TEMI D ESAME DI ANALISI MATEMATICA I Corso di laurea in Fisica a.a.2001/02

Transcript

1 I seguenti quesiti ed il relativo svolgimento sono coperti dal diritto d autore, pertanto essi non possono essere sfruttati a fini commerciali o di pubblicazione editoriale senza autorizzazione esplicita e scritta dell autore. Ogni abuso sarà perseguito a termini di legge dal titolare del diritto. TEMI D ESAME DI ANALISI MATEMATICA I Corso di laurea in Fisica a.a.2001/02 Prova scritta del 26 aprile Calcolare e 1 + sin(log(2 )) 1 lim 1 ( 1) Siano f() = 3 2 F () = 1 f(t) dt. i) Tracciare un grafico qualitativo di f dopo averne determinato l insieme di definizione, i limiti alla frontiera, il crescere e decrescere, gli eventuali asintoti. ii) Tracciare un grafico qualitativo di F dopo averne determinato l insieme di definizione, i limiti alla frontiera, il crescere e decrescere, gli eventuali asintoti, la convessità e gli eventuali punti di flesso. iii) Calcolare esplicitamente F (). 3. Sia f(, y) = y 2/3 (y + 2 1). i) Stabilire in quali punti (, y) R 2 esiste la derivata parziale f y e calcolarla. ii)determinare i punti di massimo e minimo relativo di f in R 2. 1

2 2 1. Il limite si presenta nella forma di indecisione 0 0. Può essere comodo effettuare la traslazione t = 1, in modo da utilizzare i noti sviluppi in formula di Taylor con centro nell origine. Si deve quindi calcolare e, poiché e t + sin(log(1 t)) 1 e t + sin(log(1 t)) 1 lim t 0 t 3 = 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 si ha = o(t 3 ) e t + sin(log(1 t)) 1 o(t 3 ) lim t 0 t 3 = lim t 0 t 3 = La funzione f è definita e continua su [0, 4) (4, + ); inoltre f() > 0 su [0, 3) (4, + ), f(3) = 0, f() < 0 su (3, 4). Si ha lim 0 f() = f(0) = 3 2 lim f() = 4 lim f() = +. + La retta = 4 è asintoto verticale per il grafico di f, mentre non esiste asintoto obliquo per + poiché f() lim + = 0. La funzione f è derivabile per > 0, 4 e f () = ( 2) 2 Quindi f () = 0 se e solo se = 1 e = 9; poiché f () > 0 se e solo se (0, 1) (9, + ), il punto = 1 è punto di massimo e = 9 è punto di minimo; inoltre lim f () = +, 0 cioè il grafico di f si attesta a quota 3/2 con tangente verticale. Consideriamo ora la funzione F. Poiché per t 4 si ha f(t) 1 t 2 = t + 2 t 4 4 t 4, non esiste finito l integrale improprio di f su (1, 4) e quindi l insieme di definizione di F è [0, 4). La funzione F è derivabile su [0, 4) e F () = f(). Quindi = 3 è punto di massimo. Inoltre F (1) = 0, F () < 0 per 0 < 1 e F (3) > 0; per > 3 la funzione F decresce, quindi ha limite per 4

