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TEMI D’ESAME DI ANALISI MATEMATICA ICorso di laurea in Fisica a.a.2001/02

Prova scritta del 26 aprile 2001

1. Calcolare

limx→1

ex−1 + sin(log(2− x))− 1(x− 1)3

.

2. Sianof(x) =

x− 3√x− 2

F (x) =∫ x

1f(t) dt .

i) Tracciare un grafico qualitativo di f dopo averne determi-nato l’insieme di definizione, i limiti alla frontiera, il crescere edecrescere, gli eventuali asintoti.

ii) Tracciare un grafico qualitativo di F dopo averne determinatol’insieme di definizione, i limiti alla frontiera, il crescere e decre-scere, gli eventuali asintoti, la convessita e gli eventuali punti diflesso.

iii) Calcolare esplicitamente F (x).

3. Siaf(x, y) = y2/3(y + x2 − 1) .

i) Stabilire in quali punti (x, y) ∈ R2 esiste la derivata parziale ∂f∂y

e calcolarla.ii)Determinare i punti di massimo e minimo relativo di f in R2.

1

2

1. Il limite si presenta nella forma di indecisione 00 . Puo essere comodo

effettuare la traslazione t = x − 1, in modo da utilizzare i noti sviluppi informula di Taylor con centro nell’origine. Si deve quindi calcolare

limt→0

et + sin(log(1− t))− 1t3

e, poiche

et + sin(log(1− t))− 1

= 1 + t +t2

2+

t3

6+ o(t3) + sin(−t− t2

2− t3

3+ o(t3))− 1

= t +t2

2+

t3

6+ o(t3)− t− t2

2− t3

3+

t3

6= o(t3)

si ha

limt→0

et + sin(log(1− t))− 1t3

= limt→0

o(t3)t3

= 0 .

2. La funzione f e definita e continua su [0, 4)∪ (4,+∞); inoltre f(x) > 0su [0, 3) ∪ (4,+∞), f(3) = 0, f(x) < 0 su (3, 4).

Si ha

limx→0

f(x) = f(0) =32

limx→4∓

f(x) = ∓∞ limx→+∞

f(x) = +∞ .

La retta x = 4 e asintoto verticale per il grafico di f , mentre non esisteasintoto obliquo per x → +∞ poiche

limx→+∞

f(x)x

= 0.

La funzione f e derivabile per x > 0, x 6= 4 e

f ′(x) =x− 4

√x + 3

2√

x(√

x− 2)2

Quindi f ′(x) = 0 se e solo se x = 1 e x = 9; poiche f ′(x) > 0 se e solo sex ∈ (0, 1) ∪ (9,+∞), il punto x = 1 e punto di massimo e x = 9 e punto diminimo; inoltre

limx→0

f ′(x) = +∞ ,

cioe il grafico di f si attesta a quota 3/2 con tangente verticale.Consideriamo ora la funzione F . Poiche per t → 4− si ha

f(t) ∼ 1√t− 2

=√

t + 2t− 4

∼ 4t− 4

,

non esiste finito l’integrale improprio di f su (1, 4) e quindi l’insieme didefinizione di F e [0, 4). La funzione F e derivabile su [0, 4) e F ′(x) = f(x).Quindi x = 3 e punto di massimo. Inoltre F (1) = 0, F (x) < 0 per 0 ≤ x < 1e F (3) > 0; per x > 3 la funzione F decresce, quindi ha limite per x → 4

3

e tale limite e −∞, dal momento che non esiste finito l’integrale impropriodi f su (1, 4). La funzione F e derivabile due volte su (0, 4) e, poicheF ′′(x) = f ′(x), dallo studio di f otteniamo che x = 1 e un punto di flesso eF e convessa su (0, 1) e concava su (1, 4).

Si ha

F (x) =∫ x

1

t− 4 + 1√t− 2

dt =∫ x

1[√

t + 2 +1√

t− 2] dt

=23(x3/2 − 1) + 2(x− 1) +

∫ √x

1

2u

u− 2du

=23(x3/2 − 1) + 2(x− 1) + 2(

√x− 1) + 4 log(2−

√x).

