Correzione del terzo compitino di Analisi 1 e 2 A.A. 2014/2015

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1 Correzione del terzo compitino di Analisi e A.A. 4/5 Luca Ghidelli, Giovanni Paolini, Leonardo Tolomeo aprile 5 Esercizio Testo. () Dire per quali valori dei parametri reali α e β esiste finito sin cos α log β () Calcolare l integrale nel caso β = e α =. Soluzione. La funzione integranda f() è sempre continua sugli intervalli (, ) e (, π], mentre per alcuni valori dei parametri non è estendibile con continuità in e in. Se fissiamo in qualsiasi modo delle costanti ɛ, δ (, ), abbiamo allora che f() è integrabile secondo Riemann su [, π] se e solo se lo è sugli intervalli [, ɛ] e [ δ, + δ]. Studio dell integrale in un intorno di. Sviluppando in serie di Taylor il numeratore per + otteniamo: sin cos = ( o( 3 ) ) + o( ) Quindi = o( 3 ). d. 3 + o() α 3 log β. Di conseguenza esistono delle costanti c, c > ed ɛ (, ) tali che c α 3 log β f() c α 3 log β per < ɛ. Per tale valore di ɛ, f() è integrabile sull intervallo [, ɛ] se e solo se lo è la funzione g() = α 3 log β. Come sempre in ordine alfabetico e non in ordine di correzione degli esercizi.

2 Il fatto che g() sia integrabile su [, ɛ] non dipende da ɛ, e accade (come visto a lezione) se e solo se: α < 4 (per qualsiasi β), oppure α = 4 e β >. Studio dell integrale in un intorno di. Sia k = sin cos, che osserviamo essere un numero strettamente maggiore di. Allora in un intorno di abbiamo il seguente sviluppo: k + o() + o( ) β = k + o() β ( + o()) β = k + o() β. Analogamente a prima esistono delle costanti c, c > e δ (, ) tali che c β f() c β per δ + δ. Per tale valore di δ si ha che f() è integrabile su [ δ, + δ] se e solo se lo è ḡ() = β. Come è noto, ciò accade se e solo se β <. Mettendo insieme quanto dimostrato, otteniamo che f() è integrabile secondo Riemann sull intervallo [, π] se e solo se α < 4 e β <. Veniamo ora alla seconda parte dell esercizio. Per β = e α = la funzione integranda diventa sin cos. Un modo particolarmente rapido di concludere consiste nell osservare che la funzione h() = sin è una primitiva di f(). Di conseguenza f() d = [h()] π sin π = π + sin a + = + =. Un altro possibile modo di procedere è di integrare per parti: [ ] π sin cos π cos cos + sin f() d = + Errori comuni. = + sin d =. Segue una lista degli errori più frequenti. Studiare separatamente gli integrali d sin α log β e cos α log β. È vero che se entrambi esistono finiti allora esiste finito l integrale di f(), ma non vale il viceversa. Di conseguenza si ottiene come risultato una regione dei parametri più piccola di quella corretta.

3 Sviluppare sin solo al prim ordine (ovvero sin = + o()) e poi affermare che sin cos = 3 + o( 3 ). Sebbene il risultato finale sia lo stesso, questo sviluppo è sbagliato. Per sviluppare sin cos fino al terz ordine è necessario sviluppare sin fino al terz ordine. Studiare per quali valori dei parametri la funzione integranda f() è estendibile con continuità in e in, invece di studiare quando è integrabile. Se f() è estendibile con continuità in e in allora è integrabile su [, π], perché [, π] è compatto; tuttavia non vale il viceversa: affinché f() sia integrabile su [, π] non è necessario che sia anche estendibile con continuità in e in. Anche effettuando questo errore si ottiene pertanto come risultato una regione dei parametri più piccola di quella corretta. Limitarsi a dimostrare che f() è integrabile per α < 4 e β <, senza dire perché non è integrabile per altri valori dei parametri. Valutazione. La parte () dell esercizio valeva 7 punti, approssimativamente così suddivisi: 4 punti per lo studio dell integrale in un intorno di ( per il caso α < 4 e per il caso α 4), e 3 punti per lo studio dell integrale in un intorno di. La parte () valeva i restanti 3 punti. Altri modi di guadagnare o perdere punti sono elencati di seguito. punto (in totale per la prima parte) per la corretta osservazione del fatto che bisogna studiare l integrale in un intorno di e in un intorno di. Fino a punti per aver trovato condizioni sufficienti sui parametri (diverse dal risultato corretto), per esempio studiando solamente l estendibilità di f() in. - punto se la soluzione è corretta salvo per un errore come il secondo precedentemente elencato (effettuare lo sviluppo di Taylor in modo non corretto). Esercizio Testo. Calcolare, se esiste ( sin ) sin. Soluzione. Riscrivendo la funzione di cui calcolare il ite come ( ) ( ( sin sin log sin )) = ep, sin ci si riconduce a calcolare il ite di log ( ) sin sin. 3