3 e tale limite è, dal momento che non esiste finito l integrale improprio di f su (1, 4). La funzione F è derivabile due volte su (0, 4) e, poiché F () = f (), dallo studio di f otteniamo che = 1 è un punto di flesso e F è convessa su (0, 1) e concava su (1, 4). Si ha t F () = dt = [ t ] dt t 2 t 2 1 = 2 3 (3/2 1) + 2( 1) u u 2 du = 2 3 (3/2 1) + 2( 1) + 2( 1) + 4 log(2 ) Se consideriamo un punto (, y) con y 0, si ha (tramite le regole di derivazione) f y (, y) = 5 3 y2/ (2 1)y 1/3. Se consideriamo un punto (, 0), dalla definizione si ha f f(, t) f(, 0) t (, 0) = lim = lim y t 0 t t 0 t 1/3 = lim(t 2/ t 0 t 1/3 ) 2 1 = lim t 0 t 1/3 Quindi se ±1 il limite non esiste, mentre se = ±1 il limite esiste ed è zero. In conclusione, la derivata parziale non esiste nei punti della retta y = 0,tranne che nei punti (±1, 0). ii) Osserviamo che f è nulla nei punti della retta y = 0 e della parabola y = 1 2 ; inoltre f(, y) 0 nella regione piana al di sopra della parabola e f(, y) 0 in quella al di sotto. Poiché il segno dell incremento f(, y) f( 0, 0) coincide con il segno di f, i punti ( 0, 0) con 0 > 1 sono punti di minimo relativo, quelli con 0 < 1 sono punti di massimo relativo, mentre i punti (±1, 0) non sono estremanti. Per cercare eventuali punti estremanti con ordinata non nulla, vista la regolarità di f per y 0, determiniamo i punti stazionari, risolviamo cioè il sistema f (, y) = 2y2/3 = 0 f y (, y) = 5 3 y2/ (2 1)y 1/3 = 0 L unica soluzione è il punto (0, 2/5); si può stabilire che è un punto di minimo relativo calcolando la matrice Hessiana e utilizzando il noto criterio, oppure

4 4 sfruttando lo studio del segno fatto in precedenza: infatti f è 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 è nulla sulla frontiera. Per il teorema di Weierstrass, f ha minimo assoluto (< 0!!) su A ed esso deve essere necessariamente assunto in un punto interno di A; poiché l unico punto stazionario trovato è (0, 2/5), esso è punto di minimo relativo.

5 5 Prova scritta del 12 giugno Stabilire per quali valori del parametro reale a esiste finito il seguente integrale improprio + a ( 1) log( 2 ) ( 2a) 7/3 d. 2. Sia 1 G() = 2 [ 0 {1 + e t log(1 + t)}dt 2 ] 0, > 1 2 α = 0. i) Verificare che è possibile determinare α R in modo che G risulti continua su ( 1, + ) e calcolarlo; ii) stabilire se la funzione G così ottenuta è derivabile in = 0 e in caso affermativo calcolare G (0). 3. Dato il problema di Cauchy y + y = α y(0) = 0 y (0) = 1 + α. i) stabilire per quali valori del parametro reale α la soluzione è invertibile su R; ii) stabilire per quali valori tra quelli trovati al punto i) l inversa è derivabile con derivata continua su R.

6 6 1. La funzione integranda f è definita e continua per 0 e 2a; per + si ha ( 1) log( 2 ) ( 2a) 7/3 2 log 4/3 e quindi, per confronto con le funzioni campione, f ha integrale improprio finito in un intorno di + per ogni a R. Studiamo il comportamento di f per 2a; si ha (2a 1) log 4a 2 ( 1) log( 2 ) ( 2a) 7/3 ( 2a) 7/3 a 0, 1/2 log 2 7/3 a = 0 2( 1) log 2 ( 1) 7/3 ( 1) 1/3 a = 1/2 e quindi f ha integrale improprio finito in un intorno di = 2a se e solo se a = 1/2. Poiché l integrale proposto è esteso all intervallo (a, + ), se a 0, a 1/2, l integrale improprio non esiste finito, mentre, se a = 1/2, possiamo concludere che l integrale improprio esiste finito. Se a < 0, poiché in questo caso il punto = 2a è punto esterno all intervallo di integrazione, dobbiamo studiare il comportamento di f solo per 0: poiché per 0 si ha ( 1) log( 2 ) 2 log ( 2a) 7/3 (2a) 7/3 esiste finito l integrale improprio di f in un intorno di = 0 e quindi su (a, + ). 2. Poiché la funzione f(t) = 1 + e t log(1 + t) è di classe C su ( 1, + ), la funzione integrale F () = 0 {1 + e t log(1 + t)} dt è di classe C su ( 1, + ). Quindi la funzione G è continua su ( 1, + ) se e solo se G è continua in = 0, cioè se e solo se α = lim 0 G(); calcoliamo questo limite. Si può operare mediante il teorema de l Hôpital o, alternativamente, mediante gli sviluppi di Taylor, vista la regolarità della funzione in parentesi quadrata. Poiché F (0) = 0 F (0) = f(0) = 1 F (0) = f (0) = [ e t ( log(1 + t) t )] t=0 = 1 F (0) = f (0) = [ e t (log(1 + t) t 1 (1 + t) 2 )] t=0 = 3