3. Se consideriamo un punto (x, y) con y 6= 0, si ha (tramite le regole diderivazione)

∂f

∂y(x, y) =

53y2/3 +

23(x2 − 1)y−1/3.

Se consideriamo un punto (x, 0), dalla definizione si ha

∂f

∂y(x, 0) = lim

t→0

f(x, t)− f(x, 0)t

= limt→0

t + x2 − 1t1/3

= limt→0

(t2/3 +x2 − 1t1/3

)

= limt→0

x2 − 1t1/3

Quindi se x 6= ±1 il limite non esiste, mentre se x = ±1 il limite esiste ed ezero.

In conclusione, la derivata parziale non esiste nei punti della retta y =0,tranne che nei punti (±1, 0).

ii) Osserviamo che f e nulla nei punti della retta y = 0 e della parabolay = 1− x2; inoltre f(x, y) ≥ 0 nella regione piana al di sopra della parabolae f(x, y) ≤ 0 in quella al di sotto. Poiche il segno dell’incremento f(x, y)−f(x0, 0) coincide con il segno di f , i punti (x0, 0) con |x0| > 1 sono punti diminimo relativo, quelli con |x0| < 1 sono punti di massimo relativo, mentrei punti (±1, 0) non sono estremanti.

Per cercare eventuali punti estremanti con ordinata non nulla, vista laregolarita di f per y 6= 0, determiniamo i punti stazionari, risolviamo cioe ilsistema

∂f

∂x(x, y) = 2xy2/3 = 0

∂f

∂y(x, y) = 5

3y2/3 + 23(x2 − 1)y−1/3 = 0

L’unica soluzione e il punto (0, 2/5); si puo stabilire che e un punto di minimorelativo calcolando la matrice Hessiana e utilizzando il noto criterio, oppure

4

sfruttando lo studio del segno fatto in precedenza: infatti f e continua sulla”lunetta” A compatta delimitata dalla parabola e dal segmento di estremi(−1, 0) e (1, 0); f ha segno costante negativo su A ed e nulla sulla frontiera.Per il teorema di Weierstrass, f ha minimo assoluto (< 0!!) su A ed essodeve essere necessariamente assunto in un punto interno di A; poiche l’unicopunto stazionario trovato e (0, 2/5), esso e punto di minimo relativo.

5

Prova scritta del 12 giugno 2001

1. Stabilire per quali valori del parametro reale a esiste finito ilseguente integrale improprio∫ +∞

a

(x− 1) log(x2)(x− 2a)7/3

dx .

2. Sia

G(x) =

1x2

[∫ x0 {1 + e−t log(1 + t)}dt− x− x2

2] x 6= 0, x > −1

α x = 0.

i) Verificare che e possibile determinare α ∈ R in modo che Grisulti continua su (−1,+∞) e calcolarlo;

ii) stabilire se la funzione G cosı ottenuta e derivabile in x = 0 ein caso affermativo calcolare G′(0).

3. Dato il problema di Cauchy y′′ + y = αxy(0) = 0y′(0) = 1 + α.

i) stabilire per quali valori del parametro reale α la soluzione einvertibile su R;

ii) stabilire per quali valori tra quelli trovati al punto i) l’inversae derivabile con derivata continua su R.

6

1. La funzione integranda f e definita e continua per x 6= 0 e x 6= 2a; perx → +∞ si ha

(x− 1) log(x2)(x− 2a)7/3

∼ 2 log x

x4/3

e quindi, per confronto con le funzioni campione, f ha integrale impropriofinito in un intorno di +∞ per ogni a ∈ R.

Studiamo il comportamento di f per x → 2a; si ha

(x− 1) log(x2)(x− 2a)7/3

∼

(2a− 1) log 4a2

(x− 2a)7/3a 6= 0, 1/2

− log x2

x7/3a = 0

2(x− 1) log x

(x− 1)7/3∼ 2

(x− 1)1/3a = 1/2

e quindi f ha integrale improprio finito in un intorno di x = 2a se e solo sea = 1/2.

