l’Hopital; posto

f(x) =

ex∫

0

ln(1 + 2√y)

1 + (cos y)2dy , g(x) = eβx ,

si ha

f ′(x)

g′(x)=

ex ln(1 + 2ex2 )

1 + (cos ex)21

βeβx

=e(1−β)x

β

1

1 + (cos ex)2x

2ln(2 + e−

x2 ) =: h(x) .

Per x → +∞:

• se β > 1, h(x) → 0;

• se β < 1, h(x) → +∞;

• se β = 1, h(x) → +∞.

R.

+∞ .

26. [14/2/2013 (ex)II] Si calcoli il limite

limx→−∞

[ 1

eαx− 1

ln(1 + e2x)

]

,

in dipendenza del parametro α > 0.R.

−∞ , 0 < α < 2 ; −1

2, α = 2 ; +∞ , α > 2 .

27. [14/2/2013 (ex)II] Calcolare

limx→+∞

1

lnx

lnx∫

1

ey2+1

y4

1 + arctg ydy .

R.2

2 + π.

45


28. [14/2/2013 (ex)III] Si calcoli il limite

limx→+∞

[ 1

ln(1 + e−αx)− 1

e−x

]

,

in dipendenza del parametro α > 0.R.

−∞ , 0 < α < 1 ;1

2, α = 1 ; +∞ , α > 1 .

29. [14/2/2013 (ex)III] Calcolare

limx→+∞

1

coshx

cosh x∫

0

1 + y2

1 + |cos√y| dy .

R.

+∞ .

30. [13/6/2013 (ex)I] Si calcoli il limite

limx→0

cos(

sinx)

− e−x2

2

x4.

Soluzione

Poiche per y → 0 si ha

cos y = 1− y2

2+

y4

24+ o(y5) , sin y = y − y3

6+ o(y4) ,

ey = 1 + y +y2

2+ o(y2) ,

la funzione data vale

x−4{

1− 1

2sin2 x+

1

24sin4 x+ o(sin5 x)−

[

1− x2

2+

x4

8+ o(x4)

]}

= x−4{

− 1

2

(

x− x3

6+ o(x4)

)2

+1

24

(

x+ o(x2))4

+ o(x5)

+x2

2− x4

8+ o(x4)

}

= x−4{

− x2

2+

x4

6+ o(x5) +

x4

24+ o(x4)

+x2

2− x4

8+ o(x4)

}

= x−4{x4

12+ o(x4)

}

→ 1

12.

46


R.1

12.

31. [13/6/2013 (ex)II] Si calcoli il limite

limx→0

cosh(

sinx)

− ex2

2

x4.

R.

−1

4.


limx→+∞

1

xtg(π

2

x

1 + x

)

.

Soluzione

Osserviamo cheπ

2

x

1 + x→ π

2, x → +∞ ,

e ricordiamo

cos y = −(

y − π

2

)

+ o((

y − π

2

)2)

, y → π

2.

Dunque per x → +∞

1

xtg(π

2

x

1 + x

)

=1 + o(1)

x[

−(

π2

x1+x − π

2

)

+ o((

π2

x1+x − π

2

)2)]

=1 + o(1)

x[

π2

11+x + o

(

1x2

)] → 2

π.

R.2

π.


limx→+∞

x cos(

π2

x1+x

)

1 + sin(

π2

x1+x

) .

R.π

4.

47



limx→0+

sin(

sin(ex2 − 1)

)

+ cos(

π2 + x2

)

x2(

tg x3

)2 .

Soluzione

Ricordiamo gli sviluppi per y → 0

sin y = y + o(y2) , cos(π

2+ y)

= − sin y = −y + o(y2) ,

tg y = y + o(y2) , ey = 1 + y +y2

2+ o(y2) .

Dunque per x → 0+

sin(

sin(ex2 − 1)

)

= sin[

sin(

x2 +x4

2+ o(x4)

)]

= sin(

x2 +x4

2+ o(x4)

)

= x2 +x4

2+ o(x4) ;

cos(π

2+ x2

)

= −x2 + o(x4) ,

x2(

tgx

3

)2

= x2(x

3+ o(x2)

)2

=x4

9+ o(x4) .

Percio il limite assegnato coincide con

limx→0+

x2 + x4

2 + o(x4)− x2 + o(x4)x4

9 + o(x4)=

9

2.

R.9

2.


limx→+∞

cos(

π2 − e−x

)

− e−x

e−αx,

al variare di α ∈ R,Soluzione

Notiamo che y = e−x → 0+ per x → +∞. Quindi possiamo calcolare il limite pery → 0+ di

cos(

π2 − y

)

− y

yα=

sin y − y

yα=

y3

6 + o(y4)

yα.

48

520. Calcolo di integrali

R.

0 , α < 3 ;1

6, α = 3 ; +∞ , α > 3 .


1. [17/1/2011 (ex)I] Calcolare il valore dell’integrale

π2∫

0

1 + cos x

1 + sinxdx .

Soluzione

L’integrando e una funzione continua (positiva) su [0, π/2], quindi l’integrale esistenel senso di Riemann.Usiamo le formule parametriche

sinx =2t

1 + t2, cosx =

1− t2

1 + t2, t = tg

x

2, dx =

2dt

1 + t2.

L’integrale dato si trasforma in

4

1∫

0

dt

(t+ 1)2(t2 + 1).

L’usuale metodo dei fratti semplici ci conduce a

1

(t+ 1)2(t2 + 1)=

1

2

1

t+ 1+

1

2

1

(t+ 1)2− 1

2

t

t2 + 1.

R.

ln 2 + 1 .

2. [17/1/2011 (ex)II] Calcolare il valore dell’integrale

5

2π∫

2π

1 + sinx

1 + cos xdx .

R.

ln 2 + 1 .

49


3. [17/1/2011 (ex)III] Calcolare il valore dell’integrale

π2∫

0

2 + sinx

2 + 2 cos xdx .

R.

ln√2 + 1 .

4. [7/2/2011 (ex)I] Calcolare il seguente integrale indefinito

∫

x2 ln(2x2 + 1) dx .

Soluzione

Integrando per parti otteniamo:

∫

x2 ln(2x2 + 1) dx =x3

3ln(2x2 + 1) + C − 4

3

∫

x4

2x2 + 1dx =

x3

3ln(2x2 + 1) + C − 2

9x3 +

2

3

∫

x2

2x2 + 1dx =

x3

3ln(2x2 + 1) + C − 2

9x3 +

1

3x− 1

3

∫

1

2x2 + 1dx =

x3

3ln(2x2 + 1)− 2

9x3 +

1

3x− 1

3√2arctg(

√2x) + C .

R.

x3

3ln(2x2 + 1)− 2

9x3 +

1

3x− 1

3√2arctg(

√2x) + C .

5. [7/2/2011 (ex)II] Calcolare il seguente integrale indefinito

∫

x2 arctg(√2x) dx .

R.

x3

3arctg(

√2x)− 1

6√2x2 +

1

12√2ln(1 + 2x2) + C .

6. [7/2/2011 (ex)III] Calcolare il seguente integrale indefinito

∫

x2 arctg

(

1

x

)

dx .

50


R.

x3

3arctg

(

1

x

)

+1

6x2 − 1

6ln(1 + x2) + C .

7. [5/4/2011 (ex)I] Calcolare il seguente integrale definito

π∫

0

sinx(1− 2 cos x)

2− sin2 xdx .

Soluzione

Integrando per mezzo della sostituzione t = cosx otteniamo che l’integrale datouguaglia:

π∫

0

sinx(1 − 2 cosx)

1 + cos2 xdx = −

−1∫

1

1− 2t

1 + t2dt

=

1∫

−1

dt

1 + t2−

1∫

−1

2t

1 + t2dt = [arctg t]

1−1 −

[

ln(1 + t2)]1

−1= 2 arctg 1 =

π

2.

R.π

2.

8. [10/6/2011 (ex)I] Calcolare il seguente integrale definito

ln 3√4

∫

0

e3x arcsin e−3

2x dx .

Soluzione

Integrando per mezzo della sostituzione t = ex otteniamo che l’integrale datouguaglia (usando poi anche l’integrazione per parti):

3√4

∫

1

t2 arcsin t−32 dt =

[

t3

3arcsin t−

32

]

3√4

1

− 1

3

3√4

∫

1

t31

√

1− 1t3

(

− 3

2

) 1

t52

dt

=

[

t3

3arcsin t−

32

]

3√4

1

+1

2

3√4

∫

1

t2√t3 − 1

dt

=

[

t3

3arcsin t−

32

]

3√4

1

+

[

1

3

√

t3 − 1

]3√4

1

.

51


R.π

18+

1√3.

9. [10/6/2011 (ex)II] Calcolare il seguente integrale definito

e3√4

∫

e

(lnx)2

xarccos(lnx)−

3

2 dx .

R.4

9π − 1√

3.

10. [11/7/2011 (ex)I] Calcolare l’integrale indefinito∫

x cos(3x2)e−x2

dx .

Soluzione

Usando la sostituzione t = x2 otteniamo∫

x cos(3x2)e−x2

dx =1

2

∫

cos(3t)e−t dt .

Integrando per parti due volte e usando la lettera C per indicare una costantearbitraria

1

2

∫

cos(3t)e−t dt = −1

2e−t cos(3t)− 3

2

∫

sin(3t)e−t dt+ C =

− 1

2e−t cos(3t) +

3

2sin(3t)e−t − 9

2

∫

cos(3t)e−t dt+ C ,

da cui si ottiene

5

∫

cos(3t)e−t dt = −1

2e−t cos(3t) +

3

2sin(3t)e−t + C .

R.3

20sin(3x2)e−x2 − 1

20cos(3x2)e−x2

+ C .

11. [11/7/2011 (ex)II] Calcolare l’integrale indefinito∫

x sin(5x2)e−x2

dx .

R.

− 1

52sin(5x2)e−x2 − 5

52cos(5x2)e−x2

+ C .

52


12. [16/9/2011 (ex)I] Calcolare l’integrale indefinito

∫

sin 2x

(cos4 x+ 4cos2 x+ 4)(cos4 x+ cos2 x+ 1)dx .

Soluzione

Con il cambiamento di variabile t = cos2 x, dt = − sin 2xdx, si trasforma l’integraledato in

−∫

dt

(t2 + 4t+ 4)(t2 + t+ 1)= −

∫

dt

(t+ 2)2(t2 + t+ 1).

Si osservi che il trinomio t2 + t+ 1 non ha radici reali.La funzione integranda si scomporra dunque come

1

(t+ 2)2(t2 + t+ 1)=

A

t+ 2+

B

(t+ 2)2+

Ct+D

t2 + t+ 1.

Si perviene al sistema

A+ C = 0 ,

3A+B + 4C +D = 0 ,

3A+B + 4C + 4D = 0 ,

2A+B + 4D = 1 ,

che ha unica soluzione

A =1

3, B =

1

3, C = −1

3, D = 0 .

Si devono pertanto integrare

J1 = −1

3

∫

dt

t+ 2− 1

3

∫

dt

(t+ 2)2, J2 =

1

3

∫

t dt

t2 + t+ 1.

Si ha per integrazione diretta

J1 = −1

3ln|t+ 2|+ 1

3

1

t+ 2.

Per calcolare J2 si procede come segue

J2 =1

6

∫

2t+ 1

t2 + t+ 1dt− 1

6

∫

dt

t2 + t+ 1

=1

6ln(t2 + t+ 1)− 2

9

∫

dt[

2√3

(

t+ 12

)]2

+ 1

=1

6ln(t2 + t+ 1)− 1

3√3arctg

[ 2√3

(

t+1

2

)]

.

53


R.

− 1

3ln(cos2 x+ 2) +

1

3

1

cos2 x+ 2

+1

6ln(cos4 x+ cos2 x+ 1)− 1

3√3arctg

[ 2√3

(

cos2 x+1

2

)]

.

13. [9/1/2012 (ex)I] Calcolare l’integrale

π3∫

π4

√

3− tg2 x

tg2 x(1 + tg2 x) dx .

Soluzione

Per x ∈ [π/4, π/3] si ha 1 ≤ tg x ≤√3 dunque la funzione integranda e continua e

l’integrale e definito.Procediamo per sostituzione mediante la t = tg x, (1 + tg2 x) dx = dt, ottenendo

√3

∫

1

√3− t2

t2dt .

Questo integrale si puo calcolare per parti come segue

−[

1

t

√

3− t2]

√3

1

−

√3

∫

1

1

t

t√3− t2

dt =√2−

√3

∫

1

1√3− t2

dt .

l’ultimo integrale e un integrale improprio, che puo essere calcolato come

limz→

√3−

z∫

1

1√3− t2

dt = limz→

√3−

1√3

z∫

1

1√

1−(

t√3

)2dt

= limz→

√3−

[

arcsint√3

]z

1

=π

2− arcsin

1√3.

R. √2− π

2+ arcsin

1√3.

14. [9/1/2012 (ex)II] Calcolare l’integrale

√3

∫

1

√

(

π3

)2− arctg2 x

arctg2 x

dx

1 + x2.

54


R. √7

3− π

2+ arcsin

3

4.

15. [20/2/2012 (ex)I] Si calcoli il valore dell’integrale

e2∫

e− 1

3

dx

x(|lnx| ln x+ 1).

Soluzione

Effettuiamo la sostituzione t = lnx, cosicche dt = dx/x; l’integrale diviene

2∫

− 13

dt

(|t|t+ 1)=

0∫

− 13

dt

1− t2+

2∫

0

dt

1 + t2=: J1 + J2 .

Si ha subitoJ2 = arctg 2 .

Inoltre

J1 =

0∫

− 13

dt

(1− t)(1 + t)

=1

2

0∫

− 13

[ 1

1− t+

1

1 + t

]

dt

=1

2

[

ln1 + t

1− t

]0

− 13

= ln√2 .

R.

ln√2 + arctg 2 .

16. [20/2/2012 (ex)II] Si calcoli il valore dell’integrale

e3∫

1√e

dx

x(|lnx| ln x+ 4).

R.1

4ln

5

3+

1

2arctg

3

2.

55


17. [20/2/2012 (ex)III] Si calcoli il valore dell’integrale

e∫

e−1

dx

|x|(|ln x| lnx+ 9).

R.1

6ln 2 +

1

3arctg

1

3.


1∫

0

x√1− x2

4−√1− x2

dx .

Soluzione

Usiamo la sostituzione x = sin t, 0 ≤ t ≤ π/2, cosicche

dx = cos t dt ,√

1− x2 = cos t .

Si ottiene l’integraleπ2∫

0

sin t cos2 t

4− cos tdt .

Poniamo ora z = cos t, ottenendo

1∫

0

z2

4− zdz =

1∫

0

z2 − 16 + 16

4− zdz =

1∫

0

[

−4−z+16

4− z

]

dz =

[

−4z − z2

2− 16 ln|4− z|

]1

0

.

R.

−9

2+ 16 ln

4

3.


9∫

4

(e3√x + 1)2 dx .

Soluzione

Sviluppando il quadrato, e poi con la sostituzione x = y2, y > 0, che da

dx = 2y dy ,

56


si ottiene che l’integrale dato diviene

9∫

4

(e6√x + 2e3

√x + 1) dx = 2

3∫

2

(e6y + 2e3y + 1)y dy .

Integrando per parti si ottiene

2{

[

ye6y

6+

2

3ye3y +

y2

2

]3

2

−3∫

2

(e6y

6+

2

3e3y)

dy .

R.17

18e18 − 11

18e12 +

32

9e9 − 20

9e6 + 5 .


4∫

1

(e−2√x + 1)2 dx .

R.5

8e−4 − 9

8e−8 + 3e−2 − 5e−4 + 3 .


√π

∫

0

|cos(x2)| cos(x2)ex2

xdx .

Soluzione

Con la sostituzione y = x2, dy = 2xdx, si ottiene

1

2

π∫

0

|cos y| cos yey dy =1

2

π2∫

0

cos2 yey dy − 1

2

π∫

π2

cos2 yey dy

=1

2

π2∫

0

1 + cos 2y

2ey dy − 1

2

π∫

π2

1 + cos 2y

2ey dy

= −eπ − 2eπ2 + 1

4+

1

4

π2∫

0

cos 2yey dy − 1

4

π∫

π2

cos 2yey dy .

Ricordiamo che integrando per parti∫

cos 2yey dy = cos 2yey+2

∫

sin 2yey dy = cos 2yey+2 sin2yey−4

∫

cos 2yey dy ,

57


da cui∫

cos 2yey dy =1

5(cos 2yey + 2 sin 2yey) .

R.

−3eπ − 4eπ2 + 3

10.


√

3π2

∫

√π2

|sin(x2)| sin(x2)ex2

xdx .

R.

−3e3π2 + 3e

π2 − 4eπ

10.

23. [13/9/2012 (ex)I] Calcolare il seguente integrale:

∫

x2 − 4x+ 5

(x− 2)2ln |x+ 2| dx .

Soluzione

L’integrale dato si puo riscrivere, integrando per parti, come

∫

(

1 +1

(x− 2)2

)

ln |x+ 2| dx

=(

x− 1

x− 2

)

ln |x+ 2| −∫

(

x− 1

x− 2

) 1

x+ 2dx .

L’ultimo integrale si divide in

∫

x

x+ 2dx =

∫

(

1− 2

x+ 2

)

dx = x− 2 ln |x+ 2| ,

e in

−∫

dx

(x − 2)(x+ 2)= −1

4

∫

( 1

x− 2− 1

x+ 2

)

dx = −1

4(ln |x− 2| − ln |x+ 2|) ,

ove si sono usati i fratti semplici.R.

−x+(

x+7

4− 1

x− 2

)

ln |x+ 2|+ 1

4ln |x− 2| .

58


24. [13/9/2012 (ex)II] Calcolare il seguente integrale:

∫

x2 + 6x+ 8

(x+ 3)2ln |x− 3| dx .

R.

−x+(

x− 19

6+

1

x+ 3

)

ln |x− 3|+ 1

6ln |x+ 3| .

25. [10/11/2012 (ex)I] Si calcoli l’integrale indefinito

∫

dx3√x( 3

√x+ 6

√x)

.

Soluzione

Sostituiamo t = 6√x, cosicche 3

√x = t2 e x = t6, da cui segue dx = 6t5 dt.

Percio l’integrale dato diviene

∫

6t5 dt

(t2 + t)t2= 6

∫

t2

t+ 1dt = 6

∫

t2 + 2t+ 1− 2t− 1

t+ 1dt

= 6

∫

(

t+ 1− 2t+ 1− 1

t+ 1− 1

t+ 1

)

dt

= 6

∫

(

t+ 1− 2 +2

t+ 1− 1

t+ 1

)

dt = 6[t2

2− t+ ln(t+ 1)

]

.

R.

6[ 3√x

2− 6

√x+ ln(1 + 6

√x)]

.

26. [14/2/2013 (ex)I] Si calcoli l’integrale

2∫

1

(x+ [x]) arcsin1

xdx ;

qui [x] denota la parte intera di x, ossia il massimo intero non maggiore dix.Soluzione

Dividiamo l’integrale, osservando che [x] = 1 se 1 ≤ x < 2; il valore [2] = 2e irrilevante, come e noto, ai fini del calcolo dell’integrale: l’integrale dato verraquindi ottenuto come somma dei due integrali

I1 =

2∫

1

x arcsin1

xdx , I2 =

2∫

1

arcsin1

xdx .

59


Si ha integrando per parti

I1 =

[

x2

2arcsin

1

x

]2

1

− 1

2

2∫

1

x2 1√

1− 1x2

(

− 1

x2

)

dx

= 2 arcsin1

2− 1

2arcsin 1 +

1

2

2∫

1

x√x2 − 1

dx

=π

3− π

4+

1

2

[

√

x2 − 1]2

1=

π

12+

√3

2.

Si noti che gli integrali ottenuti sono integrali impropri (l’integrando non e limitatoper x → 1), e il calcolo sopra andrebbe a rigore ottenuto come limite per k → 1+di integrazioni effettuate su [k, 2].Poi si ha

I2 =

[

x arcsin1

x

]2

1

−2∫

1

x1

√

1− 1x2

(

− 1

x2

)

dx

= 2 arcsin1

2− arcsin 1 +

2∫

1

dx√x2 − 1

=π

3− π

2+

cosh−1 2∫

0

dt .

Vale anche qui l’osservazione sopra sugli integrali impropri. Nell’ultimo integrale sie operata la sostituzione

x = cosh t , dx = sinh t dt , cosh2 t− 1 = sinh2 t ;

inoltre cosh−1 denota la funzione inversa (per argomenti positivi) del coseno iper-

bolico.R.

− π

12+

√3

2+ cosh−1 2 .