7 otteniamo G() = 1 2 [ {1 + e t log(1 + t)}dt 2 2 ] 0 = 1 2 [ o(3 ) 2 2 ] = 2 + o() 0 e quindi deve essere α = 0. ii) Stabiliamo la derivabilità di G in = 0 mediante la definizione: si ha G() G(0) lim = lim 2 + o() 0 e quindi G è derivabile in = 0 e G (0) = 1/2. 0 = L equazione differenziale assegnata è un equazione lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea; l equazione caratteristica associata (λ = 0) ha radici λ = ±i; una soluzione particolare dell equazione non omogenea (visto la forma del secondo membro) è un polinomio di primo grado, ovviamente y () = α; quindi tutte le soluzione dell equazione sono le funzioni y() = α + c 1 cos + c 2 sin c 1, c 2 R La soluzione del problema di Cauchy si ottiene imponendo le condizioni iniziali: y(0) = c 1 = 0 y (0) = α + c 2 = 1 + α ed è quindi la funzione y() = α + sin. Poiché y è continua su R, y è invertibile se e solo se è una funzione monotona in senso stretto; poiché y è derivabile su R, y è monotona in senso stretto se e solo se y ha segno costante e non si annulla identicamente su un intervallo. Si ha y () = α + cos e quindi y è invertibile se e solo se α 1. Infine la funzione inversa di y è derivabile su R se e solo se y () 0 per ogni R e quindi se e solo se α > 1. 7

8 8 Prova scritta del 5 luglio Determinare per quale scelta di a, b R, b 0, k intero, k 1, vale l uguaglianza cos( 3 t 2 e t2 dt) = a + b k + o( k ) per Studiare l andamento della funzione 3 t F () = (1 t) 3 sin( 2π 2t 3 ) dt 0 e tracciarne sommariamente il diagramma (insieme di definizione, limiti alla frontiera, eventuali asintoti, crescere e decrescere). Non è richiesto lo studio della convessità. 3. Data la funzione f(, y) = (y 1)(y 2 2 ) i) determinarne i punti stazionari in R 2 ; ii) determinarne i punti di massimo e minimo relativo in R 2.

9 1. La funzione f() = 3 t 2 e t2 dt è definita su R (l integranda è continua su R) ed è infinitesima per 0: infatti t 2 e t2 = t 2 + o(t 2 ) e quindi Ma allora cioè cos( 3 0 f() = 3 ( o(3 )) = o(6 ) t 2 e t2 dt) = 1 ( o(6 )) 2 2! a = 1 b = o( 12 ) = o(12 ) k = La funzione f(t) = 3 t (1 t) 3 sin( 2π 2t 3 ) è definita e continua su R {1, 3/2}. Poiché per t 1 si ha 2π sin( ) = sin( 2π) + [ 4π 2t 3 (2t 3) 2 cos( 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 che l insieme di definizione di F è (, 1). Dal teorema fondamentale dell integrazione sappiamo che per ogni < 1 3 F () = (1 ) 3 sin( 2π 2 3 ) e quindi F (0) = 0 e F (1/2) = 0; infatti 2π sin( 2 3 ) = 0 se e solo se 2π 2 3 = kπ k Z cioè se e solo se = k k 0 e (3/2 + 1/k) < 1 se e solo se k = 1. Inoltre F 3 () > 0 se e solo se 2π sin( 2 3 ) > 0 cioè se e solo se < 0 oppure 1/2 < < 1. Ne segue che = 0 è punto di massimo e, in particolare, F (0) = 0, mentre = 1/2 è punto di minimo.