Poiche l’integrale proposto e esteso all’intervallo (a,+∞), se a ≥ 0, a 6=1/2, l’integrale improprio non esiste finito, mentre, se a = 1/2, possiamoconcludere che l’integrale improprio esiste finito. Se a < 0, poiche in questocaso il punto x = 2a e punto esterno all’intervallo di integrazione, dobbiamostudiare il comportamento di f solo per x → 0: poiche per x → 0 si ha

(x− 1) log(x2)(x− 2a)7/3

∼ 2 log |x|(2a)7/3

esiste finito l’integrale improprio di f in un intorno di x = 0 e quindi su(a,+∞).

2. Poiche la funzione

f(t) = 1 + e−t log(1 + t)

e di classe C∞ su (−1,+∞), la funzione integrale

F (x) =∫ x

0{1 + e−t log(1 + t)} dt

e di classe C∞ su (−1,+∞). Quindi la funzione G e continua su (−1,+∞)se e solo se G e continua in x = 0, cioe se e solo se α = limx→0 G(x);calcoliamo questo limite. Si puo operare mediante il teorema de l’Hopitalo, alternativamente, mediante gli sviluppi di Taylor, vista la regolarita dellafunzione in parentesi quadrata. Poiche

F (0) = 0 F ′(0) = f(0) = 1

F ′′(0) = f ′(0) = [ e−t(− log(1 + t) +1

1 + t)]t=0 = 1

F ′′′(0) = f ′′(0) = [ e−t(log(1 + t)− 21 + t

− 1(1 + t)2

)]t=0 = −3

7

otteniamo

G(x) =1x2

[∫ x

0{1 + e−t log(1 + t)}dt− x− x2

2]

=1x2

[x +x2

2− x3

2+ o(x3)− x− x2

2] = −x

2+ o(x) → 0

e quindi deve essere α = 0.ii) Stabiliamo la derivabilita di G in x = 0 mediante la definizione: si ha

limx→0

G(x)−G(0)x

= limx→0

−x

2+ o(x)

x= −1

2e quindi G e derivabile in x = 0 e G′(0) = −1/2.

3. L’equazione differenziale assegnata e un’equazione lineare del secondoordine a coefficienti costanti non omogenea; l’equazione caratteristica asso-ciata (λ2 +1 = 0) ha radici λ = ±i; una soluzione particolare dell’equazionenon omogenea (visto la forma del secondo membro) e un polinomio di primogrado, ovviamente y∗(x) = αx; quindi tutte le soluzione dell’equazione sonole funzioni

y(x) = αx + c1 cos x + c2 sinx c1, c2 ∈ RLa soluzione del problema di Cauchy si ottiene imponendo le condizioniiniziali:

y(0) = c1 = 0 y′(0) = α + c2 = 1 + α

ed e quindi la funzioney(x) = αx + sinx .

Poiche y e continua su R, y e invertibile se e solo se e una funzione monotonain senso stretto; poiche y e derivabile su R, y e monotona in senso stretto see solo se y′ ha segno costante e non si annulla identicamente su un intervallo.Si ha

y′(x) = α + cos x

e quindi y e invertibile se e solo se |α| ≥ 1.Infine la funzione inversa di y e derivabile su R se e solo se y′(x) 6= 0 per

ogni x ∈ R e quindi se e solo se |α| > 1.

8

Prova scritta del 5 luglio 2001

1. Determinare per quale scelta di a, b ∈ R, b 6= 0, k intero, k ≥ 1,vale l’uguaglianza

cos(x3

∫ x

0t2et2dt) = a + bxk + o(xk)

per x → 0.

2. Studiare l’andamento della funzione

F (x) =∫ x

0

3√

t

(1− t)3sin(

2π

2t− 3) dt

e tracciarne sommariamente il diagramma (insieme di definizio-ne, limiti alla frontiera, eventuali asintoti, crescere e decrescere).Non e richiesto lo studio della convessita.

3. Data la funzione

f(x, y) = (y − 1)(y2 − x2)

i) determinarne i punti stazionari in R2;ii) determinarne i punti di massimo e minimo relativo in R2.