27. [14/2/2013 (ex)II] Si calcoli l’integrale

√2

∫

1

(x− [√2x]) arcsin

1

xdx ;

qui [y] denota la parte intera di y, ossia il massimo intero non maggiore diy.R.

1

2+

π

2√2(√2− 1)− cosh−1

√2 .

60


28. [14/2/2013 (ex)III] Si calcoli l’integrale

2∫

1

(

x+[x

2

]

+ 1)

arcsin1

xdx ;

qui [y] denota la parte intera di y, ossia il massimo intero non maggiore diy.R.

− π

12+

√3

2+ cosh−1 2 .


∫

1

1− (arctg ex)4ex

1 + e2xdx .

Soluzione

Operiamo la trasformazione di variabile

t = arctgx , ex = tg t , dt =ex

1 + e2xdx .

L’integrale diviene

∫

dt

1− t4=

∫

dt

(1− t)(1 + t)(1 + t2).

Usando il metodo di integrazione per fratti semplici, si puo scrivere

1

(1 − t)(1 + t)(1 + t2)=

A

1− t+

B

1 + t+

Ct+D

1 + t2,

con A, B, C, D dati da

A+B +D = 1 ,

A−B + C = 0 ,

A+B −D = 0 ,

A−B − C = 0 .

Si ha

A =1

4, B =

1

4, C = 0 , D =

1

2.

Quindi l’integrale vale

1

4

∫

dt

1− t+

1

4

∫

dt

1 + t+

1

2

∫

dt

1 + t2=

1

4ln |1− t|+ 1

4ln |1 + t|+ 1

2arctg t .

61


R.1

4ln |1− arctg(ex)|+ 1

4ln[1 + arctg(ex)] +

1

2arctg[arctg(ex)] .

30. [13/6/2013 (ex)I] Trovare una funzione f ∈ C1((−∞,∞)) che soddisfi

f(x) =

∫

xex2

sinh(x|x|) dx .

Soluzione

Consideriamo prima il caso x > 0, in cui x|x| = x2.Effettuiamo il cambiamento di variabile

y = x2 , dy = 2xdx ,

di modo che l’integrale divenga

1

2

∫

ey sinh(y) dy =1

4

∫

(e2y − 1) dy =1

4

(e2y

2− y)

.

Percio le primitive in (0,+∞) sono della forma

1

4

(e2x2

2− x2

)

+ C .

Se invece x < 0, cosicche x|x| = −x2, l’integrale puo essere scritto, stante il fattoche sinh e dispari,

−∫

xex2

sinh(x2) dx ,

che procedendo come sopra si integra come

−1

4

(e2x2

2− x2

)

+K .

Le due rappresentazioni della primitiva devono raccordarsi a dare una funzione diclasse C1(R); per esempio si puo scegliere

f(x) =

− x2

4+

e2x2

8, x ≥ 0 ,

x2

4− e2x

2

8+

1

4, x < 0 .

Infatti tale f risulta continua in R, e soddisfa

f ′(x) = −x

2+

xe2x2

2, x > 0 ,

f ′(x) =x

2− xe2x

2

2, x < 0 ,

cosicche f ′(0+) = f ′(0−) = 0 e pertanto f ∈ C1(R).

62


R.

f(x) =

− x2

4+

e2x2

8+ C , x ≥ 0 ,

x2

4− e2x

2

8+

1

4+ C , x < 0 .

31. [13/6/2013 (ex)II] Trovare una funzione f ∈ C1((−∞,∞)) che soddisfi

f(x) =

∫

x3ex4

sinh(x|x|3) dx .

R.

f(x) =

− x4

8+

e2x4

16+ C , x ≥ 0 ,

x4

8− e2x

4

16+

1

8+ C , x < 0 .


9∫

4

√x

(x− 1)(5−√x)

dx .

Soluzione

Cambiamo variabile y =√x, dx = 2y dy: l’integrale dato diviene

3∫

2

2y2

(y2 − 1)(5− y)dy .

Usiamo il metodo dei fratti semplici, cercando le costanti A, B, C in modo che

2y2

(y2 − 1)(5− y)=

A

y − 1+

B

y + 1+

C

5− y.

Si ottiene facilmente il sistema

−A−B + C = 2 ,

4A+ 6B = 0 ,

5A− 5B − C = 0 ,

da cui si ottiene A = 1/4, B = −1/6, C = 25/12. Pertanto l’integrale diviene

1

4

3∫

2

dy

y − 1− 1

6

3∫

2

dy

y + 1+

25

12

3∫

2

dy

5− y.

R.1

4ln 2− 1

6ln

4

3+

25

12ln

3

2.

63


33. [16/7/2013 (ex)II] Si calcoli l’integrale

9∫

4

√x

(√x− 6)(16 − x)

dx .

R.

−18

5ln

3

4+ 2 ln

1

2− 2

5ln

7

6.


4∫

2

ex

(ex − 4)(ex2 − 1)

dx .

Soluzione

Cambiamo variabile y = ex2 , dx = 2dt/t: l’integrale dato diviene

e2∫

e

2y

(y2 − 4)(y − 1)dy =

e2∫

e

2y

(y − 2)(y + 2)(y − 1)dy .

Usiamo il metodo dei fratti semplici, cercando le costanti A, B, C in modo che

2y

(y − 2)(y + 2)(y − 1)=

A

y − 2+

B

y + 2+

C

y − 1.

Si ottiene facilmente il sistema

A+B + C = 0 ,

A− 3B = 2 ,

−2A+ 2B − 4C = 0 ,

da cui si ottiene A = 1, B = −1/3, C = −2/3. Pertanto l’integrale diviene

e2∫

e

dy

y − 2− 1

3

e2∫

e

dy

y + 2− 2

3

e2∫

e

dy

y − 1.

R.

ln[(e2 − 2

e− 2

)( e+ 2

e2 + 2

)13( e− 1

e2 − 1

)23]

.


9∫

4

√x

(x+ 1)(4−√x)

dx .

64

580. Integrali impropri

Soluzione

Mediante la sostituzione x = t2, t > 0, l’integrale diviene

3∫

2

t

(t2 + 1)(4− t)2t dt = 2

3∫

2

t2

(t2 + 1)(4− t)dt .

Usando il metodo dei fratti semplici scriviamo

t2

(t2 + 1)(4− t)=

At+B

t2 + 1+

C

4− t,

per opportune costanti A, B, C. Si arriva subito al sistema

−A+ C = 1 ,

4A−B = 0 ,

4B + C = 0 ,

che ha unica soluzione

A =1

17, B = − 4

17, C =

16

17.

Quindi l’integrale diviene

− 2

17

3∫

2

t

t2 + 1dt− 8

17

3∫

2

dt

t2 + 1+

32

17

3∫

2

dt

4− t

=

[

− 1

17ln(t2 + 1)− 8

17arctg t− 32

17ln|4− t|

]3

2

.

R.31

17ln 2− 8

17(arctg 3− arctg 2) .


1. [10/6/2011 (ex)I] Si consideri la funzione

f(x) =

[x]∑

n=1

e−nx2

, x ≥ 1 .

Si dimostri che ∞∫

1

f(x) dx ≤ 1

2e.

65


Soluzione

Vale per ogni k > 1

k∫

1

f(x) dx =

k∫

1

[x]∑

n=1

e−nx2

dx ≤k∫

1

[x]e−x2

dx

≤k∫

1

xe−x2

dx = −[

e−x2

2

]k

1

=e−1

2− e−k2

2≤ 1

2e.

2. [10/6/2011 (ex)II] Si consideri la funzione

f(x) =

[x]∑

n=1

1

(1 + nx2)2, x ≥ 1 .

Si dimostri che ∞∫

1

f(x) dx ≤ 1

4.

3. [8/11/2011 (ex)I] Calcolare l’integrale improprio

0∫

−∞

e2x cos√

e2x + 1dx .

Soluzione

Con il cambiamento di variabile

t =√

e2x + 1 , e2x dx = t dt ,

si trasforma l’integrale (indefinito) dato in

∫

t cos t dt = t sin t−∫

sin t dt = t sin t+ cos t .

Dunque

0∫

−∞

e2x cos√

e2x + 1dx = limk→+∞

0∫

−k

e2x cos√

e2x + 1dx

= limk→+∞

[

√

e2x + 1 sin√

e2x + 1 + cos√

e2x + 1]0

−k

= limk→+∞

{√2 sin

√2 + cos

√2−

√

e−2k + 1 sin√

e−2k + 1− cos√

e−2k + 1}

=√2 sin

√2 + cos

√2− sin 1− cos 1 .

66


R. √2 sin

√2 + cos

√2− sin 1− cos 1 .


limx→∞

+∞∫

0

e− t2√

x dt .

(Nota: non cercare di trovare una primitiva per l’integrale sopra.)Soluzione

Per definizione di integrale improprio si ha

+∞∫

0

e− t2

√

x dt = limk→∞

k∫

0

e− t2

√

x dt = limk→∞

x14

k

x14∫

0

e−τ2

dτ = x14

+∞∫

0

e−τ2

dτ .

Si e usato il cambiamento di variabile t = τx14 . Si noti che l’integrale improprio

nell’ultimo termine converge; infatti:

+∞∫

1

e−τ2

dτ ≤+∞∫

1

e−τ dτ = e−1 ;

si puo dimostrare che tale integrale uguaglia√π/2, ma questo qui non occorre.

Quindi il limite assegnato diviene

limx→∞

x14

+∞∫

0

e−τ2

dτ = ∞ .

R.

+∞ .


limx→∞

+∞∫

0

dt

1 + et2

x2

.

(Nota: non cercare di trovare una primitiva per l’integrale sopra.)R.

+∞ .

67


6. [20/2/2012 (ex)III] Calcolare il limite

limx→∞

+∞∫

0

dt

10 + et2

x

.

(Nota: non cercare di trovare una primitiva per l’integrale sopra.)R.

+∞ .

7. [14/6/2012 (ex)I] Determinare al variare del parametro β > 0 la conver-genza dell’integrale improprio

∞∫

1

x2 sin1

xβdx .

Soluzione

Si ha per lo sviluppo di MacLaurin del seno

sin y = y + o(y) , y → 0 .

Quindi, visto che sin y < y per ogni y > 0,

y

2≤ sin y ≤ y , 0 ≤ y ≤ y0 ,

con y0 ∈ (0, 1) opportuno.

Percio se x−β < y0, ossia se x > x0 := y−1/β0 > 1, vale

x2−β

2≤ x2 sin

1

xβ≤ x2−β .

Dunque se β ≤ 3

+∞∫

x0

x2 sin1

xβdx ≥ 1

2

+∞∫

x0

x2−β dx = +∞ ,

poiche 2− β ≥ −1. Se invece β > 3,

+∞∫

x0

x2 sin1

xβdx ≤

+∞∫

x0

x2−β dx =x3−β0

β − 3< +∞ .

R. L’integrale converge se β > 3, e diverge se 0 < β ≤ 3.

8. [14/6/2012 (ex)II] Determinare al variare del parametro β > 0 la con-vergenza dell’integrale improprio

∞∫

1

√x tg

1

xβdx .

68


R. L’integrale converge se β > 3/2, e diverge se 0 < β ≤ 3/2.

9. [10/7/2012 (ex)I] Dire per quali valori di α > 0 la seguente funzione hauna discontinuita eliminabile in x = 0.

f(x) =

1∫

|x|

dt

tα, − 1 < x < 0 ;

1

x∫

0

te−α2t2 dt , x > 0 .

Soluzione

Prendendo i limiti destro e sinistro nello zero si ha

f(0−) =

1∫

0

dt

tα, f(0+) =

+∞∫

0

te−α2t2 dt ,

nell’ipotesi che i due integrali impropri siano definiti.Calcoliamo, se α < 1,

1∫

0

dt

tα= lim

ε→0

1∫

0

dt

tα= lim

ε→0

[

t1−α

1− α

]1

ε

=1

1− α.

E noto che se α ≥ 1 l’integrale diverge a +∞ e quindi la discontinuita di f non puoessere eliminabile.Si ha poi, per ogni α > 0,

+∞∫

0

te−α2t2 dt = limk→∞

k∫

0

te−α2t2 dt = limk→∞

[

− 1

2α2e−α2t2

]k

0

=1

2α2.

Si dovra quindi avere

1

2α2=

1

1− α⇔ 1− α = 2α2 ⇔ α = −1 , oppure α =

1

2.

Ricordiamo pero che sono ammissibili, per le ipotesi del testo, e per quelle poste

da noi, solo i valori 0 < α < 1, ossia la sola soluzione α = 1/2.R.

α =1

2, per cui si puo porre f(0) = 2.

69


10. [10/7/2012 (ex)II] Dire per quali valori di α > 0 la seguente funzioneha una discontinuita eliminabile in x = 0.

f(x) =

1

|x|∫

0

te−α2t2 dt , x < 0 ,

1

8

1

x∫

1

dt

tα, 0 < x < 1 .

R.

α = 2 , per cui si puo porre f(0) = 1/8.

11. [17/1/2013 (ex)I] Calcolare il valore di

+∞∫

1

x−√2−1 sin(lnx

√2) dx .

Soluzione

Usiamo il metodo di sostituzione; per ogni k > 1 si ha, ponendo t = lnx, x = et,dx = et dt,

k∫

1

x−√2−1 sin(

√2 lnx) dx =

lnk∫

0

e−√2t sin(

√2t) dt .

E noto che integrando per parti si ottiene

∫

e−√2t sin(

√2t) dt =

1

2√2e−

√2t(sin(

√2t)− cos(

√2t)) .

Dunque

+∞∫

1

x−√2−1 sin(

√2 lnx) dx = lim

k→+∞

[

1

2√2e−

√2t(sin(

√2t)− cos(

√2t))

]ln k

0

=1

2√2.

R.1

2√2.

12. [17/1/2013 (ex)II] Calcolare il valore di

1∫

0

x−1

2 cos(lnx√2) dx .

70

600. Derivabilita

R.2

9.

13. [17/1/2013 (ex)III] Calcolare il valore di

+∞∫

1

x−3 cos(ln x√2) dx .

R.1

3.

14. [8/4/2013 (ex)I] Discutere la convergenza del seguente integrale impro-prio:

+∞∫

1

[

arctg(x+ 1

x2

)

− 1

x

]

dx .

Soluzione

Ricordiamo che

arctg y = y − y3

3+ o(y4) , y → 0 .

Dunque si puo scrivere

arctg(x+ 1

x2

)

− 1

x=

x+ 1

x2− 1

3

(x+ 1

x2

)3

+ o[(x+ 1

x2

)4]

− 1

x=

1

x2+ o( 1

x2

)

.

Pertanto la funzione integranda e definitivamente positiva per x → +∞ e si ha

limx→+∞

[

arctg(x+ 1

x2

)

− 1

x

]

x2 = 1 .

Dunque per il criterio del confronto asintotico l’integrale e convergente.

R. L’integrale e convergente.

600. Derivabilita

1. [13/9/2012 (ex)I] Determinare l’unica coppia (a, b), con a, b ≥ 0, cherende continua e derivabile in x = 0 la funzione

f(x) =

x+a∫

0

eat2+t dt , x > 0 ,

x∫

0

[tg2 t+ b] dt , − π

2< x < 0 .

71

620. Calcolo di derivate

Soluzione

Dato che le funzioni integrande sono entrambe positive, risulta comunque

f(x) > 0 x > 0 ; f(x) < 0 x < 0 .

Quindi la f puo risultare continua in x = 0 solo se

f(0+) = f(0−) = 0 .

La seconda uguaglianza e vera per ogni scelta di a ≥ 0. La prima si riduce a

a∫

0

eat2+t dt = 0 ,

che e vera se e solo se a = 0.Derivando a sinistra e a destra di x = 0 si ottiene poi

f ′(0+) = e0 = 1 , f ′(0−) = tg2 0 + b = b .

Quindi b = 1.R.

a = 0 , b = 1 .

2. [13/9/2012 (ex)II] Determinare l’unica coppia (a, b), con a, b ≥ 0, cherende continua e derivabile in x = 0 la funzione

f(x) =

a+x∫

0

eat2+bt dt , x > 0 ,

x∫

0

[tg2 t+ a+ b] dt , − π

2< x < 0 .

R.

a = 0 , b = 1 .


1. [16/9/2011 (ex)I] Si consideri la funzione definita da

f(x) =

1∫

0

ex2t

1 + cos2(x√t)

dt , x > 0 .

72


Si calcoli la derivata prima di f , e si calcolino

limx→0+

f(x) , limx→0+

f ′(x) .

(Non si tenti di calcolare l’integrale sopra.)Soluzione

[Il calcolo del limite di f ′ non fu assegnato in sede di esame.]Con il cambiamento di variabile s = x2t si ottiene

f(x) =1

x2

x2∫

0

es

1 + cos2(√s)

ds , x > 0 .

Il teorema fondamentale del calcolo garantisce che la funzione

g(y) =

y∫

0

es

1 + cos2(√s)

ds , y ≥ 0

e di classe C ([0,∞)) ∩ C1([0,∞)) con derivata

g′(y) =ey

1 + cos2(√y)

, y ≥ 0 .

Inoltre si ha

f(x) =g(x2)

x2, x > 0 .

Dunque per i teoremi sulle funzioni composte, risulta anche f ∈ C ((0,∞)) ∩C1((0,∞)).Calcoliamo poi

limx→0+

f(x) = limx→0+

g(x2)

x2= lim

y→0+

g(y)

y= lim

y→0+

g(y)− g(0)

y= g′(0+) =

1

2.

La derivata di f si ottiene da

f ′(x) = − 2

x3g(x2) +

1

x2g′(x2)2x =

2

x

{

− 1

x2g(x2) + g′(x2)

}

.

Dunque, invocando il teorema della media per gli integrali di funzioni continue,

f ′(x) =2

x

{

− 1

x2g(x2) + g′(x2)

}

=2

x

{

− 1

x2

ez2x

1 + cos2(√

z2x)x2 +

ex2

1 + cos2(√x2)

}

= − 2

x

{ ez2x

1 + cos2(√

z2x)− ex

2

1 + cos2(√x2)

}

,

per un opportuno zx ∈ (0, x). La quantita in parentesi graffe puo scriversi comeh(zx)− h(x), con

h(y) =ey

2

1 + cos2(y), y ≥ 0 .

73


Dunque per il teorema di Lagrange sulle derivate, si ha che per un opportunow ∈ (zx, x), e assumendo senza perdita di generalita che x < 1,

|h(zx)− h(x)| = |h′(w)||zx − x| =∣

∣

∣

∣

∣

2wew2

(1 + cos2 w) + ew2

sin 2w

(1 + cos2 w)2

∣

∣

∣

∣

∣

|zx − x| ≤ 6ew|zx − x| ≤ 6ex|zx − x| .

Pertanto

limx→0+

|f ′(x)| ≤ limx→0+

2

x6ex|zx − x| = 0 .

R.

f ′(x) = − 2

x3

x2∫

0

es

1 + cos2(√s)

ds+2

x

ex2

1 + cos2(x), x > 0 .

limx→0+

f(x) =1

2, lim

x→0+f ′(x) = 0 .

2. [17/4/2012 (ex)I] Sia f la funzione definita da

f(x) =

arctg x∫

0

cos2(s)es2

ds , x ∈ R .

Dopo aver verificato che l’inversa g di f e definita almeno in un intorno di0, e ivi derivabile, si calcoli g′(0).(Non cercare di calcolare l’integrale sopra.)Soluzione

A) Vale f(0) = 0. Inoltre, per i teoremi di derivazione di funzione composta, e delcalcolo integrale, vale che f ∈ C∞(R), e

f ′(x) = cos2(

arctgx)

earctg2 x 1

x2 + 1> 0 , x ∈ R ,

da cui segue che f e strettamente crescente su R e percio ivi invertibile con inversag ∈ C1(R).B) In particolare g(0) = 0 poiche f(0) = 0, e si sa che

g′(0) =1

f ′(0)= 1 .

R.

g′(0) = 1, .

74


3. [17/1/2013 (ex)I] Si dimostri che la funzione f : R → R definita da

f(x) =

x3∫

1

sinh(t4

3 ) dt , x ∈ R ,

e invertibile su R e si calcoli, se g ne e la funzione inversa, g′(0).Soluzione

Vale per il teorema di derivazione di funzione composta, essendo

f(x) = H(x3) , H(z) =

z∫

1

sinh(t43 ) dt , H ′(z) = sinh(z

43 ) ,

chef ′(x) = 3x2 sinh(x4) > 0 se x 6= 0 , f ′(0) = 0 .

Quindi f e strettamente crescente su R ed e percio invertibile su R.Inoltre f(1) = 0, dunque g(0) = 1, e sappiamo che, visto che f ′(1) 6= 0,

g′(0) =1

f ′(1)=

1

3 sinh(1).