10 10 Poiché F è monotona crescente su (1/2, 1), esiste il limite per 1 e, poiché f non è integrabile in senso improprio, si ha lim F () = +, 1 cioè il grafico di F presenta come asintoto verticale la retta = 1. Poiché per t si ha 3 t 2π f(t) t 3 2t 3 π t 11/3 la funzione f è integrabile in senso improprio su (, 0) e quindi lim F () = f(t)dt = 0 0 f(t)dt = α < 0 cioè il grafico di F presenta come asintoto orizzontale per la retta y = α. 3. La funzione f è di classe C su R 2. I punti stazionari sono per definizione i punti che annullano il gradiente di f, cioè le soluzioni del sistema { f (, y) = 2(y 1) = 0 f y (, y) = y y(y 1) = 0 Si ha { = 0 3y 2 2y = 0 cioè i quattro punti oppure { y = = 0 (0, 0) (0, 2/3) (1, 1) ( 1, 1) Per stabilire se sono estremanti, calcoliamo la matrice Hessiana in ciascuno di essi; si ha f (, y) = 2 2y f y (, y) = f y (, y) = 2 f yy (, y) = 6y 2 e quindi det H(0, 0) = det det H(0, 2/3) = det det H(±1, 1) = det ( ) 2 0 = 4 < 0 (0, 0) sella 0 2 ( ) 2/3 0 = 4/3 > 0 f 0 2 (0, 2/3) > 0 (0, 2/3) minimo ( ) 0 2 = 4 < 0 (±1, 1) sella. 2 4 Alternativamente si può giungere al risultato osservando che la funzione si annulla nell origine e nei punti (±1, 1) e che lo studio del segno di f mostra che f cambia segno in ogni intorno di tali punti. Quanto a (0, 2/3), esso è punto interno ad un triangolo sulla cui frontiera f è nulla e al cui interno f

11 è negativa; dal teorema di Weierstrass, segue quindi che (0, 2/3) è punto di minimo. 11

12 12 Prova scritta del 18 settembre i) Scrivere tutte le soluzioni dell equazione differenziale ( ) y 3y = a(3 1) a R ii) Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( ) y(0) = 1 y (0) = 1 iii) Verificare che la soluzione al punto ii) è invertibile sur se e solo se a [α, β], conα, β R opportuni. Trovare tali α, β e determinare l insieme di definizione della funzione inversa. 2. i) Studiare l andamento qualitativo della funzione g(t) = e t (t 4) + 4 e tracciarne sommariamente il diagramma. ii) Studiare l andamento della funzione F () = 2 t 4/7 g(t) dt e tracciarne sommariamente il diagramma. studio della convessità. 3. Verificare che il grafico della funzione Non è richiesto lo f() = sin ammette asintoto obliquo per e ricavarne l equazione.