9

1. La funzione

f(x) = x3

∫ x

0t2et2dt

e definita su R (l’integranda e continua su R) ed e infinitesima per x → 0:infatti

t2et2 = t2 + o(t2)

e quindi

f(x) = x3(x3

3+ o(x3)) =

x6

3+ o(x6)

Ma allora

cos(x3

∫ x

0t2et2dt) = 1−

(x6

3 + o(x6))2

2!+ o(x12) = 1− x12

18+ o(x12)

cioe

a = 1 b = − 118

k = 12.

2. La funzione

f(t) =3√

t

(1− t)3sin(

2π

2t− 3)

e definita e continua su R− {1, 3/2}. Poiche per t → 1 si ha

sin(2π

2t− 3) = sin(−2π) + [− 4π

(2t− 3)2cos(

2π

2t− 3)]t=1(t− 1) + o(t− 1)

= 4π(1− t) + o(1− t)

si ha anche per t → 1

f(t) ∼ 4π

(1− t)2

e quindi f non ha integrale improprio convergente su (0, 1). Ne segue chel’insieme di definizione di F e (−∞, 1).

Dal teorema fondamentale dell’integrazione sappiamo che per ogni x < 1

F ′(x) =3√

x

(1− x)3sin(

2π

2x− 3)

e quindi F ′(0) = 0 e F ′(1/2) = 0; infatti

sin(2π

2x− 3) = 0 se e solo se

2π

2x− 3= kπ k ∈ Z

cioe se e solo se x = 32 + 1

k k 6= 0 e (3/2 + 1/k) < 1 se e solo se k = −1.Inoltre

F ′(x) > 0 se e solo se 3√

x sin(2π

2x− 3) > 0

cioe se e solo se x < 0 oppure 1/2 < x < 1. Ne segue che x = 0 e puntodi massimo e, in particolare, F (0) = 0, mentre x = 1/2 e punto di minimo.

10

Poiche F e monotona crescente su (1/2, 1), esiste il limite per x → 1 e,poiche f non e integrabile in senso improprio, si ha

limx→1

F (x) = +∞ ,

cioe il grafico di F presenta come asintoto verticale la retta x = 1. Poicheper t → −∞ si ha

f(t) ∼ −3√

t

t32π

2t− 3∼ − π

t11/3

la funzione f e integrabile in senso improprio su (−∞, 0) e quindi

limx→−∞

F (x) =∫ −∞

0f(t)dt = −

∫ 0

−∞f(t)dt = α < 0

cioe il grafico di F presenta come asintoto orizzontale per x → −∞ la rettay = α.

3. La funzione f e di classe C∞ su R2. I punti stazionari sono perdefinizione i punti che annullano il gradiente di f , cioe le soluzioni del sistema{

fx(x, y) = −2x(y − 1) = 0fy(x, y) = y2 − x2 + 2y(y − 1) = 0

Si ha {x = 03y2 − 2y = 0

oppure

{y = 11− x2 = 0

cioe i quattro punti

(0, 0) (0, 2/3) (1, 1) (−1, 1)

Per stabilire se sono estremanti, calcoliamo la matrice Hessiana in ciascunodi essi; si ha

fxx(x, y) = 2− 2y fxy(x, y) = fyx(x, y) = −2x fyy(x, y) = 6y − 2

e quindi

det H(0, 0) = det(

2 00 −2

)= −4 < 0 (0, 0) sella

det H(0, 2/3) = det(

2/3 00 2

)= 4/3 > 0 fxx(0, 2/3) > 0 (0, 2/3) minimo

det H(±1, 1) = det(

0 ∓2∓2 4

)= −4 < 0 (±1, 1) sella.

Alternativamente si puo giungere al risultato osservando che la funzione siannulla nell’origine e nei punti (±1, 1) e che lo studio del segno di f mostrache f cambia segno in ogni intorno di tali punti. Quanto a (0, 2/3), esso epunto interno ad un triangolo sulla cui frontiera f e nulla e al cui interno f

11

e negativa; dal teorema di Weierstrass, segue quindi che (0, 2/3) e punto diminimo.