R.1

3 sinh(1).

4. [17/1/2013 (ex)II] Si dimostri che la funzione f : R → R definita da

f(x) =

arctg x∫

π4

sinh(t2) dt , x ∈ R ,

e invertibile su R e si calcoli, se g ne e la funzione inversa, g′(0).R.

2

sinh(

π2

16

) .

5. [17/1/2013 (ex)III] Si dimostri che la funzione f : R → R definita da

f(x) =

x3+x∫

2

sinh(|t|+ 1) dt , x ∈ R ,

e invertibile su R e si calcoli, se g ne e la funzione inversa, g′(0).R.

1

4 sinh(3).

75

630. Studio della derivata prima

630. Studio della derivata prima

1. [17/9/2013 (ex)I] Si dimostri che la funzione f : [0,+∞) → R definitada

f(x) =

x∫

0

1 +√

|sin t|1 + t+ [ln(1 + t)]π

dt , x ≥ 0 ,

ammette un’inversa g : [0,+∞) → [0,+∞).Si dimostri poi che g(y) non ammette asintoto obliquo per y → +∞.[Non si cerchi di calcolare l’integrale sopra.]Soluzione

A) Dato che l’integrando dell’integrale che definisce la f e continuo, si ha dai teoremifondamentali del calcolo

f ′(x) =1 +

√

|sinx|1 + x+ [ln(1 + x)]π

> 0 ,

e pertanto f essendo strettamente monotona e invertibile sull’immagine A :=f([0,+∞)). E noto che essendo f continua A e un intervallo, e ovviamente 0 ∈ Apoiche f(0) = 0. Inoltre A ⊂ [0,+∞) perche f(x) > 0 per x > 0. Infine

f(x) ≥x∫

0

dt

1 + t= ln(1 + x) → +∞ , x → +∞ ,

e dunque A = [0,+∞). Pertanto il dominio dell’inversa g e [0,+∞).B) Calcoliamo, usando il teorema de l’Hopital,

limy→+∞

g(y)

y= lim

y→+∞g′(y) = lim

x→+∞1

f ′(x)

= limx→+∞

1 + x+ [ln(1 + x)]π

1 +√

|sinx|= +∞ .

2. [21/11/2013 (ex)I] Si dimostri che la funzione

f(x) =

1√x

∫

0

sin(et) + 2

t+√t+ 1

dt , x ∈ (0,+∞) ,

ammette inversa su (0,+∞).Inoltre si calcolino

limx→0+

f(x) , limx→+∞

f(x) .

[Non si cerchi di calcolare l’integrale che definisce la f .]Soluzione

76

710. Successioni definite per ricorrenza

La f e C1 come composizione di funzioni C1. Derivando si ha

f ′(x) =sin(

e1

√

x

)

+ 21√x+ 1

4√x+ 1

(

− 1

2x32

)

< 0 .

Quindi e strettamente decrescente in (0,+∞) e pertanto e ivi invertibile con inversacontinua. I limiti richiesti esistono senz’altro per monotonia.In particolare per i teoremi sui limiti di funzione composta

limx→0+

f(x) =

+∞∫

0

sin(et) + 2

t+√t+ 1

dt ≥+∞∫

0

1

2t+ 1= +∞ ,

e

limx→+∞

f(x) =

0∫

0

sin(et) + 2

t+√t+ 1

dt = 0 .

R.

limx→0+

f(x) = +∞ , limx→+∞

f(x) = 0 .


1. [17/1/2011 (ex)I] Si consideri la successione definita per ricorrenza da

a1 = 1 , an+1 = 1− cos an , n ≥ 1 .

Si dimostri che esiste finito il limite

limn→∞

an = λ ,

e lo si determini.Soluzione

Ci proponiamo di dimostrare che la successione e decrescente. In particolare osser-viamo a questo scopo che

f(x) := x > 1− cosx =: g(x) , per x ∈ (0, π/2). (1)

Infatti

f(0) = g(0) e f ′(x) = 1 > g′(x) = sinx , per x ∈ (0, π/2).

D’altra parte, si dimostra per induzione che an ∈ (0, π/2) per ogni n. Infattia1 = 1 ∈ (0, π/2); assumendo poi che an ∈ (0, π/2), segue

0 < an+1 = 1− cos an < an <π

2,

77


per la (1).Quindi per ogni n vale an ∈ (0, π/2), e segue dunque da (1) che an+1 < an.La successione percio e strettamente decrescente, ed ha un limite λ ∈ [0, 1). Percontinuita deve essere

λ = 1− cosλ ,

il che implica λ = 0, ancora per la (1).R.

λ = 0 .

2. [17/1/2011 (ex)II] Si consideri la successione definita per ricorrenza da

a1 = 1 , an+1 = 1− (cos an)2 , n ≥ 1 .


limn→∞

an = λ ,

e lo si determini.R.

λ = 0 .

3. [17/1/2011 (ex)III] Si consideri la successione definita per ricorrenza da

a1 = 1 , an+1 = arctg an , n ≥ 1 .


limn→∞

an = λ ,

e lo si determini.R.

λ = 0 .

4. [11/7/2011 (ex)I] Trovare il limite L della successione definita per ricor-renza da

an+1 =a2n4

, n ≥ 1 ; a1 = r ,

al variare di r ∈ (0,∞).Soluzione

Ponendo bn = an/4 si ha

bn+1 = b2n , n ≥ 1 ; b1 =r

4,

78


e ovviamente bn > 0 per ogni n ≥ 1.A) Se 0 < r < 4 si ha per induzione che bn < 1 per ogni n. Infatti b1 = r/4 < 1per ipotesi, e ammesso che bn < 1 si ha

bn+1 = b2n < bn < 1 .

Dunque la successione e anche decrescente, e percio ha sicuramente un limite nonnegativo L ∈ [0, r/4), visto che bn > 0 per ogni n. Si deve avere L = L2 e quindiL = 0.B) Se r = 4 si verifica direttamente che bn = 1 per ogni n.C) Se r > 4, si ha per induzione che bn > 1 per ogni n. Infatti b1 = r/4 > 1 peripotesi, e ammesso che bn > 1 si ha

bn+1 = b2n > bn > 1 .

Dunque la successione e anche crescente, e percio ha sicuramente un limite L >

r/4 > 1. Se fosse L < ∞ si dovrebbe avere L = L2 e quindi L = 0 o L = 1,

impossibile.R.

L = 0 , 0 < r < 4 ;

L = 4 , r = 4 ;

L = ∞ , r > 4 .

5. [11/7/2011 (ex)II] Trovare il limite L della successione definita perricorrenza da

an+1 =a4n8

, n ≥ 1 ; a1 = r ,

al variare di r ∈ (0,∞).R.

L = 0 , 0 < r < 2 ;

L = 2 , r = 2 ;

L = ∞ , r > 2 .

6. [20/2/2012 (ex)I] Stabilire se esiste il limite della successione

an+1 =

an∫

0

[

2 + e−x2

cos2(1 + x2)]3

dx , n ≥ 1 ; a1 = 1 ,

ed eventualmente calcolarlo.(Non cercare di calcolare l’integrale sopra.)Soluzione

Da

an+1 =

an∫

0

[

2 + e−x2

cos2(1 + x2)]3

dx ≥ 8an ,

79


segue ragionando per induzione

an ≥ 8an−1 ≥ 82an−2 ≥ · · · ≥ 8n−1a1 = 8n−1 ,

da cui segue subito an → ∞.Oppure si puo ragionare come segue: questa e una successione definita per ricor-renza, della forma

an+1 = f(an) ,

con

f(s) =

s∫

0

[

2 + e−x2

cos2(1 + x2)]3

dx , s ∈ R .

Poichef ′(s) =

[

2 + e−s2 cos2(1 + s2)]3 ≥ 8 , s ∈ R ,

la f e monotona crescente. Inoltre

a2 = f(1) ≥ 8 > 1 = a1 ,

da cui, come e noto, an+1 > an > a1 = 1, e la successione ha limite 1 < L ≤ ∞.Se fosse L < ∞, si avrebbe per continuita

L =

L∫

0

[

2 + e−x2

cos2(1 + x2)]3

dx ≥ 8L ,

assurdo.R.

limn→∞

an = +∞ .

7. [20/2/2012 (ex)II] Stabilire se esiste il limite della successione

an+1 =

an∫

0

[ 4

1 + cos2(√x)

+1

1 + x8

]3dx , n ≥ 1 ; a1 = 1 ,

ed eventualmente calcolarlo.(Non cercare di calcolare l’integrale sopra.)R.

limn→∞

an = +∞ .

8. [20/2/2012 (ex)III] Stabilire se esiste il limite della successione

an+1 =

an∫

0

[

3 cosh(x) + e−x2]3dx , n ≥ 1 ; a1 = 1 ,

80


ed eventualmente calcolarlo.(Non cercare di calcolare l’integrale sopra.)R.

limn→∞

an = +∞ .

9. [14/2/2013 (ex)I] Dimostrare che la successione definita per ricorrenza

an+1 =1

2

(

an +3

an

)

, n ≥ 1 ; a1 = 2 ,

converge e calcolarne il limite.Soluzione

Poiche

a2 =1

2

(

2 +3

2

)

=7

4< 2 = a1 ,

controlliamo se la successione e decrescente. Vale

an+1 =1

2

(

an +3

an

)

< an

se e solo se 3/an < an, ossia a2n > 3, cioe |an| >√3.

Dimostriamo per induzione che an >√3, il che e vero per n = 1. Sia dunque

an >√3; vale

an+1 =1

2

(

an +3

an

)

>√3

se e solo se

an +3

an> 2

√3 ,

ossia(an −

√3)2 = a2n − 2

√3an + 3 > 0 ,

il che e vero per ipotesi di induzione. Quindi la {an} e decrescente e percio ammettelimite L ≥

√3.

Il limite deve soddisfare

L =1

2

(

L+3

L

)

,

cha da L2 = 3, ossia L = ±√3. Quindi il limite e L =

√3.

R. √3 .

10. [14/2/2013 (ex)II] Dimostrare che la successione definita per ricorrenza

an+1 =an2

+6

an, n ≥ 1 ; a1 = 4 ,

converge e calcolarne il limite.R.

2√3 .

81


11. [14/2/2013 (ex)III] Dimostrare che la successione definita per ricorrenza

an+1 =1

8

(

4an +3

an

)

, n ≥ 1 ; a1 = 1 ,

converge e calcolarne il limite.R. √

3

2.

12. [16/7/2013 (ex)I] Si studi il carattere della successione definita perricorrenza da

an+1 = aan+1n , n ≥ 0 ,

al variare di a0 > 0.Soluzione

Dato che an > 0 implica ovviamente an+1 > 0 la successione e positiva. Posto

f(x) = xx+1 , x > 0 ,

studiamo la monotonia di f . Vale

f ′(x) =d

dxexp{(x+ 1) lnx} = xx+1

(

lnx+x+ 1

x

)

.

Dunque f ′(x) > 0 se x ≥ 1. Per x ∈ (0, 1) osserviamo che

lnx+x+ 1

x> lnx+

1

x,

e infatti, come e noto,

1

x= y > ln y = ln

1

x= − lnx , y =

1

x> 1 .

Dunque f ′(x) > 0 per ogni x > 0 e f e crescente su (0,+∞). Pertanto il limite Lesiste per ogni a0 > 0. Se e finito e non nullo deve soddisfare

L = LL+1 = LLL ,

e quindi LL = 1 che implica L = 1. Altrimenti si puo avere (forse) L = 0, L = +∞.Sia a0 > 1; allora

a1 = a0aa0

0 > a0 > 1 ;

poiche nello stesso modo si dimostra che se an > 1 allora an+1 > an la successionee crescente e dunque non puo che avere limite infinito per quanto sopra.Sia a0 = 1; si vede subito che an = 1 per ogni n; la successione e costante con limitedunque uguale a 1.Sia a0 < 1; allora

a1 = a0aa0

0 < a0 < 1 ;

82

720. Limiti di successioni

poiche nello stesso modo si dimostra che se an < 1 allora an+1 < an la successione

e decrescente e dunque non puo che avere limite nullo per quanto sopra.R.

a0 > 1 : an → +∞ ; a0 = 1 : an → 1 ; a0 < 1 : an → 0 .

13. [16/7/2013 (ex)II] Si studi il carattere della successione definita perricorrenza da

an+1 = aan+2n , n ≥ 0 ,

al variare di a0 > 0.R.

a0 > 1 : an → +∞ ; a0 = 1 : an → 1 ; a0 < 1 : an → 0 .

14. [ (ex)I] Studiare la convergenza della successione definita per ricorrenzada

an =

an+1∫

1

dx

3x−√x− sinx

, n ≥ 1 ; a1 = 10 .

[Non si cerchi di calcolare questo integrale.]Soluzione

Osserviamo intanto che per x ≥ 1

3x−√x− sinx ≥ 3x− x− x = x .

La prima conseguenza di questo e che, essendo la funzione integranda positiva,an > 0 implica an+1 > 1 > 0, e quindi tutti i termini an risultano appartenere a(1,+∞).Inoltre si ha

an =

an+1∫

1

dx

3x−√x− sinx

≤an+1∫

1

dx

x= ln an+1 ,

e quindi an < ean ≤ an+1 per ogni n ≥ 1. Dunque la successione e crescente epertanto ha limite L > 10. Se fosse L ∈ R si avrebbe per n → +∞

L =

L∫

1

dx

3x−√x− sinx

≤L∫

1

dx

x= lnL ,

impossibile.

R. La successione diverge a +∞ monotonamente.


83


1. [8/10/2010 (hw)I] Sia

an =

n∑

k=0

( 1

2k+

1

3k

)

.

CalcolareL = lim

n→∞an .

Soluzione

Possiamo scrivere

an =

n∑

k=0

1

2k+

n∑

k=0

1

3k=: bn + cn .

E chiaro che sia an che bn e cn sono crescenti. Dunque i loro limiti coincidono coni rispettivi estremi superiori. Dunque

L = sup an = sup(bn + cn) = sup bn + sup cn =1

1− 12

+1

1− 13

=7

2.

Si noti che la terza uguaglianza sopra vale perche bn e cn sono crescenti. In generesi puo avere

sup(bn + cn) < sup bn + sup cn ,

se l’ipotesi di monotonia viene meno.R.

7

2.

2. [8/10/2010 (hw)I] Calcolare il limite di ciascuna delle seguenti successio-ni, o dimostrare che esso non esiste.

a)√n− 4

√n ; b)

(−1)nn2 + n

n2 + 2; c) arctg

1

n;

d) nn+1

n ; e) nn

n+1 ; f)3n3

|n3 − 100| +cos(

π2n)

√n

.

Soluzione

a) Si ha√n− 4

√n =

n−√n√

n+ 4√n≥ n−√

n

2√n

=

√n

2− 1

2,

e a questo punto e semplice dimostrare che il limite vale +∞.b) Per n pari la (sotto) successione e data da

n2 + n

n2 + 2≥ 1 ;

di fatto si puo vedere che il limite e 1.

84


Per n dispari la (sotto) successione e data da

−n2 + n

n2 + 2=

−1 + n−1

1 + 2n−2→ −1 .

Poiche due sottosuccessioni non convergono allo stesso limite, la successione nonpuo essere convergente.c) Fissiamo ε > 0. Per dimostrare che il limite cercato e nullo, vogliamo trovare glin tali che

0 ≤ arctg1

n≤ ε ;

la prima disuguaglianza e verificata per ogni n > 0. La seconda equivale a

1

n≤ tg ε ,

perche la funzione arctg e crescente. Dunque si ottiene la disuguaglianza cercataper n ≥ 1/ tg ε. Notiamo esplicitamente che si puo lecitamente assumere ε < π/2 equindi la tg ε e definita.d) Semplicemente si osservi che

nn+1

n ≥ n ,

e dunque il limite e +∞.e) Si osservi che

n

n+ 1≥ 1

2, ∀n ≥ 1 .

Percion

nn+1 ≥

√n ,

e dunque il limite e +∞.f) Dimostriamo separatamente che

3n3

|n3 − 100| → 3 ,cos(

π2n)

√n

→ 0 .

Ometteremo poi la semplice dimostrazione che il limite completo e 3.Per n > 4

3n3

|n3 − 100| =3n3

n3 − 100=

3

1− 100n−3→ 3 ,

per il solito argomento (fissare ε > 0, sottrarre 3 . . . ).Poi si ha

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cos(

π2n)

√n

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤ 1√n≤ ε

se n ≥ 1/ε2.R.

a) +∞ ; b) 6 ∃ ; c) 0 ; d) +∞ ; e) +∞ ; f) 3 .

85


3. [8/10/2010 (hw)I] Definiamo una successione {an} come segue

a0 = 0 ; a1 = 1 ; an+1 =an−1 + an

2, n ≥ 1 .

Dimostrare che an e convergente.(Sugg.: tracciare la successione dei punti nell’intervallo [0, 1] per compren-derne le proprieta.)Soluzione

Si vede che la successione an si puo scomporre in due sottosuccessioni ciascuna dellequali e monotona. Infatti

a2(k+1) > a2k , a2(k+1)−1 < a2k−1 , k ≥ 1 ,

come e facile verificare. Si vede anche che

a2k < a2h+1 , ∀h , k ≥ 0 . (1)

Dunque esistono i due limiti

L1 = limk→∞

a2k+1 = inf a2k+1 , L2 = limk→∞

a2k = sup a2k .

Inoltre risulta, visto che ciascun a2h+1 e un maggiorante della sottosuccessione{a2k}, vedi (1), che

L2 ≤ a2h+1 , ∀h ≥ 0 .

Quindi per definizione di inf si ha

L2 ≤ L1 .

Dobbiamo solo escludere che L2 < L1. Dato che

a2k < L2 ≤ L1 < a2h+1 , ∀h , k ≥ 0 ,

segue in particolare che

0 ≤ L1 − L2 < a2k+1 − a2k .

Si dimostra per induzione che

a2k+1 − a2k =a2k − a2k−1

2= · · · ≤ 1

2k.

Dunque per ogni k ≥ 0

0 ≤ L1 − L2 <1

2k,

da cui segue che L1 = L2.

4. [8/11/2011 (ex)I] Calcolare il limite della successione definita da

an∫

1

dx

x+ e−√x + 1

= n , n ≥ 1 .

86


Soluzione

Poiche per x ≥ 1 vale e−√x ≤ 1 ≤ x, si ha

+∞∫

1

dx

x+ e−√x + 1

≥+∞∫

1

dx

3x= +∞ .

Quindi la funzione integrale

y∫

1

dx

x+ e−√x + 1

, y ≥ 1 ,

ha immagine [0,+∞), ed e strettamente crescente. Questo garantisce che il numeroan definito come sopra esiste ed e unico.Vale

n =

an∫

1

dx

x+ e−√x + 1

≤an∫

1

dx

x= ln an .

Percio an ≥ en, n ≥ 1.R.

+∞ .

5. [13/6/2013 (ex)I] Studiare al variare del parametro reale c 6= 1 laconvergenza della successione

an =

(

1 + c

1− c

)n

, n ≥ 1 .

Soluzione

Dato che il termine n-esimo e una potenza di esponente n, il carattere della succes-sione e determinato dalla base, ossia vale

an → 0 ⇔∣

∣

∣

∣

1 + c

1− c

∣

∣

∣

∣

< 1 ,

an → 1 ⇔ 1 + c

1− c= 1 ,

an → +∞ ⇔ 1 + c

1− c> 1 ,

essendo an oscillante negli altri casi. Poi si ha∣

∣

∣

∣

1 + c

1− c

∣

∣

∣

∣

< 1 ⇔ −1 + c < 1 + c < 1− c ⇔ c < 0 ,

1 + c

1− c= 1 ⇔ c = 0 ,

1 + c

1− c> 1 ⇔ 1 > c > 0 ,

1 + c

1− c< −1 ⇔ c > 1 .

87


R.

an → 0 , c < 0 ; an = 1 , c = 0 ; an → +∞ , 1 > c > 0 ;

la successione oscilla negli altri casi, ossia se c > 1.

6. [13/6/2013 (ex)II] Studiare al variare del parametro reale c 6= −1/2 laconvergenza della successione

an =

(

1− 2c

1 + 2c

)n

, n ≥ 1 .

R.

an → 0 , c > 0 ; an = 1 , c = 0 ; an → +∞ , −1/2 < c < 0 ;

la successione oscilla negli altri casi, ossia se c < −1/2.

7. [21/11/2013 (ex)I] Si studi il carattere della successione definita da

an = (−1)n[

cos x+1

2

]n

, n ≥ 1 ,

al variare di x ∈ R, e se possibile se ne determini il limite.Soluzione

Si ha per ogni x ∈ R

−1

2≤ cosx+

1

2≤ 3

2.