13 1. i) La (*) è un equazione differenziale lineare a coefficienti costanti del secondo ordine e, se a = 0, è omogenea; l equazione caratteristica associata, cioè λ 2 3λ = 0, ha le soluzioni reali distinte λ = 0 e λ = 3. Quindi, se a = 0 tutte le soluzioni di (*) sono y() = c 1 + c 2 e 3 mentre, se a 0, tutte le soluzioni dell equazione omogenea associata a (*) sono y om () = c 1 + c 2 e 3 e per ottenere tutte le soluzioni di (*) ci occorre una soluzione particolare di (*) stessa. Vista la forma del secondo membro dell equazione, tenuto conto che λ = 0 è soluzione dell equazione caratteristica, cerchiamo una soluzione del tipo y () = (b + c) con b, c R opportuni. Derivando e sostituendo in (*) si ottiene e quindi 2b 6b c = 3a a per ogni R 6b = 3a 2b c = a da cui b = a/2 c = 0 Allora tutte le soluzioni di (*) se a 0 (ma la scrittura vale anche per a = 0) sono y() = c 1 + c 2 e 3 a 2 2 ii) La soluzione del problema di Cauchy assegnato si ottiene ricavando c 1 e c 2 dal seguente sistema { y(0) = c 1 + c 2 = 1 y (0) = 3c 2 = 1 ed è quindi la funzione 13 y() = e3 a 2 2 ( ) iii) Per determinare i valori di a per i quali la (**) è invertibile su R, osserviamo prima di tutto che se a < 0 si ha lim y() = + ± e quindi y non è invertibile. Se a = 0, ovviamente y() = e3 è monotona crescente in senso stretto e quindi invertibile; poiché lim y() = 2/3 lim y() = + + l insieme di definizione della funzione inversa è l intervallo (2/3, + ). Sia ora a > 0; y, essendo derivabile, è invertibile su R se e solo se y () = e 3 a ha segno costante su R e non si annulla identicamente

14 14 su un intervallo. Poiché lim ± y () = + (y ) () = 3e 3 a 0 se e solo se log(a/3) 3 la 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 è invertibile su R, poiché è strettamente crescente e, in questo caso, l insieme di definizione dell inversa è (, + ), poiché lim ± y() = ±. In conclusione α = 0 2. i) La funzione g è definita su R; lim g(t) = 4 t g (t) = e t (t 3) β = 3e lim g(t) = + t + g (t) 0 se e solo se t 3 t = 3 punto di minimo g(3) = 4 e 3 Quindi g decresce dal valore 4 al valore minimo assoluto 4 e 3 < 0 e poi cresce a +. Ne segue che g si annulla in due punti: t = 0 e t = α con 3 < α < 4. Poiché g (t) = e t (t 2), g è convessa su (2, + ) e concava su (, 2). ii) La funzione integranda è continua su R {0, α}. Poiché f(t) = f(t) = t4/7 g(t) = t 4/7 e t (t 4) + 4 t 4/7 g (0)t + o(t) = t 4/7 3t + o(t) 1 3t 3/7 se t 0 f(t) = t 4/7 g (α)(t α) + o(t α) α4/7 e α (α 3) 1 t α e la funzione h(t) = 1 3t 3/7 la funzione k(t) = α4/7 e α (α 3) 1 t α otteniamo che la funzione F è definita su (, α). Per ogni < α, 0, si ha se t α è integrabile in un intorno di t = 0, mentre F () = f() = non è integrabile in un intorno di t = α, 4/7 e ( 4) + 4

15 Quindi F () < 0 se e solo se 0 < < α F () > 0 se e solo se < 0 lim F () = ± 0 ± lim F () = α cioè = 0 è una cuspide cioè = α è asintoto verticale Poiché lim t f(t) = +, f non è integrabile in senso improprio in un intorno di, e quindi lim F () = e il grafico di F non presenta asintoto obliquo. 3. Si ha Poiché per { f() 9 lim = lim = lim sin 2 (3 2) } sin 2 (3 2) = = ne segue che il coefficiente angolare della retta asintoto è m = 3. Inoltre { 9 } lim (f() + 3) = lim sin { = 2 } 3 + lim = 2 3 Infatti sin e sia la minorante che la maggiorante convergono a 2/3 per e inoltre, sempre per si ha { } = 2 0 In conclusione il grafico di f presenta come asintoto obliquo per la retta di equazione y =

16 16 1. Data la funzione Prova scritta del 8 novembre 2001 f() = ( 3)[log( )] 2, calcolarne l intervallo I di definizione e determinarne tutte le primitive su I. 2. Sia a R. Determinare la soluzione y a del problema di Cauchy y y = 3e y(1) = a e calcolare lim y a () Sia a R, a > 0. i) Calcolare log(1 + t 2a ) lim t 0 + t 4a + arctan t. ii) Per quali valori del parametro reale positivo a il seguente integrale improprio converge? + 0 log(1 + t 2a ) t 4a + arctan t dt.