12

Prova scritta del 18 settembre 2001

1. i) Scrivere tutte le soluzioni dell’equazione differenziale

(∗) y′′ − 3y′ = a(3x− 1) a ∈ Rii) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

(∗)y(0) = 1y′(0) = 1

iii) Verificare che la soluzione al punto ii) e invertibile suR see solo se a ∈ [α, β], conα, β ∈ R opportuni. Trovare tali α, β edeterminare l’insieme di definizione della funzione inversa.

2. i) Studiare l’andamento qualitativo della funzione

g(t) = et(t− 4) + 4

e tracciarne sommariamente il diagramma.ii) Studiare l’andamento della funzione

F (x) =∫ x

−2

t4/7

g(t)dt

e tracciarne sommariamente il diagramma. Non e richiesto lostudio della convessita.

3. Verificare che il grafico della funzione

f(x) =√

9x2 − 4 +2x + 3 + sin x2

3x− 2ammette asintoto obliquo per x → −∞ e ricavarne l’equazione.

13

1. i) La (*) e un’equazione differenziale lineare a coefficienti costanti delsecondo ordine e, se a = 0, e omogenea; l’equazione caratteristica associata,cioe λ2 − 3λ = 0, ha le soluzioni reali distinte λ = 0 e λ = 3. Quindi, sea = 0 tutte le soluzioni di (*) sono

y(x) = c1 + c2e3x

mentre, se a 6= 0, tutte le soluzioni dell’equazione omogenea associata a (*)sono

yom(x) = c1 + c2e3x

e per ottenere tutte le soluzioni di (*) ci occorre una soluzione particolare di(*) stessa. Vista la forma del secondo membro dell’equazione, tenuto contoche λ = 0 e soluzione dell’equazione caratteristica, cerchiamo una soluzionedel tipo y∗(x) = x(bx + c) con b, c ∈ R opportuni. Derivando e sostituendoin (*) si ottiene

2b− 6bx− c = 3ax− a per ogni x ∈ R

e quindi

−6b = 3a 2b− c = −a da cui b = −a/2 c = 0

Allora tutte le soluzioni di (*) se a 6= 0 (ma la scrittura vale anche per a = 0)sono

y(x) = c1 + c2e3x − a

2x2

ii) La soluzione del problema di Cauchy assegnato si ottiene ricavando c1

e c2 dal seguente sistema {y(0) = c1 + c2 = 1y′(0) = 3c2 = 1

ed e quindi la funzione

y(x) =23

+13e3x − a

2x2 (∗∗)

iii) Per determinare i valori di a per i quali la (**) e invertibile su R,osserviamo prima di tutto che se a < 0 si ha

limx→±∞

y(x) = +∞

e quindi y non e invertibile. Se a = 0, ovviamente y(x) = 23 + 1

3e3x emonotona crescente in senso stretto e quindi invertibile; poiche

limx→−∞

y(x) = 2/3 limx→+∞

y(x) = +∞

l’insieme di definizione della funzione inversa e l’intervallo (2/3,+∞).Sia ora a > 0; y, essendo derivabile, e invertibile su R se e solo se

y′(x) = e3x − ax ha segno costante su R e non si annulla identicamente

14

su un intervallo. Poiche

limx→±∞

y′(x) = +∞

(y′)′(x) = 3e3x − a ≶ 0 se e solo se x ≶log(a/3)

3la funzione y′ ha un punto di minimo assoluto in (log(a/3))/3 a quota

a

3(1− log(

a

3))

Ne segue che y′ soddisfa le condizioni che ci interessano se e solo se a ≤ 3e.Quindi, se 0 < a ≤ 3e la soluzione y e invertibile su R, poiche e strettamentecrescente e, in questo caso, l’insieme di definizione dell’inversa e (−∞,+∞),poiche limx→±∞ y(x) = ±∞. In conclusione

α = 0 β = 3e

2. i) La funzione g e definita su R;

limt→−∞

g(t) = 4 limt→+∞

g(t) = +∞

g′(t) = et(t− 3)

g′(t) ≶ 0 se e solo se t ≶ 3

t = 3 punto di minimo g(3) = 4− e3

Quindi g decresce dal valore 4 al valore minimo assoluto 4 − e3 < 0 e poicresce a +∞. Ne segue che g si annulla in due punti: t = 0 e t = α con3 < α < 4.