Visto il carattere periodico di an in x sotto ci restringiamo a x ∈ (−π, π].A) Caso

−1

2≤ cosx+

1

2< 1 .

In questo caso an → 0 e

−1 ≤ cosx <1

2,

ossiax ∈

(

− π,−π

3

)

∪(π

3, π]

.

B) Caso

cosx+1

2= 1 .

In questo caso an = (−1)n che non converge, e

x ∈{

− π

3,π

3

}

.

C) Caso

1 < cosx+1

2≤ 3

2.

In questo caso |an| → +∞, e quindi an non ha limite. Siamo nel caso

x ∈(

− π

3,π

3

)

.

88

750. Serie

R. La successione converge a 0 in

x ∈⋃

k∈Z

(

− π + 2kπ,−π

3+ 2kπ

)

∪(π

3+ 2kπ, π + 2kπ

]

.

E oscillante altrimenti.

750. Serie

1. [9/1/2012 (ex)I] Determinare la convergenza semplice e assoluta delleseguenti serie al variare del parametro x ∈ R:

∞∑

n=1

(x+ 2)n

(n+√n)9n

,

∞∑

n=1

1 + e−nx

1 + enx.

Soluzione

A) Questa e una serie di potenze di centro x = −2. Come e noto l’insieme diconvergenza e un intervallo di centro −2 il cui raggio r puo essere determinatomediante il limite

1

r= lim

n→∞

( 1

(n+√n)9n

)1n

=1

9.

Quindi r = 9 e la serie converge assolutamente in (−11, 7).Resta da discuterne il comportamento negli estremi dell’intervallo. In x = −11 siha la serie ∞

∑

n=1

(−1)n

n+√n,

che converge semplicemente ma non assolutamente, per il criterio di Leibniz. Inx = 7 si ha la serie ∞

∑

n=1

1

n+√n≥ 1

2

∞∑

n=1

1

n= ∞ .

B) Si tratta di una serie a termini positivi. Usiamo il criterio del rapporto:

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞1 + e−(n+1)x

1 + e(n+1)x

1 + enx

1 + e−nx= lim

n→∞1 + e−(n+1)x

1 + e−nx

1 + enx

1 + e(n+1)x

Se x > 0 si ha quindi

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞e−nx + 1

e−nx + ex= e−x < 1 ,

quindi la serie converge. Se x < 0

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞enx + e−x

enx + 1= e−x > 1 ,

quindi la serie diverge. Se infine x = 0 vale an = 1 e la serie diverge.

89

750. Serie

R. La prima serie converge assolutamente in (−11, 7), solo semplicemente in −11,

non converge altrimenti.

La seconda serie converge assolutamente se x > 0, diverge se x ≤ 0.

2. [9/1/2012 (ex)II] Determinare la convergenza semplice e assoluta delleseguenti serie al variare del parametro y ∈ R:

∞∑

n=1

(y + 1)n

(n2 +√n)9n

,

∞∑

n=1

eny

1 + e−ny.

R. La prima serie converge assolutamente in [−10, 8], non converge altrimenti.

La seconda serie converge assolutamente se x < 0, diverge se x ≥ 0.

3. [20/2/2012 (ex)I] Determinare la convergenza semplice e assoluta delleseguenti serie al variare del parametro α ∈ R:

∞∑

n=1

en

n2sin(nα + 1

en

)

,

∞∑

n=1

(−1)nn+ α

n2 + n+ 100.

Soluzione

A) Poiche per ogni α ∈ R

nα + 1

en→ 0+ , n → ∞ ,

la serie ha termini definitivamente positivi. Dunque possiamo applicare il criteriodel confronto asintotico e ottenere

limn→∞

nβ en

n2sin(nα + 1

en

)

= limn→∞

nβ en

n2

nα + 1

en

sin(

nα+1en

)

nα+1en

= limn→∞

nα + 1

n2−β=: L .

Se α ≥ 0 scegliamo β = 2 − α, cosicche L = 1 se α > 0 e L = 2 se α = 0. Quindiin questo caso la serie si comporta come

∑

nα−2.Se invece α < 0, scegliamo β = 2, cosicche L = 1 e la serie si comporta come∑

n−2.B) Scriviamo la serie come

∞∑

n=1

(−1)nf(n) ; f(x) =x+ α

x2 + x+ 100, x ≥ 1 .

Per poter usare il criterio di convergenza di Leibniz, basta dimostrare che f edefinitivamente positiva, e decrescente a zero, ossia che esiste un x0 > 1 tale che

f(x) > 0 , f ′(x) < 0 , x > x0 ,

e chelimx→∞

f(x) = 0 .

90

750. Serie

Quest’ultima relazione di limite e ovvia, cosı come la definitiva positivita della f .Calcoliamo poi la derivata

f ′(x) =−x2 − 2αx+ 100− α

(x2 + x+ 100)2=:

g(x)

h(x).

Dato che h(x) > 0 per x ≥ 1, e g(x) → −∞ per x → ∞, segue che f ′(x) < 0 perx > x0 opportuno.E poi facile vedere che la serie diverge assolutamente:

limn→∞

nn+ α

n2 + n+ 100= lim

n→∞n2 + αn

n2 + n+ 100= 1 ,

e per il criterio del confronto asintotico la serie dei valori assoluti si comporta come∑

n−1.

R. La prima serie converge (assolutamente) per α < 1 e diverge altrimenti.

La seconda serie converge semplicemente, ma non assolutamente, per ogni α ∈ R.

4. [20/2/2012 (ex)II] Determinare la convergenza semplice e assoluta delleseguenti serie al variare del parametro α ∈ R:

∞∑

n=1

e√n

n4arctg

(nα + 1

e√n

)

,

∞∑

n=1

(−1)nn+ 1

n2 + n+ α2.



5. [20/2/2012 (ex)III] Determinare la convergenza semplice e assoluta delleseguenti serie al variare del parametro α ∈ R:

∞∑

n=1

3n

n3sinh

(nα + 2

3n

)

,

∞∑

n=1

(−1)nn+ 7

n2 + 3n+ α2.



6. [17/4/2012 (ex)I] Determinare la convergenza semplice e assoluta delleseguenti serie al variare del parametro α > 0:

∞∑

n=1

arctg(nα) sin2( en

nα + nen

)

,

∞∑

n=1

nα

α√n.

Soluzione

A) La serie e a termini non negativi; si puo usare il criterio del confronto asintotico:per β > 0 da scegliere si ha

limn→∞

nβ arctg(nα) sin2( en

nα + nen

)

=π

2limn→∞

nβ sin2( en

nα + nen

)

=π

2limn→∞

nβ( en

nα + nen

)2 sin2(

en

nα+nen

)

(

en

nα+nen

)2

=π

2limn→∞

( ennβ2

nα + nen

)2

=π

2,

91

750. Serie

se β = 2; infatti en/(nα + nen) → 0 per n → ∞. Quindi la serie converge per ogniα > 0.B) Se α < 1, si ha

nα

α√n→ +∞ , n → +∞ .

Se α = 1,nα

α√n= n → +∞ , n → +∞ .

Quindi se α ≤ 1 la serie non converge perche non e rispettata la condizionenecessaria per la convergenza.Se α > 1, usando il criterio del confronto asintotico,

limn→∞

n2 nα

α√n= lim

n→∞exp

{

ln(nα+2

α√n

)}

= limn→∞

exp{

(α+ 2) lnn−√n lnα

}

= 0 .

Percio la serie converge se α > 1.

R. La prima serie converge (assolutamente) per ogni α > 0.

La seconda serie converge (assolutamente) per ogni α > 1, ma diverge altrimenti.

7. [14/6/2012 (ex)I] Sia f la funzione data da

f(x) =∞∑

k=1

sin(xk)

k2 + 1arctg(k) .

Si dimostri che f e ben definita su R, ossia che la serie converge per ognix ∈ R.Si dimostri poi che

limx→0+

f(x) = 0 .

Soluzione

A) Si ha:∣

∣

∣

∣

sin(xk)

k2 + 1arctg(k)

∣

∣

∣

∣

≤ π

2

1

k2,

e quindi la serie converge assolutamente per il criterio del confronto, poiche∑

1/k2

converge.B) Si ha poi:

∣

∣

∣

∣

sin(xk)

k2 + 1arctg(k)

∣

∣

∣

∣

≤ π

2|x|k ,

Quindi per |x| < 1,

|f(x)| ≤∞∑

k=1

π

2|x|k =

π

2

|x|1− |x| .

Dunque per il teorema sul confronto di limiti

0 = − limx→0

π

2

|x|1− |x| ≤ lim

x→0f(x) ≤ lim

x→0

π

2

|x|1− |x| = 0 .

92

770. Convergenza di serie

8. [14/6/2012 (ex)II] Sia f la funzione data da

f(x) =∞∑

k=1

cos(k)

k2 + 1arctg(xk) .

Si dimostri che f e ben definita su R, ossia che la serie converge per ognix ∈ R.Si dimostri poi che

limx→0+

f(x) = 0 .


1. [17/1/2011 (ex)I] Studiare in dipendenza del parametro α ∈ R laconvergenza della seguente serie:

∞∑

n=1

n+1∫

n

dx

2αx√

arctg(x+ n).

Nei casi in cui si ha convergenza determinare anche due costanti positive γitali che la somma S della serie soddisfi

γ1 ≤ S ≤ γ2 .

Soluzione

La serie e a termini positivi, quindi converge o diverge. Si ha poi, visto che perogni x ≥ 1, n ≥ 1 vale

arctg 2 ≤ arctg(x+ n) ≤ π

2,

che

√

2

π

n+1∫

n

2−αx dx ≤n+1∫

n

dx

2αx√

arctg(x+ n)≤ 1√

arctg 2

n+1∫

n

2−αx dx .

Percio

√

2

π

∞∫

1

2−αx dx ≤∞∑

n=1

n+1∫

n

dx

2αx√

arctg(x+ n)≤ 1√

arctg 2

∞∫

1

2−αx dx .

Si calcola subito ∞∫

1

2−αx dx =

{

+∞ , α ≤ 0 ,1

α2α ln 2 , α > 0 .

93


R. Si ha S = ∞ se α ≤ 0. Se invece α > 0

√

2

π

1

α2α ln 2≤ S ≤ 1√

arctg 2

1

α2α ln 2.

2. [17/1/2011 (ex)II] Studiare in dipendenza del parametro α ∈ R laconvergenza della seguente serie:

∞∑

n=0

−n∫

−n−1

dx

(1 + 3|x|)α(1 + enx)π.


γ1 ≤ S ≤ γ2 .

R. Si ha S = ∞ se α ≤ 1. Se invece α > 1

1

2π1

3(α− 1)≤ S ≤ 1

3(α− 1).

3. [17/1/2011 (ex)III] Studiare in dipendenza del parametro α ∈ R laconvergenza della seguente serie:

∞∑

n=1

n+1∫

n

dx

x[ln(4x)]2α[π + (sin(nx))2]π.


γ1 ≤ S ≤ γ2 .

R. Si ha S = ∞ se α ≤ 1/2. Se invece α > 1/2

1

(π + 1)π(ln 4)1−2α

2α− 1≤ S ≤ 1

ππ

(ln 4)1−2α

2α− 1.

4. [7/2/2011 (ex)I] A) Determinare il carattere della serie

+∞∑

n=1

∣

∣

∣

∣

sin

(

4√n+ 1

n4

3 + 4√n3 + 5

)∣

∣

∣

∣

.

94


B) Determinare, al variare del parametro x ∈ [−1,∞), il carattere della serie

+∞∑

n=1

en√x+1 4

n2 + ln(n)

n5 + 5n.

Soluzione

[La serie A) non fu assegnata in sede d’esame.]A) Applicando il criterio del confronto asintotico otteniamo:

+∞∑

n=1

∣

∣

∣

∣

sin

(

4√n+ 1

n43 + 4

√n3 + 5

)∣

∣

∣

∣

=

+∞∑

n=1

∣

∣

∣

∣

∣

sin

(

n1/4√1 + n−1

n43

(

1 + n3/4−4/3 4√1 + 5n−3

)

)∣

∣

∣

∣

∣

∼

+∞∑

n=1

∣

∣

∣

∣

sin

(

1

n1312

)∣

∣

∣

∣

∼+∞∑

n=1

1

n1312

.

Quindi la serie converge.B) La serie e a termini positivi, e ponendo y = e

√x+1 si riduce a una serie di potenze.

Applichiamo il criterio della radice per calcolarne il raggio di convergenza:

limn→+∞

2 n

√

1 + log(n)2n

5 n

√

n5

5n + 1=

2

5.

La serie converge per

e√x+1 <

5

2⇔ −1 ≤ x < ln2

(

5

2

)

− 1 ,

non converge per

x ≥ ln2

(

5

2

)

− 1 ,

avendo anche osservato che per x = ln2(

52

)

− 1, limn→+∞ an = 1.R. A) La serie converge.B) La serie converge se e solo se

−1 ≤ x < ln2(

5

2

)

− 1 .

5. [7/2/2011 (ex)II] Determinare, al variare del parametro x ∈ R, ilcarattere della serie

+∞∑

n=1

e4n cos x en +√n

nπ + 4e3n.

R. La serie converge se e solo se

π

3+ 2kπ < x < 2π − π

3+ 2kπ , k ∈ Z .

95


6. [7/2/2011 (ex)III] Determinare, al variare del parametro x ∈ R, ilcarattere della serie

+∞∑

n=1

en(lnx)2 4n2 + n2

n10 + 3n.

R. La serie converge se e solo se

e−√

log( 32 ) < x < e

√

log( 32 ) .

7. [5/4/2011 (ex)I] Studiare la convergenza della serie

∞∑

n=1

ln(

1 + nαAn(x))

,

al variare di α, x ∈ R, ove

An(x) =

2n∑

k=n+1

ek cos x .

Soluzione

La somma che definisce An(x) si puo calcolare in modo esplicito; infatti da

m∑

k=0

ek cosx =1− e(m+1) cosx

1− ecosx, se ecosx 6= 1,

segue

An(x) =

e(n+1) cos x 1− en cos x

1− ecosx, ecosx 6= 1 ,

n− 1 , ecosx = 1 .

A) Se ecosx > 1, per ogni α ∈ R si ha

nαAn(x) = nαe(n+1) cosx 1− en cosx

1− ecosx→ ∞ , n → ∞ ,

e quindi ln(1 + nαAn(x)) → ∞ e la serie non puo convergere.B) Se ecosx < 1, usiamo il criterio del confronto:

0 ≤ ln(

1 + nαAn(x))

≤ nαAn(x) ≤nαe

n2cosx

1− ecosxe

n2cos x ≤ e

n2cos x ,

per n ≥ nα opportuno, visto che per ogni α ∈ R vale

nαen2cosx

1− ecosx→ 0 , n → ∞ .

Dato che la serie geometrica di ragione e(cosx)/2 < 1 converge, resta dimostrata laconvergenza della serie in oggetto nel caso ecosx < 1.

96


C) Se ecosx = 1, distinguiamo intanto i casi α ≥ −1 e α < −1. Infatti se α ≥ −1vale

ln(

1 + nαAn(x))

= ln(1 + nα(n− 1)) 6→ 0 , n → ∞ ,

e quindi la serie non puo convergere.Se invece α < −1 usiamo il criterio del confronto asintotico:

limn→∞

nβ ln(1 + nα(n− 1)) = limn→∞

nβ[

nα(n− 1) + o(

nα(n− 1))]

= limn→∞

[

nα+1+β − nα+β + o(

nα(n− 1)nβ)]

= 1 ,

se prendiamo β = −α− 1. Quindi la serie converge se e solo se β > 1, che equivale

a α < −2.R. La serie converge solo nei casi

x ∈(π

2,3

2π)

+ 2mπ , m ∈ Z , per ogni α ∈ R;

x ∈{π

2+mπ | m ∈ Z

}

, α < −2 ,

e diverge a +∞ altrimenti.

8. [10/6/2011 (ex)I] Si studi la convergenza della serie

∞∑

n=1

cos[π

2−(

sinen + 1

ennα

)2]

,

al variare del parametro α > 0.Soluzione

Poichecos(π

2− z)

= sin z ,

si ha, chiamato an il termine n-esimo della serie,

an = sin[(

sinen + 1

ennα

)2]

.

Visto che α > 0 si halimn→∞

an = 0+ ,

quindi la condizione necessaria di convergenza e soddisfatta e si puo inoltre assumerean > 0 per n ≥ n0 opportuno. La serie pertanto sara convergente o divergente.Usiamo infine il criterio del confronto asintotico:

limn→∞

nβan = limn→∞

nβ sin[(

sinen + 1

ennα

)2]

= limn→∞

nβ sin[(en + 1

ennα

)2

+ o((en + 1

ennα

))2]

= limn→∞

nβ[(en + 1

ennα

)2

+ o((en + 1

ennα

))2]

= 1 ,

se e solo se 2α = β.

R. La serie converge se α > 1/2, diverge a +∞ altrimenti.

97


9. [10/6/2011 (ex)II] Si studi la convergenza della serie

∞∑

n=1

sin[

π −(

sinn! + 1

n!nα

)4]

,

al variare del parametro α > 0.R. La serie converge se α > 1/4, diverge a +∞ altrimenti.

10. [11/7/2011 (ex)I] Dire per quali α ∈ R converge la serie

+∞∑

k=1

kα

1

k+1∫

1

k+2

(x− sinx)1

3 dx .

Soluzione

Notiamo intanto che la serie e a termini di segno positivo, perche x > sinx per ognix > 0.Si osservi che per k → +∞ vale 0 < 1

k+2 < 1k+1 → 0. Inoltre, dato che la variabile

di integrazione x prende valori in

[

1

k + 2,

1

k + 1

]

,

al limite per k → +∞, si puo usare lo sviluppo di McLaurin di sinx per x → 0,ottenendo

1k+1∫

1k+2

(x− sinx)13 dx =

1k+1∫

1k+2

(

x3

6+ o(x4)

)13

dx =

13√6

1k+1∫

1k+2

(x + o(x)) dx =1

2 3√6

[

(

1

k + 1

)2

−(

1

k + 2

)2]

+ Ek =

1

2 3√6

1

k2

[

(

1 +1

k

)−2

−(

1 +2

k

)−2]

+ Ek .

Sopra Ek indica un infinitesimo di ordine superiore al primo termine per k → +∞.Da qui, usando lo sviluppo di (1 + z)α per z → 0, si ottiene, quando k → +∞,

1

2 3√6

1

k2

[

(

1 +1

k

)−2

−(

1 +2

k

)−2]

∼

1

2 3√6

1

k2

[

1− 2

k− 1 +

4

k+ o

(

1

k

)]

∼ 13√6

1

k3.

Infine per il confronto asintotico con la serie armonica generalizzata la nostra serie

converge per 3− α > 1, cioe per α < 2.

98


R. Converge se α < 2, diverge altrimenti.

11. [11/7/2011 (ex)II] Dire per quali α ∈ R converge la serie

+∞∑

k=1

kα

1

k∫

1

k+1

(1− cos x)1

3 dx .

R. Converge se α < 5/3, diverge altrimenti.

12. [16/9/2011 (ex)I] Si studi la convergenza delle serie

∞∑

n=1

[

1− cos( e

√n

en + e√n

)]

;∞∑

n=1

lnn!

(n!)a;

∞∑

n=2

1

lnn!.

Qui a > 0 e una costante assegnata.Soluzione

A) La prima serie e a termini nonnegativi. Poiche

limn→∞

e√n

en + e√n= lim

n→∞1

en−√n + 1

= 0 ,

il termine della serie tende a zero. Usiamo il criterio del confronto asintotico:

limn→∞

nβ[

1− cos( e

√n

en + e√n

)]

=

limn→∞

nβ[1

2

( e√n

en + e√n

)2

+ o(( e

√n

en + e√n

)3)]

= 0 ,

per ogni β > 0. Quindi per β > 1 si ottiene la convergenza della serie.B) La seconda serie e a termini positivi. Usando la formula di Stirling si ottiene

lnn!

(n!)a=

ln[nne−n√2πn(1 + o(1))]

nane−an(2πn)a2 (1 + o(1))a

≤ (n lnn)(1 + o(1))

. . .≤ n2(1 + o(1))

. . .≤ e2(1 + o(1))(

ne

)an−2

(1 + o(1)).

Quindi per il confronto asintotico la serie converge, dato che per ogni β > 1

limn→∞

nβ lnn!

(n!)a≤ lim

n→∞nβ e2(1 + o(1))(

ne

)an−2

(1 + o(1))= 0 ,

C) Si ha per ogni n ≥ 2

1

lnn!=

1

lnn(n− 1)(n− 2) . . . 1≥ 1

lnnnn . . . n=

1

lnnn=

1

n lnn.