17 1. La funzione f è definita quando α() = > 0, cioè sull intervallo I = (3 15, ). Per il calcolo di tutte le primitive su I, si può operare, ad esempio, nel modo seguente: poiché d d ( ) = α () = 2( 3) dobbiamo calcolare una primitiva del tipo 1 2 α ()[log α()] 2 d 17 Ponendo α() = u, si ha 1 log 2 u du = { u log 2 u 2 } log u du = 1 2 u log2 u + u log u u + c c R e quindi tutte le primitive su I sono le funzioni f() d = 1 2 α() log2 α() + α() log α() α() + c c R. 2. L equazione differenziale assegnata è un equazione del primo ordine, lineare, a coefficienti continui sull intervallo (0, + ); sappiamo quindi che il problema di Cauchy ha una ed una sola soluzione su (0, + ), data dalla formula Si ha { dt y a () = ep( 1 2t ) a + 1 dt ep( 1 2t )3e r = ep( {a 1 2 log ) + 3 ep( 1 e log r) 1 2 r = 1 a + 3 e r dr r = 1 1 (a + 6/e) 6e =. r r dr dr } } } {a 6e + 6/e lim y a () se a + 6/e > 6 cioè se a > 6(1 e 1 ) se a + 6/e < 6 cioè se a < 6(1 e = 1 ) 6(1 e ) lim 0+ = 6 se a + 6/e = 6 cioè se a = 6(1 e 1 ).

18 18 3. i) Poiché a > 0, sia il numeratore che il denominatore sono infinitesimi per t 0 + ; per il numeratore, si ha log(1 + t 2a ) t 2a mentre per il denominatore si ha t 4a se a < 1/4 t 4a + arctan t 2t se a = 1/4 t se a > 1/4. Quindi per t 0 + si ha 1 log(1 + t 2a ) t 2a se a < 1/4 ( ) t 4a + arctan t 1 2 se a = 1/4 t 1 t 1 2a se a > 1/4 e allora log(1 + t 2a ) + se a < 1/2 lim t 0 + t 4a + arctan t = 1 se a = 1/2 0 se a > 1/2. ii) La funzione integranda è continua su (0, + ) e dalla ( ) si ha che l 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 + t 2a ) 2a log t t 4a + arctan t t 4a e quindi l integrale converge se e solo se 4a > 1, cioè a > 1 4.

19 19 1. Data la funzione Prova scritta del 22 gennaio 2002 f a () = sin(2a ) + log(1 + ) e 1 + arctan( a ), i) verificare che per ogni a R, a > 0, esiste finito λ a = lim 0 + f a () e determinarlo; ii) posto f a (0) = λ a, stabilire se la funzione f a cosí prolungata ha derivata destra in = 0, nei casi a = 1/4, a = 1, a = Determinare i punti stazionari in R 2 della funzione y f(, y) = 1 + ( y) 2 + y2 e stabilire se sono estremanti. 3. Studiare l andamento della funzione t 2/3 (1 t) 5/3 F () = cos(2πt) 1 dt 1/2 e tracciarne un grafico qualitativo (insieme di definizione, limiti alla frontiera, crescere e decrescere, eventuali estremanti ed asintoti).