Poiche g′′(t) = et(t− 2), g e convessa su (2,+∞) e concava su (−∞, 2).ii) La funzione integranda

f(t) =t4/7

g(t)=

t4/7

et(t− 4) + 4

e continua su R− {0, α}. Poiche

f(t) =t4/7

g′(0)t + o(t)=

t4/7

−3t + o(t)∼ − 1

3t3/7se t → 0

f(t) =t4/7

g′(α)(t− α) + o(t− α)∼ α4/7

eα(α− 3)· 1t− α

se t → α

e la funzione h(t) = − 13t3/7 e integrabile in un intorno di t = 0, mentre

la funzione k(t) = α4/7

eα(α−3) ·1

t−α non e integrabile in un intorno di t = α,otteniamo che la funzione F e definita su (−∞, α).

Per ogni x < α, x 6= 0, si ha

F ′(x) = f(x) =x4/7

ex(x− 4) + 4

15

Quindi

F ′(x) < 0 se e solo se 0 < x < α

F ′(x) > 0 se e solo se x < 0

limx→0±

F ′(x) = ±∞ cioe x = 0 e una cuspide

limx→α

F (x) = −∞ cioe x = α e asintoto verticale

Poiche limt→−∞ f(t) = +∞, f non e integrabile in senso improprio in unintorno di −∞, e quindi limx→−∞ F (x) = −∞ e il grafico di F non presentaasintoto obliquo.

3. Si ha

limx→−∞

f(x)x

= limx→−∞

{√9x2 − 4

x+

2x + 3 + sin x2

x(3x− 2)

}

= limx→−∞

3|x|√

1− 43x2

x= −3.

Poiche per x → −∞2x + 3 + sin x2

x(3x− 2)∼ 2x

3x2=

23x

→ 0

ne segue che il coefficiente angolare della retta asintoto e m = −3. Inoltre

limx→−∞

(f(x) + 3x) = limx→−∞

{√9x2 − 4 + 3x +

2x + 3 + sin x2

3x− 2

}=

23

+ limx→−∞

3x

{1−

√1− 4

3x2

}=

23

Infatti2x + 23x− 2

≤ 2x + 3 + sin x2

3x− 2≤ 2x + 4

3x− 2e sia la minorante che la maggiorante convergono a 2/3 per x → −∞ einoltre, sempre per x → −∞ si ha

3x

{1−

√1− 4

3x2

}∼ 3x · 4

3x2· 12

=2x→ 0

In conclusione il grafico di f presenta come asintoto obliquo per x → −∞la retta di equazione y = −3x +

23.

16

Prova scritta del 8 novembre 2001

1. Data la funzione

f(x) = (x− 3)[log(6 + 6x− x2)]2 ,

calcolarne l’intervallo I di definizione e determinarne tutte le pri-mitive su I.

2. Sia a ∈ R.Determinare la soluzione ya del problema di Cauchyy′ +

12x

y =3e−

√x

xy(1) = a

e calcolarelim

x→0+

ya(x) .

3. Sia a ∈ R, a > 0.i) Calcolare

limt→0+

log(1 + t2a)t4a + arctan t

.

ii) Per quali valori del parametro reale positivo a il seguente inte-grale improprio converge?∫ +∞

0

log(1 + t2a)t4a + arctan t

dt .

17

1. La funzione f e definita quando α(x) = 6 + 6x − x2 > 0, cioesull’intervallo

I = (3−√

15, 3 +√

15) .Per il calcolo di tutte le primitive su I, si puo operare, ad esempio, nel modoseguente: poiche

d

dx(6 + 6x− x2) = α′(x) = −2(x− 3)

dobbiamo calcolare una primitiva del tipo∫−1

2α′(x)[log α(x)]2 dx

Ponendo α(x) = u, si ha

−12

∫log2 u du = −1

2

{u log2 u− 2

∫log u du

}= −1

2u log2 u + u log u− u + c c ∈ R

e quindi tutte le primitive su I sono le funzioni∫f(x) dx = −1

2α(x) log2 α(x) + α(x) log α(x)− α(x) + c c ∈ R.