99


Inoltre

∞∑

n=2

1

n lnn≥ 1

2 ln 2+

∞∫

2

dx

x lnx=

1

2 ln 2+ lim

k→∞(ln ln k − ln ln 2) = ∞ .

Percio per il criterio del confronto diverge anche la terza serie.

R. Le prime due serie convergono, la terza diverge.

13. [8/11/2011 (ex)I] Si studi in dipendenza dal valore di α la convergenzadelle serie ∞

∑

n=1

[π

2− arctg nα

]α2

.

Qui α > 0 e una costante assegnata.Soluzione

La serie e a termini positivi, che denotiamo an. Poiche per x > 1

1

2x=

+∞∫

x

ds

2s2≤ π

2− arctg x =

+∞∫

x

ds

1 + s2≤

+∞∫

x

ds

s2≤ 1

x,

vale1

2α2 n

α2

2

≤ an ≤ 1

nα2

2

,

da cui segue per il teorema del confronto che la serie converge se e solo se α2/2 > 1.

R. Converge se e solo se α >√2.

14. [10/7/2012 (ex)I] Studiare, al variare di x ∈ R, la convergenza delledue serie

A)∞∑

n=1

(−1)n

nsinx cos(

1n

) ; B)∞∑

n=1

sin(n−2)

cos(n−|x|).

Soluzione

A) Se sinx < 0 la serie non soddisfa la condizione necessaria di convergenza:

nsin x → 0 , cos( 1

n

)

→ 1 , n → ∞ .

Ugualmente se sinx = 0,

nsin x = 1 , cos( 1

n

)

→ 1 , n → ∞ .

Quindi possiamo avere convergenza della serie solo se sinx > 0. In questo caso lasuccessione

1

nsin x cos(

1n )

(1)

e positiva e decrescente a zero per n → ∞. Infatti per n ≥ 1 vale 1/n ∈ (0, π/2), ovecosx e decrescente; quindi la successione cos(1/n) e crescente. Ovviamente anche

100


nsin x e crescente se sinx > 0, percio la successione in (1) e decrescente, e tendentea zero perche nsin x → +∞.Per il criterio di Leibniz segue la convergenza semplice della serie. Per la conver-genza assoluta osserviamo che

1

nsin x≤ 1

nsin x cos(

1n

) ≤ 2

nsin x,

per n ≥ n0 > 1 opportuno. Pertanto, per il criterio del confronto, si ha che la seriedata converge assolutamente se e solo se sinx > 1, il che non e mai vero.B) Procediamo con il criterio del confronto asintotico, visto che la serie e a terminipositivi:

limn→∞

n2 sinn−2

cosn−|x| = limn→∞

sinn−2

n−2limn→∞

1

cosn−|x| =

1 , x 6= 0 ,

1

cos 1, x = 0 .

R.

A) Convergenza semplice se x ∈+∞⋃

m=−∞(2mπ, 2mπ + π) ;

convergenza assoluta mai.

B) Convergenza assoluta per ogni x ∈ R.

15. [10/7/2012 (ex)II] Studiare, al variare di x ∈ R, la convergenza delledue serie

A)

∞∑

n=1

(−1)n

ncos x cos(

1n

) ; B)

∞∑

n=1

tg(n−2)

cos(n−|x|).

R.

A) Convergenza semplice se x ∈+∞⋃

m=−∞

(

− π

2+ 2mπ,

π

2+ 2mπ

)

;

convergenza assoluta mai.

B) Convergenza assoluta per ogni x ∈ R.

16. [13/9/2012 (ex)I] Studiare la convergenza delle serie

A)+∞∑

n=1

(−1)n

nαtg(π

2− 1

n

)

, B)+∞∑

n=1

1

nα

|tg n|+ 1

|tg n|+ 2,

al variare del parametro α ∈ R.

101


Soluzione

A) Studiamo prima la convergenza assoluta. Poiche

tg(π

2− x)

=sin(

π2 − x

)

cos(

π2 − x

) =cosx

sinx,

si ha per il criterio del confronto asintotico

limn→+∞

nβ 1

nαtg(π

2− 1

n

)

= limn→+∞

nβ+1

nαcos

1

n

1n

sin 1n

= 1 ,

se β+1 = α. Quindi la serie converge assolutamente se e solo se β > 1, ossia α > 2.Per studiare la convergenza semplice, cerchiamo di usare il criterio di Leibniz, datoche la serie e a termini di segno alterno. Resta da dimostrare che i termini sono(in valore assoluto) definitivamente decrescenti a zero. Poniamo a questo scopoy = 1/n ≤ 1. Occorre quindi studiare la monotonia in y di

f(y) = yαcos y

sin y;

derivando si ottiene

f ′(y) =yα−1

sin y

[

α cos y − y

sin y

]

.

Evidentemente quindi se α > 1 si ha f ′(y) > 0 in un opportuno intervallo (0, y), edunque il termine n-esimo della serie e decrescente per n > 1/y. Infine

limn→+∞

1

nαtg(π

2− 1

n

)

= limn→+∞

1

nα−1cos

1

n

1n

sin 1n

=

0 , α > 1 ,

1 , α = 1 ,

+∞ , α < 1 .

Pertanto se α > 1 il termine n-esimo tende a zero e si ha convergenza semplice;altrimenti la serie non converge perche non e soddisfatta la condizione necessaria.B) Si ha per ogni x ≥ 0:

1

2≤ x+ 1

x+ 2≤ 1− 1

x+ 2≤ 1 .

Quindi1

2nα≤ 1

n2

|tg n|+ 1

|tg n|+ 2≤ 1

nα,

e la serie data converge per il confronto se e solo se α > 1.

R. A) converge assolutamente se α > 2; converge semplicemente ma non assoluta-

mente se 2 ≥ α > 1; diverge se α ≤ 1.

B) converge se α > 1, diverge altrimenti.

17. [13/9/2012 (ex)II] Studiare la convergenza delle serie

A)

+∞∑

n=1

(−1)n

nαtg(π

2+

1

n

)

, B)

+∞∑

n=1

1

nα

|tg n|+ 2

|tg n|+ 1,

102


al variare del parametro α ∈ R.R. A) converge assolutamente se α > 2; converge semplicemente ma non assoluta-

mente se 2 ≥ α > 1; diverge se α ≤ 1.

B) converge se α > 1, diverge altrimenti.

18. [10/11/2012 (ex)I] Studiare la convergenza di

+∞∑

n=1

xn2

n2,

+∞∑

n=1

[

2 sin( 1

nα

)

− sin( 2

n

)]

,

in dipendenza delle costanti α > 0, x > 0.Soluzione

A) La prima serie e a termini positivi. Usiamo il criterio della radice

limn→+∞

(xn2

n2

)1n

= limn→+∞

xn

n2n

=

+∞ , x > 1 ,

1 , x = 1 ,

0 , 0 < x < 1 .

Dunque la serie converge se 0 < x < 1 e diverge se x > 1. Per x = 1 si ha la serie

∞∑

n=1

1

n2,

che converge.B) Ricordando lo sviluppo

sinx = x− x3

6+ o(x4) , x → 0 ,

possiamo scrivere

2 sin1

nα− sin

2

n=

2

nα− 2

6n3α+ o( 1

n4α

)

− 2

n+

8

n3+ o( 1

n4

)

.

Se α < 1, il termine n-esimo si comporta come 1/nα e la serie diverge.

Se α = 1, il termine n-esimo si comporta come 1/n3 e la serie converge.

Se α > 1, il termine n-esimo si comporta come 1/n e la serie diverge.

R. A) Converge se 0 < x ≤ 1, diverge se x > 1.

B) Converge se α = 1, diverge se 0 < α 6= 1.

19. [17/1/2013 (ex)I] Studiare il comportamento delle seguenti serie alvariare del parametro reale α > 0:

A)

∞∑

n=1

[

1− cos( 1

nα

)]

, B)

∞∑

n=1

(

√

n2 + 3− n)

[

e1

n − cos( 1

n

)]α

.

Soluzione

A) La serie e a termini positivi; dunque possiamo usare il criterio del confrontoasintotico:

limn→+∞

nβ[

1− cos( 1

nα

)]

= limn→+∞

nβ[ 1

2n2α+ o( 1

n2α

)]

= 1 ,

103


se β = 2α. Percio la serie data converge se e solo se 2α > 1, altrimenti diverge.B) La serie e a termini positivi; dunque possiamo usare il criterio del confrontoasintotico:

limn→+∞

nβ(

√

n2 + 3− n)

[

e1n − cos

( 1

n

)]α

= limn→+∞

nβ 3√n2 + 3 + n

[

1 +1

n+ o( 1

n

)

− 1 +1

2n2+ o( 1

n2

)]α

= limn→+∞

nβ 3√n2 + 3 + n

[ 1

nα+ o( 1

nα

)]

=3

2,

se β = α+ 1. Percio la serie converge se α+ 1 > 1, ossia per ogni α > 0.

R. A) converge se α > 1/2, altrimenti diverge;

B) converge per ogni α > 0.

20. [17/1/2013 (ex)II] Studiare il comportamento delle seguenti serie alvariare del parametro reale α > 0:

A)

∞∑

n=1

[

1− cosh( 1

nα

)]

, B)

∞∑

n=2

√

n2 + 5

∣

∣

∣

∣

sin( 1

n

)

− arctg( 1

n

)

∣

∣

∣

∣

α

.


B) converge se α > 2/3, altrimenti diverge.

21. [17/1/2013 (ex)III] Studiare il comportamento delle seguenti serie alvariare del parametro reale α > 0:

A)∞∑

n=1

1− 1

1 + tg2(

1nα

)

,

B)

∞∑

n=2

(

√

n2 − 3 − n)

[

e1

n − cos2( 1

n

)]α

.


B) converge per ogni α > 0.

22. [14/2/2013 (ex)I] Calcolare l’insieme di convergenza e la somma dellaserie ∞

∑

n=1

3nxn

n!.

Soluzione

Si ha per ogni x ∈ R, k ≥ 1,

k∑

n=1

3nxn

n!= 3x

k∑

n=1

xn−1

(n− 1)!= 3x

k−1∑

n=0

xn

n!→ 3xex ,

per k → +∞. Quindi la serie converge per ogni x ∈ R alla somma 3xex.

104


R.

3xex , x ∈ R .

23. [14/2/2013 (ex)II] Calcolare l’insieme di convergenza e la somma dellaserie ∞

∑

n=0

5(n + 1)xn−1

(n+ 1)!.

R.

5x−1ex , x 6= 0 .

24. [14/2/2013 (ex)III] Calcolare l’insieme di convergenza e la somma dellaserie ∞

∑

n=1

2nx2n

n!.

R.

2x2ex2

, x ∈ R .

25. [8/4/2013 (ex)I] Determinare l’insieme di convergenza della serie

∞∑

n=1

( n

2n+ 1

)2n−1[(ln x)− 1]n .

Soluzione

Posto y = lnx, questa serie si riduce a una serie di potenze di centro y = 1. Il suoraggio di convergenza e dato da

1

R= lim

n→+∞

( n

2n+ 1

)2n−1

n

=1

4.

Percio R = 4. Dunque la serie converge se

1− 4 < lnx < 1 + 4 , ossia e−3 < x < e5 .

Nei due estremi si ha che il termine n-esimo vale (in valore assoluto)

( n

2n+ 1

)2n−1

4n = exp{

n ln 4− (2n− 1) ln[

2(

1 +1

2n

)]}

= exp{

2n ln 2− (2n− 1) ln 2− (2n− 1) ln(

1 +1

2n

)}

= exp{

ln 2− (2n− 1)[ 1

2n+ o( 1

n

)]}

= exp{

ln 2− 1 + o(1)}

,

che non tende a zero per n → +∞; quindi non si ha convergenza della serie.

105


R.

e−3 < x < e5 .

26. [13/6/2013 (ex)I] Determinare al variare di α ∈ R la convergenza dellaserie

+∞∑

n=1

1

n∫

1

n+1

cosh(xα) dx .

Soluzione

A) α > 0. In questo caso

1 ≤ cosh(xα) ≤ cosh 1 , 0 < x ≤ 1 .

Questo segue dalla monotonia di cosh. Dunque

0 ≤ an :=

1n∫

1n+1

cosh(xα) dx ≤ cosh 1( 1

n− 1

n+ 1

)

.

Pertanto, dato che+∞∑

n=1

( 1

n− 1

n+ 1

)

= 1 < +∞ ,

la serie data converge.B) α = 0. In questo caso

cosh(xα) = cosh 1 ∈ (0,+∞) , 0 < x ≤ 1 .

Dunque la serie data vale

+∞∑

n=1

cosh 1( 1

n− 1

n+ 1

)

= cosh 1 ∈ (0,+∞) .

C) α < 0. Si ha per 1/(n+ 1) ≤ x ≤ 1/n

cosh(xα) ≥ cosh(n−α) ≥ 1

2en

−α

.

Percio

an ≥

1n∫

1n+1

1

2en

−α

dx =1

2en

−α 1

n(n+ 1)=: cn .

Dato che

limn→+∞

cn = limn→+∞

en−α

2n(n+ 1)= +∞ ,

per il criterio necessario di convergenza∑

n cn diverge, e per il criterio del confronto

di conseguenza diverge anche la serie data.

106


R. La serie converge se α ≥ 0, diverge se α < 0.

27. [13/6/2013 (ex)II] Determinare al variare di α ∈ R la convergenza dellaserie

+∞∑

n=1

1√n

∫

1√n+1

cosh(xα) dx .

R. La serie converge se α ≥ 0, diverge se α < 0.

28. [16/7/2013 (ex)I] Determinare al variare di α > 0 la convergenza dellaserie

+∞∑

n=1

cosh(α(n − lnn)) + 1

sinh(αn).

Soluzione

La serie e a termini positivi. Scriviamo il termine n-esimo in modo piu esplicito:

an =eαn−lnnα

+ e−αn+lnnα

+ 2

eαn − e−αn=

n−α + e−2αnnα + 2e−αn

1− e−2αn.

Usiamo ora il criterio del confronto asintotico

limn→+∞

nαan = limn→+∞

1 + e−2αnn2α + 2nαe−αn

1− e−2αn= 1 .

Percio la serie si comporta come∑

n−α.

R. La serie converge se α > 1, diverge se α ≤ 1.

29. [16/7/2013 (ex)II] Determinare al variare di α > 0 la convergenza dellaserie

+∞∑

n=1

sinh(α(n − lnn))

cosh(αn) + 2.

R. La serie converge se α > 1, diverge se α ≤ 1.

30. [17/9/2013 (ex)I] Si studi la convergenza della serie

+∞∑

n=1

cos(

π2 + 1

nα

)

sin(

π + 1n

) ,

al variare del parametro α > 0.Soluzione

Ricordiamo che

cos(π

2+ x)

= − sinx , sin(π + x) = − sinx .

107

800. Studio di funzioni

Dunque

cos(

π2 + 1

nα

)

sin(

π + 1n

) =sin 1

nα

sin 1n

.

Percio la serie e a termini positivi e usando il criterio del confronto asintotico si ha

limn→+∞

nβ sin1nα

sin 1n

= limn→+∞

nβ−α+1 sin1nα

1nα

1n

sin 1n

= 1 ,

se e solo se β = α− 1.

R. Converge se e solo se α > 2, altrimenti diverge a +∞.

31. [21/11/2013 (ex)I] Studiare la convergenza della serie

+∞∑

n=1

1

3√n + 1

(3x+ 2)n ,

al variare di x ∈ R.Soluzione

Usiamo il criterio della radice per la convergenza assoluta:

limn→+∞

|an|1n = lim

n→+∞|3x+ 2|

(3√n + 1)

1n

= limn→+∞

( 3√n

3√n + 1

)1n

31

√

n |3x+ 2| = |3x+ 2| .

Quindi la serie converge assolutamente se |3x+2| < 1 e non converge se |3x+2| > 1.Se |3x+ 2| = 1 si ha per ogni n ≥ 1

|an| =1

3√n + 1

≤ 1

3√n=

e−√n ln 3+2 lnn

n2≤ γ

n2,

per una costante γ > 0 opportuna. Percio la serie converge assolutamente anche se

|3x+ 2| = 1.

R. La serie converge assolutamente in [−1,−1/3] e non converge altrove.


1. [17/1/2011 (ex)I] Analizzare la funzione

f(x) = ln(

e+ e|x| arctg x)

,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gliasintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo.

108


Su concavita, convessita e flessi e sufficiente mostrare che esistono sia in-

tervalli di convessita che di concavita.Soluzione

A) Si ha D = R. Inoltre f ∈ C (R) in quanto composizione di funzioni continue.Poi si ha f ∈ C∞((−∞, 0) ∪ (0,∞)), in quanto composizione di funzioni di classeC∞ nell’insieme indicato.La funzione non ha simmetrie particolari.Notiamo che

f(x) > ln(

e)

= 1 , per ogni x ∈ R.

Si ha poi per i soliti teoremi sui limiti

limx→∞

f(x) = +∞ , limx→−∞

f(x) = 1 + .

B) Calcoliamo la derivata per x 6= 0: ricordando che |x|′ = sign(x) per x 6= 0, e chela funzione arctg e dispari, si ha

f ′(x) =1

1 + e1−|x| arctg x

{

arctg|x|+ |x|1 + x2

}

.

Si ha dunque f ′(x) > 0 per ogni x 6= 0. Pertanto la funzione e strettamentecrescente su R. Inoltre f ′(0±) = 0, implicando che f e derivabile anche in x = 0con f ′(0) = 0. Gia questo prova che devono esistere intervalli ove f ′′ > 0 e altriove f ′′ < 0.C) Calcoliamo la derivata seconda per x 6= 0:

f ′′(x) =1


{ e1−|x| arctg x


[

arctg|x|+ |x|1 + x2

]2

+2 sign(x)

(1 + x2)2

}

.

Evidentemente la derivata f ′′ e positiva per ogni x > 0; comunque f ′′(0+) =2/(1 + e) > 0, mentre f ′′(0−) = −2/(1 + e) < 0. Per permanenza del segno perciodeve essere f ′′ < 0 in almeno un intervallo (x0, 0), con x0 < 0 opportuno. Siaconsiderazioni di carattere generale, basate sui risultati gia ottenuti sull’esistenzadell’asintoto orizzontale per x → −∞, che una superficiale valutazione dell’ordinedi grandezza dei due addendi nel termine {. . . } in f ′′, mostrano che f ′′ > 0 perx < x1 < 0 opportuno.D) Studiamo l’esistenza di un asintoto obliquo per x → ∞, nella forma y = mx+n.Se l’asintoto esiste, m e dato dal seguente limite

limx→∞

ln(

e+ ex arctgx)

x= lim

x→∞

x arctg x+ ln(

e1−x arctg x + 1)

x=

π

2.

Sempre nell’ipotesi che l’asintoto esista, n e dato da

limx→∞

[

ln(

e+ ex arctgx)

− π

2x]

=

limx→∞

[

x arctg x+ ln(

e1−x arctg x + 1)

− π

2x]

=

limx→∞

x[

arctg x− π

2

]

= limx→∞

11+x2

(

− 1x2

) = −1 ,

109


dove si e usato il teorema di L’Hopital. Quindi l’asintoto e dato da

y =π

2x− 1 .

R.

y

x1−1

2. [17/1/2011 (ex)II] Analizzare la funzione

f(x) = ln(

2e+ 2e−|x| arctg x) ,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gliasintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo.Su concavita, convessita e flessi e sufficiente mostrare che esistono sia in-

tervalli di convessita che di concavita.

3. [17/1/2011 (ex)III] Analizzare la funzione

f(x) = − ln( 2

e+ ex arctg|x|

)

,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gliasintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo.Su concavita, convessita e flessi e sufficiente mostrare che esistono sia in-

tervalli di convessita che di concavita.


f(x) =

[

arcsin

(

1

1− x

)

− π

4

]−1

,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli

110


asintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo. Su concavita, con-

vessita e flessi e sufficiente mostrare che esistono almeno due intervalli di

convessita e due intervalli di concavita e un punto di flesso.Soluzione

A) D = {(−∞, 0] ∪ [2,+∞) \ {1−√2}}, come si trova imponendo −1 ≤ 1

1−x ≤ 1

e arcsin(

11−x

)

6= π4 ⇔ 1

1−x 6= 1√2.