4 Usando gli sviluppi del seno in e del logaritmo in, si ha che: sin = o(3 ) log( + t) = t + o(t) log ( ) ) sin = log ( 6 + o( ) = 6 + o( ) sin = + o( ). Di conseguenza, da cui log ( ) sin sin = 6 + o( ) + o( = ) 6, Errori comuni e commenti. ( sin ) sin = e 6. log( sin ) Si poteva calcolare il ite di sin anche usando la regola di de l Hôpital. I conti erano tuttavia più laboriosi che nella soluzione proposta. Alcuni studenti hanno sviluppato seno e logaritmo ad ordini maggiori di quelli della soluzione proposta. Non era sbagliato farlo, ma questo in alcuni casi ha generato errori. Particolarmente grave è stato scrivere ) log ( o(4 ) = o(4 ), in quanto per sviluppare fino al quarto ordine è necessario sviluppare il logaritmo fino al secondo ordine. Infatti, lo sviluppo corretto è ) log ( o(4 ) = o(4 ). Dopo aver calcolato il ite di di dedurre il ite di ( sin sin log( ) sin ) sin., qualche studente si è dimenticato Valutazione. La maggior parte degli studenti ha preso punteggio pieno. Era possibile perdere punti nei seguenti modi: errori nello sviluppo del seno o del logaritmo, errori nello sviluppo della composizione, errori di conto. Errori del primo tipo compromettevano il resto dell esercizio, quindi indicativamente sono valsi 5 punti. Errori del secondo tipo spesso erano dovuti a problemi nel metodo usato nello svolgere la composizione degli sviluppi, quindi sono stati ritenuti abbastanza gravi (4 punti). Altri modi per ottenere punteggi parziali erano: riscrivere il ite da calcolare come ep ( log( sin ) sin scrivere correttamente gli sviluppi di seno e logaritmo. A soluzioni parziali sono stati assegnati fino a 5 punti. ), 4

5 Esercizio 3 Testo. Sia f : R R definita da sin t + t dt () Dimostrare che f è pari e uniformemente continua. () Calcolare, se esiste, f() +. (3) Dimostrare che per ogni R si ha f(). (4) Dire se esiste finito f(). + Soluzione. Osserviamo preinarmente che per il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale, siccome la funzione integranda h(t) := sin t +t è ovunque continua, la funzione f() è continua e derivabile per ogni R con derivata f () = sin +. () Mostriamo la parità tramite il cambiamento di variabili t u: f( ) = sin(t) + t dt = sin( u) ( ) du = + ( u) sin(u) du = f(). + u La funzione f () è itata: sin + R. Dunque f() è una funzione derivabile con derivata itata. Pertanto, essa è Lipschitziana (di costante ) e dunque uniformemente continua. () La funzione f() è ovunque derivabile ed è infinitesima in : f() =. Inoltre sia la funzione che la sua derivata sono funzioni ovunque derivabili e nulle solo per =. Possiamo quindi applicare il Teorema di De l Hôpital per calcolare il ite dell esercizio: f() + = + sin + = + sin + =, dove l ultimo passaggio è giustificato dal ite notevole sin =. (3) Consideriamo la funzione g() := f(). L esercizio chiede di dimostrare che g() per ogni R. g() è una funzione ovunque derivabile con derivata g () = sin +. Dato che vale la disuguaglianza sin per ogni, abbiamo che, per ogni : g () = sin sin. + 5

6 Quindi g() è una funzione crescente sull intervallo [, + ), dunque per ogni avremo che g() g() =. Sfruttando la parità della funzione f() si deduce quella di g(). Dunque si ricava la disuguaglianza anche per gli < : g() = g( ). (4) Osserviamo che l esercizio chiede di dimostrare che esiste finito l integrale improprio + sin t +t dt. A tal proposito, come visto a lezione, è sufficiente mostrare che la funzione sin + è assolutamente integrabile, ovvero che + sin t +t dt < +. Sfruttando il fatto che sin t +t +t ricaviamo, utilizzando il Teorema del Confronto per integrali di funzioni a valori positivi: + sin t + + t dt [ ] + + t dt = arctg(t) = π < + Errori comuni. Il maggior numero di errori ed imprecisioni si è registrato nella parte (4). In particolare molti studenti hanno affermato che il ite + f() esiste finito, basandosi solamente sulla verifica che sin t + t dt π, oppure che sin + d π, Ciò non è corretto poiché la prima verifica permette solo di dedurre che la funzione f() è itata e dunque il suo ite all infinito, se esiste, è finito. Parimenti, la seconda verifica implica solo che la funzione f() è superiormente itata e dunque il suo ite all infinito, se esiste, è finito oppure vale. Ricordiamo ancora che un ragionamento corretto in questo caso consiste nel dedure la convergenza dell integrale improprio a partire dalla sua assoluta convergenza. Un esempio della fallacia della precedente argomentazione è data ad esempio dalla funzione F () = sin(t) dt. Infatti è chiaro che sin(t) dt, ma l integrale improprio + sin(t) dt non esiste. Altri errori, meno frequenti, sono discussi nel seguito. Nella parte () non è sufficiente dire che f () per dedurre l uniforme continuità: bisogna dire che f (). Nella parte () non è sufficiente dire che f() è continua e itata, per dedurre l uniforme continuità. Nella parte (), prima di applicare il Teorema di De l Hôpital, è richiesto un minimo di giustificazione (ad esempio il fatto che il numeratore ed il denominatore sono infinitesimi). Nella parte (3) alcuni hanno dimostrato la disuguaglianza solo per in un intorno di o di + ; l esercizio invece chiedeva di dimostrarla per ogni R. Nella parte (4) diversi studenti hanno dedotto la convergenza dell integrale + +t dt confrontandola con l integrale + t dt; essi non si sono accorti però che questo secondo integrale diverge, siccome la funzione t t ha problemi di integrabilità nelle vicinanze di. 6

7 Valutazione. La parte () è stata valutata punti ( punto per ognuna delle due asserzioni richieste), le parti () e (3) sono state valutate ognuna 3 punti e la parte (4) è stata valutata punti. Nella parte (4) è stato valutato punto il dimostrare semplicemente che f() è itata o superiormente itata. 7