2. L’equazione differenziale assegnata e un’equazione del primo ordine,lineare, a coefficienti continui sull’intervallo (0,+∞); sappiamo quindi cheil problema di Cauchy ha una ed una sola soluzione su (0,+∞), data dallaformula

ya(x) = exp(−∫ x

1

dt

2t)

{a +

∫ x

1exp(−

∫ x

1

dt

2t)3e−

√r

rdr

}

= exp(−12

log x)

{a + 3

∫ x

1exp(

12

log r) · e−√

r

rdr

}

=1√x

a + 3

x∫1

e−√

r

√r

dr

=1√x

{a− 6e−

√x + 6/e

}

=(a + 6/e)− 6e−

√x

√x

.

Si ha

limx→0+

ya(x)

=

+∞ se a + 6/e > 6 cioe se a > 6(1− e−1)−∞ se a + 6/e < 6 cioe se a < 6(1− e−1)

limx→0+

6(1− e−√

x)√x

= 6 se a + 6/e = 6 cioe se a = 6(1− e−1).

18

3. i) Poiche a > 0, sia il numeratore che il denominatore sono infinitesimiper t → 0+; per il numeratore, si ha

log(1 + t2a) ∼ t2a

mentre per il denominatore si ha

t4a + arctan t ∼

t4a se a < 1/42t se a = 1/4t se a > 1/4.

Quindi per t → 0+ si ha

(∗) log(1 + t2a)t4a + arctan t

∼

1

t2ase a < 1/4

12√

tse a = 1/4

1t1−2a

se a > 1/4

e allora

limt→0+

log(1 + t2a)t4a + arctan t

=

+∞ se a < 1/21 se a = 1/20 se a > 1/2.

ii) La funzione integranda e continua su (0,+∞) e dalla (∗) si ha chel’integrale su (0, b] converge per ogni valore del parametro positivo a.

Dobbiamo quindi studiare solo la convergenza dell’integrale su [b, +∞);per t → +∞ si ha

log(1 + t2a)t4a + arctan t

∼ 2a log t

t4a

e quindi l’integrale converge se e solo se 4a > 1, cioe

a >14.

19

Prova scritta del 22 gennaio 2002

1. Data la funzione

fa(x) =sin(x2a) + log(1 + x)ex − 1 + arctan(xa)

,

i) verificare che per ogni a ∈ R, a > 0 , esiste finito

λa = limx→0+

fa(x)

e determinarlo;ii) posto fa(0) = λa, stabilire se la funzione fa cosı prolungata ha

derivata destra in x = 0 , nei casi a = 1/4, a = 1, a = 3.

2. Determinare i punti stazionari in R2 della funzione

f(x, y) =x− y

1 + (x− y)2+ y2

e stabilire se sono estremanti.

3. Studiare l’andamento della funzione

F (x) =∫ x

1/2

t2/3(1− t)5/3

cos(2πt)− 1dt

e tracciarne un grafico qualitativo (insieme di definizione, limi-ti alla frontiera, crescere e decrescere, eventuali estremanti edasintoti).

20

1. Mediante gli sviluppi in formula di Taylor, si ha

fa(x) =x2a + o(x2a) + x + o(x)x + o(x) + xa + o(xa)

∼

x2a

xa= xa 0 < a < 1/2

2x√x

= 2√

x a = 1/2x

xa= x1−a 1/2 < a < 1

x

2x=

12

a = 1x

x= 1 a > 1

(∗)

e quindi

λa = limx→0+

fa(x) =

0 0 < a < 112

a = 1

1 a > 1.