Inoltre f ∈ C (D) in quanto composizione di funzioni continue nell’insieme indicato,e poi f ∈ C∞((−∞, 0) ∪ (2,+∞) \ {1 −

√2})

in quanto composizione di funzioniC∞ nell’insieme indicato. La funzione non ha simmetrie particolari.Si ha poi per i soliti teoremi sui limiti

limx→+∞

f(x) = limx→−∞

f(x) = − 4

π,

e inoltrelim

x→(1−√2)+

f(x) = +∞ , limx→(1−

√2)−

f(x) = −∞ ,

B) Calcoliamo comunque la derivata prima per x 6= 0, x 6= 2 e x 6= 1−√2:

f ′(x) = − 1[

arcsin(

11−x

)

− π4

]2

1√

x(x − 2)|1− x|.

Si ha dunque f ′(x) < 0 per ogni x ∈ D, pertanto la funzione e strettamentedecrescente su D.Inoltre

limx→0−

f ′(x) = limx→2+

f ′(x) = limx→(1−

√2)−

f ′(x) = limx→(1−

√2)+

f ′(x) = −∞ .

Queste informazioni gia sono sufficienti per mostrare che esistono almeno dueintervalli di convessita, due intervalli di concavita e un punto di flesso.C) Calcoliamo la derivata seconda per x 6= 0, x 6= 2 e x 6= 1−

√2:

f ′′(x) =1

[

arcsin(

11−x

)

− π4

]2 [√x(x − 2)|1− x|

]2 ·

2

arcsin(

11−x

)

− π4

+(x − 1)|1− x|√

x(x− 2)−√

x(x − 2)sgn(1 − x)

.

Prima di tutto osserviamo che f ′′(x) < 0 per tutti gli x < 1−√2 e che f ′′(x) > 0

per tutti gli x > 2. Cio implica che la funzione e strettamente concava se x < 1−√2

e strettamente convessa se x > 2. Poi si ha:

limx→(1−

√2)+

f ′′(x) = +∞ , limx→0−

f ′′(x) = −∞ ,

quindi per il teorema della permanenza del segno deve essere f ′′ > 0 in almeno unintervallo (1 −

√2, 1 −

√2 + x0), e f ′′ < 0 in almeno un intervallo (−x1, 0), con

x0, x1 > 0.

111


Infine il teorema dei valori intermedi implica l’esistenza di almeno un punto di flesso

in (1−√2, 0).

R.

y

x

2x = 1−√2

y = −4/π


f(x) =

[

2 arcsin

(

1

1− 2x

)

− π

2

]−1

,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gliasintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo. Su concavita, con-


convessita e due intervalli di concavita e un punto di flesso.


f(x) =

[

arcsin

(

1

x− 1

)

+π

4

]−1

+ 1 ,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gliasintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo. Su concavita, con-


convessita e due intervalli di concavita e un punto di flesso.


f(x) = e√

ln|x|−1 ,

trovandone il dominio D, e studiandone le simmetrie, l’estremo superioree inferiore, gli insiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gliasintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavitae convessita, i flessi. Disegnarne un grafico qualitativo.Soluzione

112


A) D = (−∞,−e] ∪ [e,∞), come si trova imponendo ln|x| ≥ 1.Inoltre f ∈ C (D) in quanto composizione di funzioni continue nell’insieme indi-cato, e poi f ∈ C∞((−∞,−e) ∪ (e,+∞)

)

in quanto composizione di funzioni C∞

nell’insieme indicato. La funzione e pari, quindi la studieremo solo nell’intervallo[e,∞).Si ha poi per i soliti teoremi sui limiti

limx→+∞

f(x) = +∞ .

Inoltre

limx→∞

f(x)

x= lim

x→∞exp{

√lnx− 1− lnx} = 0 ,

quindi la funzione non ha asintoto obliquo.Osserviamo infine che la funzione e positiva per ogni x ≥ e, anzi f(x) ≥ 1 perchel’esponente di e e non negativo. Pertanto

supx≥e

f(x) = +∞ , infx≥e

f(x) = minx≥e

f(x) = f(e) = 1 .

B) Calcoliamo la derivata prima per x > e:

f ′(x) = f(x)1

2√lnx− 1

1

x.

Si ha dunque f ′(x) > 0 per ogni x > e, pertanto la funzione e strettamente crescentesu [e,∞).Inoltre

limx→e+

f ′(x) = +∞ , limx→∞

f ′(x) = 0 .

Queste informazioni gia sono sufficienti per mostrare che esiste almeno un intervallodi concavita.C) Calcoliamo la derivata seconda per x > e:

f ′′(x) = f(x)1

4(lnx− 1)

1

x2− f(x)

1

4(lnx− 1)32

1

x2

− f(x)1

2√lnx− 1

1

x2

=f(x)

x2

1

4√lnx− 1

{ 1√lnx− 1

− 1

lnx− 1− 2}

.

Ponendo t = (lnx− 1)−1/2 ci riduciamo a studiare il segno di

t2 − t+ 2 ,

che si vede subito essere sempre positiva (basta distinguere i casi t ≥ 1 e t ≤ 1).

Dunque f ′′(x) < 0 per ogni x > e, implicando che la funzione e sempre concava.

113


R.

y

xe


f(x) =e−x

√2cos x+

√

x2 − 1 , ove x > 0,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli inter-valli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavita e convessita, iflessi. Disegnarne un grafico qualitativo. Per quanto riguarda lo studio dellaconvessita ci si limiti a dimostrare che la funzione e concava per x < x1 eper x > x2 con x1 < x2 opportuni.Soluzione

A) D = [1,∞), come si trova imponendo x2 ≥ 1.Inoltre f ∈ C (D) in quanto composizione di funzioni continue nell’insieme indica-to, e poi f ∈ C∞((1,+∞)

)

in quanto composizione di funzioni C∞ nell’insiemeindicato.Si ha poi per i soliti teoremi sui limiti

limx→+∞

f(x) = +∞ , limx→1+

f(x) = f(1) =cos 1

e√2∈(

0,1

e

)

.

Inoltre

limx→∞

f(x)

x= lim

x→∞e−x

√2x

cosx+

√x2 − 1

x= 1 ,

limx→∞

f(x)− x = limx→∞

x2 − 1− x2

√x2 − 1 + x

= 0 ,

ove nell’ultimo limite si e usato il procedimento di antirazionalizzazione. Quindi lafunzione ha asintoto obliquo y = x.Osserviamo infine che

supx≥1

f(x) = +∞ , infx≥1

f(x) > −∞ ,

ove la seconda disuguaglianza segue dal fatto che la funzione e continua in [1,∞) eha limite finito per x → 1+. L’estremo inferiore verra determinato sotto.

114


B) Calcoliamo la derivata prima per x > 1:

f ′(x) = − e−x

√2x

cosx− e−x

√2x

sinx+x√

x2 − 1

= −e−x cos(

x− π

4

)

+x√

x2 − 1> −1 +

x√x2 − 1

> 0 .

Si ha dunque f ′(x) > 0 per ogni x > 1, pertanto la funzione e strettamente crescentesu [1,∞), e percio

infx≥1

f(x) = f(1) =cos 1

e√2

> 0 .

Si ha anche che x = 1 e un punto di minimo assoluto e globale, e che non esistonoaltri punti di estremo locale.Inoltre

limx→1+

f ′(x) = +∞ , limx→∞

f ′(x) = 1 .

C) Calcoliamo la derivata seconda per x > 1:

f ′′(x) = e−x cos(

x− π

4

)

+ e−x sin(

x− π

4

)

+

√x2 − 1− x2

√x2−1

x2 − 1

=√2e−x sinx− 1

(x2 − 1)32

.

Dato che √2e−x sinx = o

( 1

(x2 − 1)32

)

, x → ∞ ,

f ′′(x) < 0 per ogni x > x2 con x2 opportuno.Analogamente per x → 1+ il limite di f ′′ puo essere calcolato senza che insorganoforme indeterminate:

limx→1+

f ′′(x) = limx→1+

(√2e−1 sin 1− 1

(x2 − 1)32

)

= −∞ .

Percio f ′′(x) < 0 per ogni x < x1 con x1 opportuno.

R.

y

x1

115



f(x) = 1 +√2e

x2 cos

x

2+√

x2 − 4 , ove x < 0,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli inter-valli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavita e convessita, iflessi. Disegnarne un grafico qualitativo. Per quanto riguarda lo studio dellaconvessita ci si limiti a dimostrare che la funzione e concava per x < x1 eper x > x2 con x1 < x2 opportuni.

10. [11/7/2011 (ex)I] Determinare le costanti A,B ∈ R tali che la funzione

f(x) =

{

ln (Ax+Bex) , x ≥ 0 ,1

(2−x)2−cos x, x < 0 ,

sia continua e derivabile in x = 0. Per tali valori di A e B, analizzare lafunzione, trovandone il dominio D, gli insiemi di continuita e derivabilita, ilimiti significativi, gli asintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi localie assoluti. Disegnarne un grafico qualitativo.Soluzione

A) Imponendo la condizione di continuita in x = 0 calcoliamo B:

limx→0+

f(x) = ln(B) = limx→0−

f(x) =1

3,

da cuiB = e1/3 .

Imponiamo ora la condizione di derivabilita in x = 0; per prima cosa calcoliamo laderivata di f(x):

f ′(x) =

{

A+Bex

Ax+Bex , x ≥ 0 ,

− 2(x−2)+sin x

((2−x)2−cosx)2, x < 0 .

Quindi

limx→0+

f ′(x) =A

B+ 1 = lim

x→0−f ′(x) =

4

9,

da cui si ottiene

A = −5

9e1/3 .

Allora per x ≥ 0 possiamo scrivere

f(x) =1

3+ ln

(

ex − 5

9x

)

.

B) Osserviamo poi che il dominio e D = R; infatti per x < 0

(2− x)2 − cosx > 0 ,

116


dato che |cosx| ≤ 1 e, per x < 0, (2 − x)2 > 4; inoltre

ex − 5

9x > 0 , (1)

dato che per x = 0 questa disequazione e evidentemente verificata e per x ≥ 0 siha (ex − 5x/9)′ = ex − 5/9 > 0.Da quanto abbiamo scritto si deduce anche che la funzione e in C1(R).Si ha poi per i soliti teoremi sui limiti:

limx→−∞


1

(2− x)2 − cosx= 0 ,

quindi per x → −∞ la funzione ammette l’asintoto orizzontale y = 0. Poi

limx→+∞

f(x) =1

3+ lim

x→+∞

(

x+ ln

(

1− 5x

9ex

))

= +∞ .

Inoltre

limx→+∞

f(x)

x= 1 ,

e

limx→+∞

f(x)− x =1

3.

Quindi per x → +∞ la funzione ammette l’asintoto obliquo y = x+ 1/3.C) Analizzando la derivata prima di f(x):

f ′(x) =

{

ex−5/9ex−5x/9 , x ≥ 0 ,2(2−x)−sin x

((2−x)2−cosx)2, x < 0 ,

osserviamo che questa e sempre positiva in tutto R; infatti per x < 0

2(2− x)− sinx > 0 ,

dato che |sinx| ≤ 1 e 2(2 − x) > 4 e ricordando la (1). La funzione e dunquestrettamente crescente nel suo dominio, il suo estremo inferiore coincide con

limx→−∞

f(x) = 0 ,

e il suo estremo superiore con

limx→+∞

f(x) = +∞ .

D) Calcoliamo la derivata seconda:

f ′′(x) =

109ex−5xex− 25

81

(ex−5x/9)2 , x ≥ 0 ,2(sin x+2x−4)2

((2−x)2−cos x)3− cosx+2

((2−x)2−cosx)2, x < 0 .

Si ottiene dai calcoli

limx→0+

f ′′(x) =10

9− 25

81> 0 ,

117


Osserviamo che esiste un intorno destro di 0 in cui la funzione e convessa; poi dato

che sicuramente per ogni x > 2/9, f ′′(x) < 0 la funzione e concava almeno per tali

valori di x.

R.

y

x

11. [11/7/2011 (ex)II] Determinare le costanti A,B ∈ R tali che la funzione

f(x) =

{

1(2+x)2−cos x

+ 2 , x > 0 ,

ln(

Ax+ Bex

)

+ 2 , x ≤ 0 ,

sia continua e derivabile in x = 0. Per tali valori di A e B, analizzare lafunzione, trovandone il dominio D, gli insiemi di continuita e derivabilita, ilimiti significativi, gli asintoti, gli intervalli di monotonia, gli estremi localie assoluti. Disegnarne un grafico qualitativo.


f(x) = ln(ax2

2+ cos x

)

,

ove 2/π < a < 1 e una costante assegnata, trovandone il dominio D, estudiandone l’estremo superiore e inferiore, gli insiemi di continuita e de-rivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli intervalli di monotonia, gliestremi locali e assoluti. Si dimostri anche che la funzione ammette unasuccessione di punti di flesso zn → ∞ per n → ∞. Disegnarne un graficoqualitativo.Soluzione

A) La funzione e pari, quindi la studieremo solo per x ≥ 0. Per trovarne il dominio,occorre determinare il segno dell’argomento del logaritmo

g(x) =ax2

2+ cosx , x ≥ 0 .

Si ha g(0) = 1 e

g′(x) = ax− sinx = x(

a− sinx

x

)

.

118


Poiche

limx→0+

sinx

x= 1 > a ,

si ha g′(x) < 0 in un intervallo (0, x0), con x0 > 0. D’altronde

g′(π

2

)

= aπ

2− 1 > 0 ,

percio deve essere x0 < π/2. Per lo stesso motivo

g′(x) = ax− sinx > aπ

2− 1 > 0 , x >

π

2.

Quindi, invocando anche la concavita del seno in (0, π/2), possiamo scegliere x0

cosicche

g′(x) < 0 , in (0, x0); g′(x0) = 0 ; g′(x) > 0 , x > x0 .

Pertanto

minx≥0

g(x) = g(x0) =ax2

0

2+ cosx0 > 0 ,

visto che cosx0 > 0. Dunque g e ovunque positiva e il dominio di f e D = R.Inoltre f ∈ C∞(R) in quanto composizione di funzioni di classe C∞(R).Calcoliamo

limx→∞

f(x) = limx→∞

ln g(x) = limy→∞

ln y = ∞ .

Verifichiamo se esiste un asintoto obliquo:

limx→∞

f(x)

x= lim

x→∞

ln(

ax2

2 + cosx)

x= 0 .

Dunque non esiste asintoto obliquo. Notiamo anche che f(0) = 0.B) Calcoliamo la derivata prima:

f ′(x) =g′(x)

g(x)=

ax− sinxax2

2 + cosx.

Si ha per gli argomenti gia svolti

f ′(x) < 0 , in (0, x0); f ′(x0) = 0 ; f ′(x) > 0 , x > x0 .

Pertanto f ha un punto di minimo globale in x0, e un punto di massimo locale in0, ove f(0) = 0; ne segue che f(x0) < 0.Si osservi che

limx→∞

f ′(x) = 0 .

C) Calcoliamo la derivata seconda:

f ′′(x) =g′′(x)g(x) − g′(x)2

g(x)2

=−ax2

2 (a+ cosx) + a(cosx+ 2x sinx)− 1

g(x)2

= − ax2

2g(x)2

{

a+ cosx− 2

x2(cosx+ 2x sinx) +

2

ax2

}

.

119


Percio il segno di f ′′ cambia infinite volte per x → ∞, dato che 0 < a < 1.

Notiamo anche che f ′′(0) = a− 1 < 0.

R.

y

x1

a = (1 + 2/π)/2; quindi x0 ∼ 1, 07 e f(x0) ∼ −0, 05.


f(x) = e− arctg

(

x

x2+1

)

,

trovandone il dominioD, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gli in-siemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli interval-li di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Si dimostri anche che la funzioneammette almeno tre punti di flesso. Disegnarne un grafico qualitativo.Soluzione

A) La funzione risulta definita in R, e non e pari ne dispari. Inoltre f ∈ C∞(R) inquanto composizione di funzioni di classe C∞(R).La f(x) risulta positiva per ogni x ∈ R.Calcoliamo

limx→∞

f(x) = 1 , limx→−∞

f(x) = 1 .

Notiamo anche che f(0) = 1.B) Calcoliamo la derivata prima:

f ′(x) = f(x)x2 − 1

(x2 + 1)2 + x2.

Quindi

f ′(x) < 0 , in (−1, 1); f ′(±1) = 0 ; f ′(x) > 0 , |x| > 1 .

Pertanto f ha un punto di massimo globale in −1, e un punto di minimo globale in1. In particolare

supR

f = maxR

f = f(−1) = earctg12 ;

infR

f = minR

f = f(1) = e− arctg 12 .

120


Si osservi chelim

x→±∞f ′(x) = 0 .

C) Quanto detto sopra basta a provare l’esistenza di tre punti di flesso, uno asinistra di −1, uno in (−1, 1), uno a destra di 1.Tuttavia per conferma calcoliamo la derivata seconda:

f ′′(x) =f(x)

[(x2 + 1)2 + x2]2(−2x5 + x4 + 4x3 − 2x2 + 8x+ 1) .

Percio f ′′(x) > 0 per x < −x, f ′′(x) < 0 per x > x con x > 0 opportuno. Notiamo

anche che f ′′(0) = 1.

R.

y

x1−1


f(x) = x exp{

−(

ln|x| − 1

2

)2}

,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Si dimostri anche chela funzione ammette almeno quattro punti di flesso. Disegnarne un graficoqualitativo.Soluzione

Studiamo piu in generale la funzione definita da

f(x) = x exp{

−(

ln|αx| − β)2}

,

con α, β > 0.A) La funzione risulta definita in D = R \ {0}, ed e dispari. Inoltre f ∈ C∞(D) inquanto composizione di funzioni di classe C∞(D).La studieremo pertanto solo per x > 0. La f(x) risulta positiva per ogni x > 0.Premettiamo al calcolo dei limiti la seguente osservazione

exp{

−(

ln|αx| − β)2}

= e−β2 |αx|2β−ln|αx| , x 6= 0 .

A questo punto i seguenti limiti sono immediati:

limx→∞

f(x) = 0 , limx→0+

f(x) = 0 .

121


Pertantomaxx>0

f = maxD

f = −minD

f = −minx<0

f ∈ (0,∞) .

Questo valore verra calcolato sotto.Inoltre f puo essere estesa come funzione continua su R definendo f(0) = 0, cosache nel seguito supponiamo.B) Calcoliamo la derivata prima:

f ′(x) = exp{

−(

ln|αx| − β)2}{

1 + 2β − 2 ln|αx|}

.

Quindi f ′(x) > 0 per x > 0 se e solo se

1 + 2β

2> ln(αx) ⇔ x <

e1+2β

2

α=: x0 .

Pertanto f e crescente in (0, x0), ha un punto di massimo globale in x0, ed edecrescente in (x0,+∞). In particolare

supD

f = maxx>0

f = f(x0) =e

14+β

α.

Si osservi chelimx→∞

f ′(x) = 0 , limx→0+

f ′(x) = 0 .

Dunque f ∈ C1(R) e f ′(0) = 0.C) Quanto detto sopra basta a provare l’esistenza di due punti di flesso in x > 0,uno a sinistra di x0, uno a destra di x0. Quindi i punti di flesso sono quattro in R.Tuttavia per conferma calcoliamo la derivata seconda:

f ′′(x) = −2exp

{

−(

ln|αx| − β)2}

xL(x)(1 − L(x)) ,

oveL(x) := ln|αx| − β .

Perciof ′′(x) > 0 ⇔ L(x)(1− L(x)) < 0 ⇔ L(x) 6∈ [0, 1] .

Poi si ha

L(x) = ln|αx| − β > 1 ⇔ x >e1+β

α,

L(x) = ln|αx| − β < 0 ⇔ x <eβ

α.

Percio

f ′′(x) > 0 x ∈(

0,eβ

α

)

∪(e1+β

α,+∞

)

,

f ′′(x) < 0 x ∈(eβ

α,e1+β

α

)

,

122


e f ha due punti di flesso ineβ

α,e1+β

α.

R.

y

xe


f(x) = x exp{

−(

ln|3x| − 1)2}

,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Si dimostri anche chela funzione ammette almeno quattro punti di flesso. Disegnarne un graficoqualitativo.

R.

y

xe3/2/3


f(x) = 2x+1

|x| −√x2 + 1

x,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli inter-

123


valli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavita e con-vessita puo essere limitato a dimostrare che esistono intervalli di convessitaper f sia in x > 0 che x < 0.Disegnare un grafico qualitativo.Soluzione

Studiamo piu in generale la funzione definita da

f(x) = αx +β

|x| −√

x2 + β2

x,

con α, β > 0.A) La funzione risulta definita in D = R \ {0}. Inoltre f ∈ C∞(D) in quantocomposizione di funzioni di classe C∞(D).Calcoliamo i limiti significativi:

limx→0+

f(x) = limx→0+

β −√

x2 + β2

x= lim

x→0+

β2 − (x2 + β2)

x(β +√

x2 + β2)= 0 ,

limx→0−

f(x) = limx→0−

β +√

x2 + β2

|x| = +∞ .