20 20 1. Mediante gli sviluppi in formula di Taylor, si ha f a () = 2a + o( 2a ) + + o() + o() + a + o( a ) e quindi λ a = lim 0 + f a () = 2a a = a 0 < a < 1/2 2 = 2 a = 1/2 a = 1 a 1/2 < a < 1 2 = 1 a = 1 2 = 1 a > < a < 1 1 a = a > 1. Per stabilire se il prolungamento di f a all origine ottenuto ponendo f a (0) = λ a (cioè con continuità) ha derivata destra in = 0, dobbiamo stabilire se esiste finito il limite del rapporto incrementale destro, cioè f a () f a (0) f a () λ a lim = lim Se a = 1/4, tenuto conto di ( ), si ha per 0 + f 1/4 () λ 1/4 = f 1/4() 1/4 + e quindi f 1/4 non è derivabile. È derivabile invece negli altri due casi: infatti, se a = 1, si ha per 0 + f 1 () λ 1 = 1 { sin 2 + log(1 + ) e 1 + arctan 1 } 2 = 1 e, se a = 3, si ha per 0 + f 3 () λ 3 = 1 { + 2 /2 + o( 2 ) /2 + o( 2 ) 1 } { 2 /2 + o( 2 } ) + 2 /2 + o( 2 ) La funzione f è di classe C sul piano; i punti stazionari sono le soluzioni del sistema 1 ( y)2 f (, y) = (1 + ( y) 2 ) 2 = ( y)2 f y (, y) = (1 + ( y) 2 ) 2 + 2y = 0 { ( y) 2 = 1 y = 0 ( )

21 Quindi sono i punti (1, 0) e ( 1, 0). Per stabilire se sono estremanti, calcoliamo il determinante della matrice Hessiana: si ha f (, y) = 2( y)((1 + ( y)2 ) 2 ) (1 ( y) 2 )... (1 + ( y) 2 ) 4 f y (, y) = 2( y)((1 + ( y)2 ) 2 ) (1 ( y) 2 )... (1 + ( y) 2 ) 4 f yy (, y) = 2( y)((1 + ( y)2 ) 2 ) ( 1 + ( y) 2 )... (1 + ( y) 2 ) (si è tenuto conto che dobbiamo calcolarle in punti per i quali ( y) 2 = 1). ( ) 1/2 1/2 det H(1, 0) = det = 1 1/2 3/2 ( ) 1/2 1/2 det H( 1, 0) = det[ = 1. 1/2 5/2 Quindi (1, 0) è una sella mentre ( 1, 0) è estremante e in particolare è un punto di minimo. 3. La funzione f(t) = t2/3 (1 t) 5/3 cos(2πt) 1 è definita e continua su tutto l asse reale tranne i punti in cui cos(2πt) 1 = 0, cioè 2πt = 2kπ con k Z, cioè t = k con k Z. Poiché l estremo fisso di integrazione è 1/2, muovendoci verso sinistra, incontriamo t = 0 e, poiché per t 0 + si ha f(t) t2/3 2π 2 t 2 = 1 2π 2 t 4/3 la funzione f non è integrabile in senso improprio su (0, 1/2); deve quindi essere > 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 2π 2 (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. t = 2; per t 2 si ha f(t) 21 Poi incontriamo 2 2/3 cos(2πt) 1 = 2 2/3 2π 2 (t 2) 2 + o((t 2) 2 ) 1 2 1/3 π 2 1 (t 2) 2 e quindi f non è integrabile in senso improprio su (1/2, 2). Ne segue che deve essere < 2 e, in definitiva, l insieme di definizione di F è (0, 2). Poiché F () = 2/3 (1 ) 5/3 cos(2π) 1 (0, 2) 1,

22 22 si ha F () < 0 su (0, 1) e F () > 0 su (1, 2); inoltre lim F () = ± 1 ± Ne segue che F decresce su (0, 1) e cresce su (1, 2), = 1 è un punto di minimo ed è in particolare una cuspide verso il basso. La monotonia di F e la non integrabilità su (0, 1/2) e su (1/2, 2) implicano che lim F () = lim F () = +. 2 Infine, poiché F (1/2) = 0, esiste α (1, 2) tale che F (α) = 0 e F () < 0 se e solo se (1, α).