Universita` di TorinoScuola di Scienze della NaturaCorso di Laurea in MatematicaA.A. 2014-15 ANALISI MATEMATICA 1

PROVA SCRITTA DEL 22/6/2015CORREZIONE

I candidati che sostengono lesonero sono tenuti a svolgere gli esercizi 1, 2, 4.I candidati che sostengono la prova completa da 15 cfu sono tenuti a svolgere gli esercizi 1, 2, 4, 5.I candidati che sostengono la prova completa da 12 cfu sono tenuti a svolgere gli esercizi 1, 3, 5, 6.

Es. 1 (a) Sia > 0. Determinare la soluzione y del problema di Cauchyy =x y2

x 2 ,y(1) = .

(b) Verificare che se < (2 ln 2 1)1 allora il dominio di definizione di y e` (, 2).(c) Sia h C1(R,R) tale che h(0) = 0 e h(t) > 0 per t 6= 0. Siano > 0 e y la soluzione del problema di

Cauchy y =xh(y)

x 2 ,y(1) = .

Assumendo che y sia definita in ], 1], si studi la monotonia di y, si calcoli limx y(x) e se netracci un grafico approssimativo.

(a) Osserviamo che lequazione differenziale y = x y2

x2 ammette y = 0 come unica soluzione costante edessendo > 0 deduciamo dal Teorema di esistenza e unicita` locali che la soluzione y e` positiva sulsuo dominio di definizione. Integriamo ora lequazione separando le variabili e tenendo conto del datoiniziale: x

1

y(t)y2(t)

dt =

x1

t

t 2 dt,ovvero y(x)

dy

y2= [t+ 2 ln |t 2|]x1 .

Deduciamo che, essendo il dato iniziale in x0 = 1, certamente lintervallo massimale di definizione e`contenuto in (, 2) (in x = 2 il logaritmo non e` definito), pertanto

1y(x)

+1

= x+ 2 ln(2 x) 1

e quindi

y(x) =

[1

+ 1 x 2 ln(2 x)

]1.

(b) y e` definita quando f(x) :=1 + 1 x 2 ln(2 x) 6= 0. La funzione f , definita su (, 2) diverge a

+ agli estremi del suo dominio e presenta un punto di minimo in x = 0. Poiche f(0) = 1 + 1 2 ln 2deduciamo che se f(0) > 0, ovvero se < (2 ln 2 1)1, allora y e` definita su (, 2).

(c) Come nel punto (a), la soluzione y si mantiene strettamente positiva sul suo intervallo di definizionein quanto non puo` intersecare la soluzione costante y = 0 per il Teorema di esistenza e unicita` locali.Per studiare la monotonia di y dobbiamo studiare il segno della sua derivata prima, ovvero, essendo hstrettamente positiva, il segno di xx2 . Assumendo che y sia definita su (,1], possiamo concludereche essa e` crescente su (, 0) e decrescente su (0, 1); in x = 0 la soluzione ha un punto di massimo.Per la monotonia di y e per la sua limitatezza (dal basso) abbiamo che limx y(x) = ` 0, ovveroy presenta un asintoto orizzontale a . Abbiamo, per la continuita` di h, che

limx y

(x) = h(`)

ovvero tale limite esiste. Il Teorema dellasintoto impone quindi che h(`) = 0, ovvero, per le ipotesi sullafunzione h, ` = 0.

Es. 2 Sia data la serie di funzioni+

1

(2 sinx

)n.

(a) Determinare linsieme I di convergenza della serie e la sua somma.

(b) Sia [a, b] I. Vi e` convergenza uniforme in [a, b]?(c) Vi e` convergenza uniforme in I?

(a) Ponendo t :=

2 sinx possiamo trasformare la serie data nella serie di potenze+

1 tn, che converge

se e solo se |t| < 1. Questa condizione, riportata nella variabile x, diventa

2

2< sinx 0 per i quali converge lintegrale impoprio +0

2x

3xxdx.

La funzione integranda

f(x) =

(2

3

)x1

x,

presenta un asintoto verticale quando x 0+, pertanto lintegrale da studiare non e` solo improprio in quantoil dominio di integrazione non e` limitato, ma risulta anche improrio in x = 0.