Inoltrelimx→∞

f(x) = +∞ , limx→−∞

f(x) = −∞

PertantosupD

f = +∞ , infD

f = −∞ .

Inoltre f puo essere estesa come funzione continua su [0,∞) definendo f(0) = 0,cosa che nel seguito supponiamo.Studiamo gli eventuali asintoti obliqui:

limx→∞

f(x)

x= α , lim

x→∞f(x)− αx = −1 ,

limx→−∞

f(x)

x= α , lim

x→∞f(x)− αx = 1 .

Quindi la funzione ammette l’asintoto y = αx−1 per x → ∞ e l’asintoto y = αx+1per x → −∞.B) Calcoliamo la derivata prima:

f ′(x) = α− β

x2√

x2 + β2

{

sign(x)√

x2 + β2 − β}

.

Intanto e ovvio che f ′(x) > 0 per x < 0.Inoltre f ′(x) > 0 per x > 0 se e solo se

α >β

x2√

x2 + β2

{

√

x2 + β2 − β}

=β

√

x2 + β2(√

x2 + β2 + β).

D’altrondeβ

√

x2 + β2(√

x2 + β2 + β)<

1

2β,

124


quindi f ′(x) > 0 anche per tutti gli x > 0 purche

α >1

2β,

cosa che supponiamo nel seguito.Pertanto f e crescente in (−∞, 0) e in [0,∞).Infine

limx→∞

f ′(x) = α , limx→0+

f ′(x) = α− 1

2β> 0 .

Dunque f ∈ C1([0,∞)) e f ′(0) = α− 1/(2β) < α.C) Quanto detto sopra basta a provare l’esistenza di punti ove f ′′(x) > 0 sia conx < 0 (perche f(x) → ∞ per x → 0−), sia con x > 0 (perche f ′(0) < f ′(∞)).Tuttavia per conferma calcoliamo la derivata seconda:

f ′′(x) =β

x4(x2 + β2)32

{

2|x|(x2 + β2)32 − 3βx3 − 2β3x

}

=:β

x4(x2 + β2)32

J(x) .

Percio f ′′(x) > 0 per tutti gli x < 0, Poi si ha J(x) → ∞ per x → ∞, e quindi

f ′′(x) > 0 per x > x0 opportuno. Con calcoli elementari si vede comunque che

J(x) > 0 per ogni x > 0.

R.

y

x1

1


f(x) = x+1

|x| −√x2 + 1

x,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli inter-valli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavita e con-vessita puo essere limitato a dimostrare che esistono intervalli di convessitaper f sia in x > 0 che x < 0.Disegnare un grafico qualitativo.


f(x) = x+3

|x| −√x2 + 9

x,

125


trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli inter-valli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavita e con-vessita puo essere limitato a dimostrare che esistono intervalli di convessitaper f sia in x > 0 che x < 0.Disegnare un grafico qualitativo.


f(x) =

√

x|x| − 8

x,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gliintervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, la concavita e convessita.Disegnare un grafico qualitativo.Soluzione

A) Determiniamo il dominio D di f ; dovra essere intanto x 6= 0, affinche sia definitoil termine 8/x. Poi, imponendo che il radicando sia non negativo, si ha, se x > 0:

x2 − 8

x≥ 0 ⇔ x3 ≥ 8 ⇔ x ≥ 2 .

Se invece x < 0:

−x2 − 8

x≥ 0 ⇔ 8

|x| ≥ x2 ⇔ 8 ≥ |x|3 ⇔ x ≥ −2 .

Quindi si ha da

D = [−2, 0) ∪ [2,+∞) , E := (−2, 0) ∪ (2,+∞) ,

che f ∈ C (D), f ∈ C∞(E). Notiamo che f ≥ 0 in D, e f(2) = f(−2) = 0.Calcoliamo i limiti notevoli, che si ottengono con gli usuali teoremi sui limiti, nondando adito a forme indeterminate:

limx→0−

f(x) = +∞ , limx→+∞

f(x) = +∞ .

Da quanto sopra segue

infD

f = 0 , supD

f = +∞ .

Indaghiamo l’esistenza di un asintoto obliquo per x → +∞:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

√

1− 8

x3= 1 ,

e di seguito

limx→+∞

f(x)− x = limx→+∞

x2 − 8x − x2

√

x2 − 8x + x

= 0 .

126


Percio f ammette l’asintoto obliquo y = x. In x = 0 c’e un asintoto verticale.B) Calcoliamo la derivata prima

f ′(x) =1

2√

x|x| − 8x

[

|x|+ x sign(x) +8

x2

]

=1

√

x|x| − 8x

[

|x|+ 4

x2

]

.

Quindi f ′(x) > 0 per ogni x ∈ E, e f risulta crescente in ciascuno dei due intervalli(−2, 0) e (2,+∞). Poi si ha

limx→2+

f ′(x) = +∞ , limx→−2+

f ′(x) = +∞ .

C) La derivata seconda e

f ′(x) = − 1(

x|x| − 8x

)32

[

|x|+ 4

x2

]2

+1

√

x|x| − 8x

[

sign(x)− 8

x3

]

=1

(

x|x| − 8x

)32

[

− 24

|x| +48

x4

]

.

Quindi

f ′′(x) > 0 ⇔ 48

x4>

24

|x| ⇔ 2 > |x|3 .

Pertanto f e convessa in (− 3√2, 0), e concava in ciascuno dei due intervalli (−2,− 3

√2)

e (2,+∞). Infine x = − 3√2 e un punto di flesso.

R.

y

x2−2 − 3√2

1


f(x) = |x| arctg x 1

3 + e−|x| sinx ,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Per quanto riguarda la

127


concavita e convessita, ci si limiti a dimostare che la funzione e convessa inuna semiretta (x0,+∞).Disegnare un grafico qualitativo.Nello studio della funzione potra essere utile sapere che

eπ4√2arctg

(π

4

) 1

3

> 1 .

Soluzione

A) Determiniamo il dominio D di f ; si noti che la frazione 1/3 ha denominatoredispari. Quindi f e combinazione di funzioni definite in tutto R, e D = R. Inoltresi ha subito che f ∈ C (R), f ∈ C∞(R \ {0}), perche le funzioni che compongonof sono in tale classe.Poiche arctgx, x1/3 e sinx sono dispari, mentre |x| e pari, la f e dispari, e noi lastudieremo solo per x ≥ 0.Nel seguito, per generalita, studieremo anzi la funzione

f(x) = x arctg xβ + αe−x sinx , x ≥ 0 ,

ove α, β > 0 sono parametri assegnati.In particolare f(0) = 0. Si ottiene con gli usuali teoremi sui limiti

limx→+∞

f(x) = +∞ .


inf[0,∞)

f = 0 , sup[0,∞)

f = +∞ .

Indaghiamo l’esistenza di un asintoto obliquo per x → +∞:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞arctg xβ =

π

2,

e di seguito

limx→+∞

f(x)− π

2x = lim

x→+∞

arctg xβ − π2

1x

= limx→+∞

(

− βxβ+1

x2β + 1

)

=

0 , β > 1 ,

− 1 , β = 1 ,

−∞ , 0 < β < 1 .

Dunque se β = 1/3, la funzione non ha asintoto obliquo.B) Calcoliamo la derivata prima

f ′(x) = arctgxβ +βxβ

x2β + 1− αe−x sinx+ αe−x cosx

= arctg xβ +βxβ

x2β + 1+ α

√2e−x cos

(

x+π

4

)

.

128


Quindi certamente f ′(x) > 0 per ogni 0 < x < π/4, dato che tutti gli addendi chela compongono sono positivi in tale intervallo. Per x ≥ π/4

f ′(x) > arctg(π

4

)β

− α√2e−

π4 > 0 ,

nel caso β = 1/3, α = 1. Quindi in tale caso f ′(x) > 0 per ogni x > 0.Inoltre

limx→0+

f ′(x) = α ,

per cui in effetti f ∈ C1([0,∞)), con f ′(0) = α.Infine si ottiene subito

limx→+∞

f ′(x) =π

2.

C) La derivata seconda e

f ′′(x) = β(1− β)x3β−1 + (1 + β)xβ−1

(x2β + 1)2− 2αe−x cosx .

Quindi per x → +∞ prevale il segno del termine costituito dalla funzione razio-nale, perche l’esponenziale tende a zero piu rapidamente. Pertanto, per x > x0 =x0(α, β) > 1 si ha

f ′′(x) > 0 , 0 < β ≤ 1 ,

f ′′(x) < 0 , β > 1 .

R.

y

x1

1


f(x) = |x| arctg x3 + 1

2e−|x| sinx ,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Per quanto riguarda la

129


concavita e convessita, ci si limiti a dimostare che la funzione e concava inuna semiretta (x0,+∞).Disegnare un grafico qualitativo.Nello studio della funzione potra essere utile sapere che

eπ4√2arctg

(π

4

)3>

1

2.

R.

y

x1

1


f(x) = 3x+ |9x2 + 8x− 1| 12 ,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti. Perquanto riguarda lo studio degli intervalli di monotonia, e degli estremi, ci silimiti a dimostrare che la funzione e monotona su una semiretta. Si omettalo studio di concavita e convessita.Disegnare un grafico qualitativo, usando le informazioni ottenute.Soluzione

Studiamo piu generalmente la funzione

f(x) = ax+ |a2x2 + 2bx− c| 12 ,

ove a, b, c > 0.A) Poiche f e combinazione di funzioni definite in tutto R, il dominio di definizioneeD = R. Inoltre si ha subito che f ∈ C (R), f ∈ C∞(R\{x1 x2}), perche le funzioniche compongono f sono in tale classe, ove x1 e x2 sono le radici del trinomio nelvalore assoluto, ossia

x1 = −b+√b2 + a2c

a2< 0 , x2 =

−b+√b2 + a2c

a2> 0 .

Poi si ha ovviamentelim

x→+∞f(x) = +∞ .

130


Applicando la regola dell’Hopital si ottiene

limx→−∞


[

a−∣

∣a2 + 2bx − c

x2

∣

∣

12

]

1x

= limx→−∞

{

− 1

2signA(x)|A(x)|− 1

2

(

− 2b

x2+

2c

x3

)

(−x2)}

= − 2b

2a= − b

a, ,

ove abbiamo denotato per brevita

A(x) = a2 +2b

x− c

x2.

Dunque la funzione ha un asintoto orizzontale per x → −∞. Controlliamo se abbiaasintoto obliquo per x → +∞; si ha

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

{

a+ |A(x)|12

}

= 2a .

Inoltre

limx→+∞

f(x)− 2ax = limx→+∞

(

∣

∣a2x2 + 2bx− c∣

∣

12 − ax

)

= limx→+∞

(√

a2x2 + 2bx− c−√a2x2

)

= limx→+∞

a2x2 + 2bx− c− a2x2

√a2x2 + 2bx− c+

√a2x2

=2b

2a=

b

a.

Quindi per x → +∞ la f ha asintoto obliquo

y = 2ax+b

a.

La funzione si annulla ove

∣

∣a2x2 + 2bx− c∣

∣

12 = −ax .

Dunque le soluzioni accettabili sono negative; se si suppone che il trinomio siapositivo, ossia per x 6∈ [x1, x2], si ottiene quadrando

a2x2 + 2bx− c = a2x2 ,

da cui x = c/2b > 0 che non e accettabile. Se viceversa il trinomio e negativo, ossiax ∈ (x1, x2), si ha quadrando

−a2x2 − 2bx+ c = a2x2

da cui con calcoli elementari si vede che x deve assumere uno dei due valori

−b±√b2 + 2a2c

2a2.

131


L’unico che puo essere accettabile e quello negativo, come osservato sopra, cioe

x = x0 := −b+√b2 + 2a2c

2a2.

Resta tuttavia da verificare che x1 < x0 < x2. La seconda disuguaglianza e ovvia.La prima segue da un calcolo esplicito e molto semplice che non riportiamo.Per le proprieta delle funzioni continue e per lo studio, gia compiuto, dei limitiall’infinito della f segue dunque che

f(x) < 0 , x < x0 ; f(x) > 0 , x > x0 .


supR

f = +∞ , infR

f = inf(−∞,x0)

f ≤ − b

a.

B) Calcoliamo la derivata prima

f ′(x) = a+sign(B(x))

2|B(x)| 122(a2x+ b) , (1)

ove si pone per brevitaB(x) = a2x2 + 2bx− c .

Segue subito dalla definizione di x1 e x2 come radici del trinomio B(x) che

f ′(x) → −∞ , x → x1− , x → x2− ;

f ′(x) → +∞ , x → x1+ , x → x2 + .(2)

Percio la f ha nei due punti x1 e x2 due cuspidi.Primo metodo per lo studio della derivata prima. Cerchiamo ora gli zeridi f ′. Se x 6∈ [x1, x2], f

′(x) = 0 equivale a

a2x+ b = −a√

B(x) ,

da cui elevando al quadrato si ottiene

b2 = −a2c ,

impossibile.Se x ∈ (x1, x2), f

′(x) = 0 equivale a

a2x+ b = a√

−B(x) , (3)

da cui elevando al quadrato si ottiene

2a4x2 + 4a2bx+ b2 − a2c = 0 ,

che ha le radici

x3 = − b

a2−

√b2 + a2c√

2a2, x4 = − b

a2+

√b2 + a2c√

2a2.

132


Si noti che tra queste sono accettabili solo quelle che appartengano all’intervallo(x1, x2) (condizione soddisfatta da entrambe), e che verifichino a2x+b > 0 (a causadi (3)), ossia la sola x4.Quindi per (2), per

f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = x4 ,

e per la continuita di f ′ in R \ {x1, x2}, segue che

f ′(x) > 0 , x ∈ (x1, x4) ∪ (x2,+∞) ; f ′(x) < 0 , x ∈ (−∞, x1) ∪ (x4, x2) .

Quindi f ha in x4 un massimo locale. In x1 e x2 la f ha due minimi locali, e anzi

minR

f = f(x1) = ax1 < − b

a.

Secondo metodo per lo studio della derivata prima. [Riprendiamo da(2)]. Per x 6∈ [x1, x2], si ha sign(B(x)) = 1, e quindi la derivata diviene

f ′(x) = a+a2x+ b

B(x)12

,

che risulta positiva se e solo se

a2x+ b > −a√

B(x) . (4)

La (4) e senz’altro vera se il membro di sinistra e non negativo, ossia se x ≥ −b/a2;si noti che −b/a2 e il punto medio dell’intervallo (x1, x2). Dunque in particolaref ′ > 0 nella semiretta (x2,+∞), il che risponde al quesito.

Continuiamo comunque lo studio della derivata. La (4) e altresı valida se x < −b/a2

e−a2x− b < a

√

B(x) ;

dato che i due membri di questa disuguaglianza sono positivi nelle presenti ipotesi,essa si riduce per quadratura alla

a4x2 + 2ba2x+ b2 < a4x2 + 2ba2x− ca2 ,

che e certamente falsa, valendo piuttosto la disuguaglianza stretta opposta. Fin quidunque abbiamo dimostrato

f ′(x) < 0 , x < x1 ; f ′(x) > 0 , x > x2 . (5)

Passiamo allo studio di f ′ nell’intervallo (x1, x2), ove sign(B(x)) = −1 e la f ′ vale

f ′(x) = a− a2x+ b√−a2x2 − 2bx+ c

.

Dunque in tale intervallo si ha f ′(x) > 0 se

a2x+ b < a√

−a2x2 − 2bx+ c . (6)

Questo ovviamente e vero se il membro di sinistra e non positivo, ossia se x ≤ −b/a2.Dunque

f ′(x) > 0 , x ∈(

x1,−b

a2

]

. (7)

133


Nell’intervallo restante, ossia (−b/a2, x2), si ha quadrando la (6) (che ora ha en-trambi i membri positivi)

2a4x2 + 4a2bx+ b2 − ca2 < 0 ,

che con il solito studio delle radici e soddisfatta se e solo se x3 < x < x4, ove

x3 = − b

a2−

√b2 + a2c√

2a2, x4 = − b

a2+

√b2 + a2c√

2a2.

Si noti che evidentemente

x1 < x3 < − b

a2< x4 < x2 .

Dunque

f ′(x) > 0 , x ∈(

− b

a2, x2

)

∩ (x3, x4) =(

− b

a2, x4

)

,

f ′(x) < 0 , x ∈(

− b

a2, x2

)

\ [x3, x4] = (x4, x2) .

(8)

Ricapitolando le (5), (7), (8):

f ′(x) > 0 , x ∈ (x1, x4) ∪ (x2,+∞) ; f ′(x) < 0 , x ∈ (−∞, x1) ∪ (x4, x2) .

Segue per continuita che x4 e l’unico punto ove la derivata si annulla, e quindi fha in x4 un massimo locale. In x1 e x2 la f ha due minimi locali, e anzi

minR

f = f(x1) = ax1 < − b

a.

C) Studiamo la derivata seconda; dai calcoli si ha

f ′′(x) =sign(B(x))

|B(x)| 32{

a2|B(x)| − sign(B(x))(a2x+ b)2}

=1

|B(x)| 32{

a2B(x) − (a2x+ b)2}

,

ove la derivata seconda e definita, ossia per x 6= x1, x2.Quindi ovviamente f ′′ < 0 ove B < 0; ove invece vale B > 0 si calcola direttamente

f ′′(x) =1

|B(x)| 32{

− a2c− b2}

< 0 .

Pertanto la f e concava in ciascuno dei tre intervalli

(−∞, x1) , (x1, x2) , (x2,+∞) .

134


R.

y

x1

1

− 43


f(x) = 2x+ |4x2 + 8x− 5| 12 ,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti. Perquanto riguarda lo studio degli intervalli di monotonia, e degli estremi, ci silimiti a dimostrare che la funzione e monotona su una semiretta. Si omettalo studio di concavita e convessita.Disegnare un grafico qualitativo, usando le informazioni ottenute.

R.

y

x1

1

−2

24. [13/9/2012 (ex)I] Determinare il piu ampio intervallo (α,+∞) tale chela funzione

f(x) = ln(

4ex +1

ex − 12

)

,

sia definita su (α,+∞). Se ne studino l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, la mo-notonia, gli estremi locali, la convessita.Disegnare un grafico qualitativo, usando le informazioni ottenute.Soluzione

135


Studiamo piu generalmente la funzione

f(x) = ln(

aex +1

ex − c

)

,

ove a > 0, 1 > c > 0.A) Poiche la f sia definita occorre e basta che

ex − c 6= 0 , aex + (ex − c)−1 > 0 .

Dato che ex − c = 0 solo per x = ln c, si ha α = ln c < 0.B) In quanto combinazione di funzioni di classe C∞, risulta f ∈ C∞((α,∞)). Siha poi

limx→α+

f(x) = +∞ ⇐ limx→α+

1

ex − c= +∞ ;

limx→+∞

f(x) = +∞ ⇐ limx→+∞

aex = +∞ .

Percio x = α e un asintoto verticale. Verifichiamo l’esistenza di un asintoto obliquo:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

x+ ln(

a+ e−x

ex−c

)

x= 1 ,

e con argomento simile

limx→+∞

f(x)− x = limx→+∞

ln(

a+e−x

ex − c

)

= ln a .

Dunque l’asintoto obliquo esiste ed e dato da y = x+ ln a.Ovviamente si ha

sup(α,+∞)

f = +∞ .

Per la continuita di f si deve avere

inf(α,+∞)

f = min(α,+∞)

f > −∞ .

B) Calcoliamo la derivata prima

f ′(x) =1

aex − 1ex−c

{

aex − ex

(ex − c)2

}

.

Dunque il segno di f ′(x) coincide con quello di

a(ex − c)2 − 1 .

Si ha

a(ex − c)2 < 1 ⇔ |ex − c| < 1√a

⇔ ex ∈(

c− 1√a, c+

1√a

)

.

Intersecando tale intervallo con il dominio di definizione della funzione si ottiene

f ′(x) < 0 , x ∈(

α, ln(

c+1√a

))

,

f ′(

ln(

c+1√a

))

= 0 ,

f ′(x) > 0 , x > ln(

c+1√a

)

.

136


Quindi x = ln(c+ 1/√a) e un punto di minimo assoluto, ove la funzione vale

f(

ln(

c+1√a

))

= ln(ac+ 2√a) .

C) Studiamo la derivata seconda; dai calcoli si ha

f ′′(x) = − 1(

1 + aex(ex − c))2

(ex − c)2

×{

cex + ae2x(ex + c)(ex − c) + 2ae2x(ex − c)2 + aex(ex − c)3}

> 0 .