Per stabilire se il prolungamento di fa all’origine ottenuto ponendo fa(0) =λa (cioe con continuita) ha derivata destra in x = 0, dobbiamo stabilire seesiste finito il limite del rapporto incrementale destro, cioe

limx→0+

fa(x)− fa(0)x

= limx→0+

fa(x)− λa

x

Se a = 1/4, tenuto conto di (∗), si ha per x → 0+

f1/4(x)− λ1/4

x=

f1/4(x)x

∼ x1/4

x→ +∞

e quindi f1/4 non e derivabile. E derivabile invece negli altri due casi: infatti,se a = 1, si ha per x → 0+

f1(x)− λ1

x=

1x

{sinx2 + log(1 + x)ex − 1 + arctan x

− 12

}

=1x

{x + x2/2 + o(x2)2x + x2/2 + o(x2)

− 12

}∼

x2

24x2

→ 18

e, se a = 3, si ha per x → 0+

f3(x)− λ3

x=

1x

{x− x2/2 + o(x2)x + x2/2 + o(x2)

− 1}∼ −x2

x2→ −1.

2. La funzione f e di classe C∞ sul piano; i punti stazionari sono lesoluzioni del sistema

fx(x, y) =1− (x− y)2

(1 + (x− y)2)2= 0

fy(x, y) =−1 + (x− y)2

(1 + (x− y)2)2+ 2y = 0

{(x− y)2 = 1y = 0

21

Quindi sono i punti (1, 0) e (−1, 0). Per stabilire se sono estremanti, calco-liamo il determinante della matrice Hessiana: si ha

fxx(x, y) =−2(x− y)((1 + (x− y)2)2)− (1− (x− y)2)...

(1 + (x− y)2)4

fxy(x, y) =2(x− y)((1 + (x− y)2)2)− (1− (x− y)2)...

(1 + (x− y)2)4

fyy(x, y) =−2(x− y)((1 + (x− y)2)2)− (−1 + (x− y)2)...

(1 + (x− y)2)4+ 2

(si e tenuto conto che dobbiamo calcolarle in punti per i quali (x− y)2 = 1).

det H(1, 0) = det(−1/2 1/21/2 3/2

)= −1

det H(−1, 0) = det[(

1/2 −1/2−1/2 5/2

)= 1.

Quindi (1, 0) e una sella mentre (−1, 0) e estremante e in particolare e unpunto di minimo.

3. La funzione

f(t) =t2/3(1− t)5/3

cos(2πt)− 1e definita e continua su tutto l’asse reale tranne i punti in cui cos(2πt)−1 = 0,cioe 2πt = 2kπ con k ∈ Z, cioe t = k con k ∈ Z. Poiche l’estremo fisso diintegrazione e 1/2, muovendoci verso sinistra, incontriamo t = 0 e, poicheper t → 0+ si ha

f(t) ∼ t2/3

−2π2t2= − 1

2π2t4/3

la funzione f non e integrabile in senso improprio su (0, 1/2); deve quindiessere x > 0. Muovendoci verso destra, incontriamo t = 1; per t → 1 si ha

f(t) ∼ (1− t)5/3

cos(2πt)− 1=

(1− t)5/3

−2π2(t− 1)2 + o((t− 1)2)∼ − 1/(2π2)

(1− t)1/3

e quindi l’integrale improprio di f su (1/2, 1) converge. Poi incontriamot = 2; per t → 2 si ha

f(t) ∼ −22/3

cos(2πt)− 1=

−22/3

−2π2(t− 2)2 + o((t− 2)2)∼ 1

21/3π2· 1(t− 2)2

e quindi f non e integrabile in senso improprio su (1/2, 2). Ne segue chedeve essere x < 2 e, in definitiva, l’insieme di definizione di F e (0, 2).

Poiche

F ′(x) =x2/3(1− x)5/3

cos(2πx)− 1x ∈ (0, 2) x 6= 1,

22

si ha F ′(x) < 0 su (0, 1) e F ′(x) > 0 su (1, 2); inoltre

limx→1±

F ′(x) = ±∞

Ne segue che F decresce su (0, 1) e cresce su (1, 2), x = 1 e un punto diminimo ed e in particolare una cuspide verso il basso. La monotonia di F ela non integrabilita su (0, 1/2) e su (1/2, 2) implicano che

limx→0+

F (x) = +∞ limx→2−

F (x) = +∞.

Infine, poiche F (1/2) = 0, esiste α ∈ (1, 2) tale che F (α) = 0 e F (x) < 0 see solo se x ∈ (1, α).