Spezziamo lintegrale nel modo seguente (il punto x = 1 e` del tutto arbitrario) +0

2x

3xxdx =

10

2x

3xxdx+

+1

2x

3xxdx

e stabiliamo per quali valori del parametro entrambi gli integrali sono convergenti. Per studiare la con-vergenza del primo integrale osserviamo che f(x) e` asintotica a x quando x 0, pertanto abbiamoconvergenza se e solo se (0, 1).Concentriamoci ora sul secondo integrale, limitandoci a considerare (0, 1). Se 2/3 1 (ovvero se log3 2) allora f(x) x; pertanto, per il Criterio del confronte, lintegrale risulta essere divergente. Seinvece > log3 2 allora f(x) < (2/3

)x che ha integrale convergente su (1,+); pertanto anche il nostrointegrale in questo caso e` convergente.

Conclusione: lintegrale da studiare e` convergente se e solo se (log3 2, 1).

Es. 4 Determinarne il dominio di definizione, I, della funzione

G(x) =

x1

et

t 3t+ 2

dt.

Calcolare i limiti di G agli estremi di I. Stabilire in quali punti di I la funzione G risulta essere derivabile estudiarne la monotonia. Prestare particolare attenzione alla presenza di punti di non derivabilita` .

La funzione integranda g(t) := et

t 3t+2

e` definita su R \ {2, 0} e x = 2 e x = 0 sono degli asintoti verticali.La funzione G e` pertanto certamente definita su (2, 0). Notiamo che

g(t) 13

2

1

t, t 0

quindi

limx0

G(x) =

01g(t) dt =

e il dominio di G non risulta essere ulteriormente estendibile a destra (per esserlo infatti sia 01 g(t)dt che x

0g(t)dt dovrebbero essere convergenti). Invece

g(t) 12

13t+ 2

, t 2

pertanto esiste finito

limx2+

G(x) =

21

g(t) dt =: `,

e abbiamo G(2) = `. Possiamo inoltre definire G anche per ogni valore x 2 ponendo

G(x) = `+

x2g(t) dt

(osserviamo che anche il secondo integrale risulta essere finito per ogni valore di x fissato).

Possiamo dunque asserire che I = (, 0) e che G e` continua su tale dominio. Per calcolare limxG(x)e` sufficiente notare che

0 < g(t) 1t4/3

, t ,e applicare il Teorema del confronto per dedurre che G presenta un asintoto orizzontale a .La funzione G e` derivabile laddove g e` continua, pertanto in I \ {2} e in questi punti si ha che

G(x) =ex

x 3x+ 2

.

Si deduce allora facilmente che G e` decrescente in (2, 0), crescente in (,2).In x = 2 la funzione presenta una cuspide, infatti

limx2

G(x) = + e limx2+

G(x) = .

Es. 5 Al variare di a [0,+) calcolare il limite

limx0+

log(1 + x2) x sinxxa

.

Il limite presenta una forma indeterminata. Ricordando gli sviluppi di McLaurin delle funzioni log(1 + t) esin t abbiamo che quando x 0

log(1 + x2) = x2 x4

2+ o(x5)

x sinx = x2 x4

6+ o(x5)

quindi

limx0+

log(1 + x2) x sinxxa

= limx0+

x43 + o(x5)xa

= 13

limx0+

x4a.

Concludiamo che se a < 4 il limite e` nullo, se a = 4 vale 13 , se a > 4 e` .

Es. 6 Determinare, per ogni valore di > 0, il numero di radici non nulle dellequazione

xex = 1.

Consideriamo la funzionef(x) = xe

x ,

e osserviamo che f assume valori positivi se e solo se x > 0. Volendo determinare il numero di intersezionidel grafico di f con la retta y = 1, possiamo limitarci a studiamo tale funzione su (0,+). Abbiamo

limx0+

f(x) = +, limx+ f(x) = +.

Studiamo ora la monotonia di f calcolando

f (x) =(

1 x

)ex .

Deduciamo che x = e` un punto di minimo, in cui la funzione vale e. Concludiamo quindi che:

1. se = e1, lequazione ha una soluzione;

2. se > e1, lequazione non ammette soluzione;

3. se < e1, lequazione ha due soluzioni.