Quindi f ′′ > 0 su tutto il dominio di definizione.

R.

y

x1

1

− ln 2

25. [13/9/2012 (ex)II] Determinare il piu ampio intervallo (α,+∞) tale chela funzione

f(x) = ln(

9ex +1

ex − 23

)

,

sia definita su (α,+∞). Se ne studino l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, la mo-notonia, gli estremi locali, la convessita.Disegnare un grafico qualitativo, usando le informazioni ottenute.

R.

y

x1

1

ln 2/3


f(x) = x|x| − 1

e− ex2,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavita e

137


convessita puo essere limitato a dimostrare che esiste una semiretta (a,+∞)ove la f e convessa.Disegnare un grafico qualitativo.Soluzione

A) Il dominio D della f coincide con l’insieme ove ex2 6= e, ossia con {x 6= ±1;

percioD = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞) .

Vale f ∈ C (D), perche f e composta di funzioni continue. Inoltre f ∈ C∞((−∞, 0))e f ∈ C∞((0,+∞)), come composizione di funzioni di classe C∞. L’esistenza delladerivata prima in x = 0 verra discussa sotto.Calcoliamo i seguenti limiti significativi:

limx→−∞

f(x) = −∞ , limx→+∞

f(x) = +∞ ,

limx→−1−

f(x) = +∞ , limx→−1+

f(x) = −∞ ,

limx→1−

f(x) = −∞ , limx→1+

f(x) = +∞ .

Essi seguono subito da

ex2 → e+ , x → −1−, x → 1+ ; ex

2 → e− , x → −1+, x → 1− .

Percio in particolaresupR

f = +∞ , infR

f = −∞ .

Studiamo l’esistenza degli asintoti obliqui; vale

limx→−∞

f(x)

x= +∞ , lim

x→+∞f(x)

x= +∞ ,

percio non esistono asintoti obliqui; in effetti dall’espressione di f si vede che f sicomporta come sign(x)x2 per |x| ≫ 1.B) Studiamo la derivata prima

f ′(x) = 2|x|{

1− sign(x)ex2

(e− ex2)2

}

.

Percio f ′ > 0 se e solo se x 6= 0 e

(e− ex2

)2 > sign(x)ex2

. (1)

Questo e sempre vero se x < 0; se x > 0 la (1) equivale a

e2x2 − (2e+ 1)ex

2

+ e2 > 0 .

Ponendo z = ex2

si haz2 − (2e+ 1)z + e2 > 0 ,

che vale se z 6∈ [z1, z2] ove

z1,2 =2e+ 1±

√4e+ 1

2.

138


Vale e > z1 > 1, mentre z2 > e. Quindi 1 > x1 :=√ln z1 > 0, x2 :=

√ln z2 > 1.

Percio, osservando infine che f ′(0) = 0, si ha

f ′(x)

> 0 , x < 0 , x 6= −1 , e x1 > x > 0 o x > x2 ;

= 0 , x = 0, x1, x2 ;

< 0 , x ∈ (x1, 1) ∪ (1, x2) .

Pertanto f ha un massimo locale in x = 1, ove

f(x1) = x21 −

1

e− ex21

< 0 ,

e un minimo locale in x = x2, ove

f(x2) = x22 −

1

e− ex22

> 1 .

C) Studiamo la derivata seconda

f ′′(x) = 2 sign(x) + 2ex2 e+ 2x2e+ (2x2 − 1)ex

2

(ex2 − e)3.

Quindi, per esempio, f ′′(x) e data dalla somma di due termini positivi se x > 1.

R.

y

x1

1


f(x) =(

x−√x4 + 3

x+ 1)2

,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavitae convessita puo essere limitato a dimostrare che esistono sia intervalli diconvessita che di concavita.Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.Soluzione

A) Il dominio D della f coincide con

D = {x 6= 0} = (−∞, 0) ∪ (0,+∞) .

139


Vale f ∈ C∞(D), perche f e composta di funzioni di classe C∞(D). Inoltre, definitoper brevita

A(x) = x−√x4 + 3

x,

si ha:

A(x) =−3

x(x +√x4 + 3)

,

cosicche

limx→0−

A(x) = +∞ , limx→0+

A(x) = −∞ ,

limx→−∞

A(x) = 0+ , limx→+∞

A(x) = 0− , A(x) < 0 , x > 0 .

Pertanto

limx→0−

f(x) = limx→0+

f(x) = +∞ , limx→−∞

f(x) = limx→+∞

f(x) = 1 .

Quindi, essendo f ≥ 0 si ha

supD

f = +∞ , infD

f ≥ 0 .

La f ha in x = 0 un asintoto verticale, e in y = 1 un asintoto orizzontale.B) Studiamo la derivata prima

f ′(x) =d

dx(A(x) + 1)2 = 2(A(x) + 1)A′(x) = 2(A(x) + 1)

x2√x4 + 3− x4 + 3

x2√x4 + 3

.

Poiche per x 6= 0

x2√

x4 + 3− x4 + 3 > x2√x4 − x4 + 3 = 3 ,

si hasign f ′(x) = sign(A(x) + 1) .

D’altronde vale

A(x) + 1 = x−√x4 + 3

x+ 1 = 0 , (1)

se e solo sex2 + x =

√

x4 + 3 ,

ossia con facili calcolig(x) := 2x3 + x2 = 3 , (2)

che evidentemente vale per x = 1. Poiche la g(x) e strettamente crescente perx > 0, x = 1 e l’unica soluzione positiva di (1).Dunque si ha

f ′(x)

< 0 , 0 < x < 1 ;

= 0 , x = 1 ;

> 0 , x > 1 .

140


Resta da studiare il segno di f ′, ossia di A + 1, per x < 0. Per x < 0 eventualipunti critici corrispondono ancora ovviamente a soluzioni di (2). Si ha

g′(x) = 6x2 + 2x = 2x(3x+ 1) ,

e quindi g e crescente in (−∞,−1/3) e decrescente in (−1/3, 0). Nel punto dimassimo vale

g(1

3

)

=1

27< 3 ,

percio la (2) non ha soluzioni negative, e il segno di f ′ rimane costantemente quelload esempio del suo limite per x → 0− che e +∞; ancora piu semplicemente, datoche la f soddisfa f(x) → +∞ per x → 0− e non ha punti critici per x < 0, deveessere sempre crescente per x < 0.Pertanto f ha un unico punto di minimo locale e assoluto in x = 1, ove

f(1) = (A(1) + 1)2 = 0 .

Inoltre dall’espressione di f ′ si ricava

limx→0+

f ′(x) = −∞ , limx→+∞

f ′(x) = 0 .

C) L’esistenza sia di intervalli di convessita che di concavita puo essere dimostrata

anche senza calcolare la derivata seconda di f . Infatti, dato che f ′(x) → −∞ per

x → 0+, la f ′ non puo essere decrescente in (0, 1) e dunque non puo essere f ′′ ≤ 0

in (0, 1). Segue l’esistenza di punti in tale intervallo ove f ′′ > 0, e quindi l’esistenza

di intervalli di convessita per f . Analogamente, dato che f ′(x) → 0 per x → 0+,

ma f ′ > 0 per x > 1, discende che f ′ non puo essere crescente in (1,+∞). Quindi

devono ivi esistere punti ove f ′′ < 0 e pertanto esistono anche intervalli di concavita

per f .

R.

y

x1

1


f(x) =(

x−√x4 + 8

x+ 2)2

,

141


trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavitae convessita puo essere limitato a dimostrare che esistono sia intervalli diconvessita che di concavita.Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.

R.

y

x1

4


f(x) =(

x−√x4 + 15

x+ 3)2

,


R.

y

x1

9

142



f(x) = x exp{−(ln x)2 + |lnx| − 1} ,



D = {x > 0} = (0,+∞) .

Vale f ∈ C (D), perche f e composta di funzioni di classe C (D). Inoltre f ∈C∞((0, 1) ∪ (1,+∞)), per un motivo analogo.Poi si ha

limx→0+

f(x) = limx→0+

e−(ln x)2−1 = 0 , limx→+∞

f(x) = limx→+∞

e−(lnx)2+2 ln x−1 = 0 .

Quindi, essendo f > 0 in D, si ha

supD

f = maxD

f < +∞ , infD

f = 0 .

La f ha in y = 0 un asintoto orizzontale.B) Studiamo la derivata prima. Se x < 1

f(x) = exp{−(lnx)2 − 1} ,

dunque

f ′(x) = −2lnx

xexp{−(lnx)2 − 1} > 0 .

Se invece x > 1f(x) = exp{−(lnx)2 + 2 lnx− 1} ,

dunque

f ′(x) =2

x(1− lnx) exp{−(lnx)2 + 2 lnx− 1} .

Quindi

f ′(x)

> 0 , 0 < x < e , x 6= 1 ;

= 0 , x = e ;

< 0 , x > e .

Pertanto f ha un unico punto di massimo globale in x = e, ove vale f(e) = 1.Inoltre dall’espressione di f ′ si ricava

limx→1−

f ′(x) = 0 , limx→1+

f ′(x) =2

e.

143


Pertanto in x = 1 la f ha un punto angoloso. Infine calcoliamo

limx→0+

f ′(x) = limx→0+

(−2 lnx)x−1−ln xe−1 = 0 , limx→+∞

f ′(x) = 0 .

C) L’esistenza sia di intervalli di convessita che di concavita puo essere dimostrataanche senza calcolare la derivata seconda di f . Infatti, dato che f ′(x) → 0+ perx → 0+, la f ′, essendo positiva in (0, 1), non puo essere decrescente in (0, 1) edunque non puo essere f ′′ ≤ 0 in (0, 1). Segue l’esistenza di punti in tale intervalloove f ′′ > 0, e quindi l’esistenza di intervalli di convessita per f . Analogamente,dato che f ′(x) → 0 per x → +∞, ma f ′ > 0 per e > x > 1, discende che f ′ non puoessere crescente in (1,+∞). Quindi devono ivi esistere punti ove f ′′ < 0 e pertantoesistono anche intervalli di concavita per f .Comunque calcoliamo direttamente: per x < 1

f ′′(x) =2

x[2(lnx)2 + lnx+ 1] exp{−(lnx)2 − lnx− 1} .

Il segno di f ′′ quindi coincide con quello del trinomio

2t2 + t− 1 , t = lnx ∈ (−∞, 0) .

Il trinomio ha le radici t = −1, t = 2. Dunque

f ′′(x) > 0 , lnx < −1 (ossia x < 1/e),

f ′′(x) < 0 , x > 1/e .

In x = 1/e la f ha un punto di flesso.Per x > 1 si ha

f ′′(x) =2

xlnx[2 lnx− 3] exp{−(lnx)2 + lnx− 1} .

Dunque

f ′′(x) > 0 , x > e3/2 ,

f ′′(x) < 0 , 1 < x < e3/2 .

In x = e3/2 la f ha un punto di flesso.

R.

y

x1

1

e

1/e

144



f(x) = 2x exp{−(ln(2x))2 + |ln(2x)|} ,


R.

y

x1/2

1

e/2

e


f(x) =x

2exp

{

−(

ln( 1

x

))2+ |ln x|

}

,


145


R.

y

x1

1/2

e

e/2


f(x) = x sin(

lnx)

,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli inter-valli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavita e con-vessita puo essere limitato a dimostrare che esistono intervalli di convessitadi lunghezza arbitraria.Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.Soluzione


D = {x > 0} = (0,+∞) .

Vale f ∈ C∞(D), perche f e composta di funzioni di classe C∞(D).Poi si ha

limx→0+

f(x) = 0 , limx→+∞

f(x) 6 ∃ .

Inoltre le oscillazioni di f divengono illimitate per x → ∞, cosicche

supD

f = +∞ , infD

f = −∞ .

Si noti anche che la f cambia segno infinite volte per x → 0+.B) Studiamo la derivata prima. Si ha

f ′(x) = sin(lnx) + cos(lnx) =√2 sin

(π

4+ lnx

)

.

Quindi, al variare di k ∈ Z,

f ′(x)

> 0 , lnx ∈(

2kπ − π

4, (2k + 1)π − π

4

)

;

= 0 , lnx = kπ − π

4;

< 0 , lnx ∈(

(2k − 1)π − π

4, 2kπ − π

4

)

.

146


Vale a dire, al variare di k ∈ Z,

f ′(x)

> 0 , x ∈(

e2kπ−π4 , e(2k+1)π−π

4

)

;

= 0 , x = ekπ−π4 ;

< 0 , x ∈(

e(2k−1)π−π4 , e2kπ−

π4

)

.

Percio nei puntix = e2kπ−

π4 , k ∈ Z ,

la f ha dei minimi locali, e nei punti

x = e(2k+1)π−π4 , k ∈ Z ,

ha dei massimi locali.Si noti infine che non esiste f ′(0+).C) Calcoliamo

f ′′(x) =

√2

xcos(π

4+ lnx

)

.

Il segno di f ′′ quindi e positivo se, per k ∈ Z,

−π

2+ 2kπ <

π

4+ lnx <

π

2+ 2kπ ,

ossia see−

3π4+2kπ < x < e

π4+2kπ .

Ma la lunghezza di tale intervallo e

eπ4+2kπ − e−

3π4+2kπ = e

π4+2kπ(1− e−π) → ∞ ,

per k → +∞.

R.

y

x

10

1


f(x) = ln(1 + e3x

1 + ex

)

,

147



Studiamo piu in generale la funzione

f(x) = ln(1 + eax

1 + ex

)

,

con a > 1.A) Il dominio D della f coincide con tutto l’asse R. Vale f ∈ C∞(R), perche f ecomposta di funzioni di classe C∞.Poi si ha

limx→−∞

f(x) = 0 , limx→+∞

f(x) = +∞ .

PertantosupR

f = +∞ , infR

f = minR

f ∈ R .

La f ha in y = 0 un asintoto orizzontale per x → −∞. Cerchiamo l’eventualeasintoto obliquo per x → +∞. Si ha

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞1

x

[

(a− 1)x+ ln(e−(a−1)x + ex

1 + ex

)]

= a− 1 .

Poi si ha con calcoli analoghi

limx→+∞

[f(x)− (a− 1)x] = limx→+∞

ln(e−(a−1)x + ex

1 + ex

)

= 0 ,

e quindi in effetti la f ha per x → +∞ l’asintoto obliquo

y = (a− 1)x .

Inoltre f(x) > 0 se e solo se

1 + eax

1 + ex> 1 ⇔ ax > x

ossia se e solo se x > 0. Infatti si ha subito f(0) = 0.B) Studiamo la derivata prima:

f ′(x) =(a− 1)e(a+1)x + aeax − ex

(1 + eax)(1 + ex).

Quindi f ′(x) > 0 se e solo se

(a− 1)e(a+1)x + aeax − ex > 0 ,

ossia se e solo seg(x) := (a− 1)eax + ae(a−1)x > 1 ,

148


Poiche g e strettamente crescente su R e si ha che

limx→−∞

g(x) = 0 , g(0) = 2a− 1 > a > 1 ,

esiste un unico x0 < 0 tale che g(x0) = 1, vale a dire

f(x)

< 0 , x < x0 ,

= 0 , x = x0 ,

> 0 , x > x0 .

Quindi x0 e l’unico punto critico, ed e un punto di minimo globale ove vale f(x0) <0, per quanto detto sopra e perche x0 < 0.Inoltre dall’espressione di f ′ si ricava

limx→−∞

f ′(x) = 0 , limx→+∞

f ′(x) = a− 1 .

C) L’esistenza sia di intervalli di convessita che di concavita puo essere dimostrataanche senza calcolare la derivata seconda di f . Infatti, dato che f ′(x) → 0− perx → −∞, la f ′, essendo negativa in (−∞, x0), non puo essere crescente in (−∞, x0)e dunque non puo essere f ′′ ≥ 0 in (−∞, x0). Segue l’esistenza di punti in taleintervallo ove f ′′ < 0, e quindi l’esistenza di intervalli di concavita per f .

Analogamente, dato che f ′(x) → a− 1 > 0 per x → +∞, ma f ′(x0) = 0, discende

che f ′ non puo essere decrescente in (x0,+∞). Quindi devono ivi esistere punti ove

f ′′ > 0 e pertanto esistono anche intervalli di convessita per f in (x0,+∞).

R.

y

x1

1


f(x) = ln( 1 + ex

1 + e4x

)

,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Lo studio di concavita

149


e convessita puo essere limitato a dimostrare che esistono sia intervalli diconvessita che di concavita.Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.

R.

y

x

1

−1


f(x) =1√

4x2 + 9− 2x,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Si prescinda dallo studiodi concavita e convessita.Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.Soluzione

Studiamo piu in generale la funzione

f(x) =1√

a2x2 + b2 − ax, a , b > 0 .

A) Studiamo il segno di

g(x) =√

a2x2 + b2 − ax .

Ovviamente g(x) > 0 se x ≤ 0, e lo e per x > 0 se e solo se

√

a2x2 + b2 > ax ⇐⇒ a2x2 + b2 > a2x2 .

Quindi g(x) > 0 per ogni x ∈ R e f risulta definita su R, ivi ovunque positiva e inC∞(R) come composizione di funzioni in tale classe.Inoltre

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

√a2x2 + b2 + ax

a2x2 + b2 − a2x2= +∞ ,

limx→−∞

f(x) = 0 .

150


PerciosupR

f = +∞ , infR

f = 0 .

Per x → −∞ la f ha asintoto orizzontale y = 0, per x → +∞ si ha

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞1

b2

{

√

a2 +b2

x2+ a}

=2a

b2,

limx→+∞

{

f(x)− 2ax

b2

}

= limx→+∞

1

b2

{√

a2x2 + b2 − ax}

= 0 .

Percio f ha asintoto obliquo y = 2ax/b2 per x → +∞.B) Studiamo la derivata prima:

f ′(x) =d

dx

1

g(x)= − g′(x)

g(x)2,

essendo

g′(x) =a2x√

a2x2 + b2− a .

Si osserva che g′(x) < 0 per ogni x ≤ 0, mentre per x > 0 g′(x) < 0 se e solo se

a2x√a2x2 + b2

< a ⇐⇒ a4x2 < a2(a2x2 + b2) = a4x2 + a2b2 .

Dunque g′(x) < 0 su R e pertanto f ′(x) > 0 su R.

R.

y

x1

1


f(x) =1√

9x2 + 4− 3x,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti. Si prescinda dallo studiodi concavita e convessita.

151


Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.

R.

y

x1

1


f(x) =ex

5√x− 1

,

trovandone il dominio D, e studiandone l’estremo superiore e inferiore, gliinsiemi di continuita e derivabilita, i limiti significativi, gli asintoti, gli in-tervalli di monotonia, gli estremi locali e assoluti, gli intervalli di concavitae convessita.Disegnare un grafico qualitativo che tenga conto delle informazioni ottenute.Soluzione

A) Poiche numeratore e denominatore della frazione che definisce la funzione sonoovunque definiti, il dominio della funzione coincide con l’insieme ove il denominatoree non nullo, ossiaD = {x 6= 1}. Si ha che f ∈ C∞(D) come composizione di funzionidi tale classe. Si osserva anche che f(x) 6= 0 in D, e che

sign f(x) = sign(x− 1) , x 6= 1 .

Studiamo i limiti significativi:

limx→+∞

f(x) = +∞ , limx→−∞

f(x) = 0 ,

limx→1−

f(x) = −∞ , limx→1+

f(x) = +∞ .

PerciosupD

f = +∞ , infD

f = −∞ .

La f ha asintoto verticale in x = 1, e orizzontale y = 0 per x → −∞. Per x → +∞si ha

limx→+∞

f(x)

x= +∞ ,

quindi la f non ha asintoti obliqui.

152


B) Studiamo la derivata prima:

f ′(x) =5x− 6

5(x− 1)56

ex .

Pertanto

f ′(x)

> 0 , x >6

5,

= 0 , x =6

5,

< 0 , x <6

5.

Dunque f ha un minimo locale in x = 6/5, ove vale

f(6

5

)

= (5e6)15 .

Inoltre

limx→+∞

f ′(x) = +∞ , limx→−∞

f ′(x) = 0 ,

limx→1±

f ′(x) = +∞ .

C) Si ha dai calcoli

f ′′(x) =ex

25(x− 1)115

(25x2 − 60x+ 41) .

Il trinomio di secondo grado e sempre positivo, poiche ha discriminante negativo,e percio

f ′′(x)

{

> 0 , x > 1 ,

< 0 , x < 1 .

R.

y

x65

(5e6)1/5

153


154

Analisi Matematica 1 Esercizi di esame e di controllo ... · Analisi Matematica 1 Esercizi di esame...

Documents

Transcript of Analisi Matematica 1 Esercizi di esame e di controllo ... · Analisi Matematica 1 Esercizi di esame...