Soluzioni dello scritto di Analisi Matematica II - 10/07/09. C.L. in Matematica e Matematica per le Applicazioni

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1 Soluzioni dello scritto di Analisi Matematica II - /7/9 C.L. in Matematica e Matematica per le Applicazioni Proff. K. Payne, C. Tarsi, M. Calanchi Esercizio. a La funzione f è limitata e essendo lim fx = x + = lim fx, ha un solo punto di x discontinuità in x =, quindi è integrabile secondo Riemann nell intervallo [, ]. Inoltre f non ammette primitiva su I perché non soddisfa la proprietà di Darboux in un intorno di x =, poiché in questo punto ha una discontinuità di I specie b Per definizione il valor medio di f su I è dato da fi = fxdx = { fxdx + 4 Calcoliamo perciò separatamente i due integrali in parentesi. Per il primo integrale risulta x dx = x x3 3 = 3 } fxdx Mentre per il secondo integrale, facendo la sostituzione u = x risulta x + x dx = u u 4 du = + 8 u 4 du = + u du = + u u + log u + u = + + log = + 4 log +. Perciò fi = 6 + log +. Esercizio. Vogliamo analizzare la funzione integrale F x = x ft dt con ft = t t + 3 arctan t +

2 Dominio di F : Abbiamo che f è definita e continua per t, + \{ 3, }. Quindi, f è integrabile secondo Riemann su ogni intervallo compatto che non contiene t = 3,. Abbiamo allora, + dom F e F =. Nei punti problematici x =, 3 ci servono degli sviluppi asintotici per f. Per t ± si trova ft 3π 4 per t ±. Quindi f è limitata in ogni intervallo compatto I 3, + e continua in I \ { }, per cui f risulta integrabile secondo Riemann in I e abbiamo Per t 3 +, si trova 3, + dom F. ft C t + 3 per t 3+. Quindi f non è integrabile in senso improprio in un intorno destro di 3 e abbiamo dom F = 3, +. Limiti agli estremi del dominio: La funzione integrale è continua su 3, + con limite infinito per x 3 + per la discussione sopra. Usando F = e la monotonia di F il prossimo punto si vede che lim F x =. x 3 + Per x +, ci serve il comportamento asintotico di f ft, per t + t e quindi f non è integrabile in senso improprio all infinito. Di nuovo, usando la monotonia si vede che lim F x = +. x + Monotonia ed estremi locali: Abbiamo già notato che F è continua su 3, +. Inoltre, F sarà derivabile in ogni punto di continuità di f con derivata F x = fx; cioè F x = fx, x 3,, +. Quindi, analizzando il segno di F = f per x 3,, + si trova che x sgn F x = sgn fx = sgn x +. x + 3 Quindi F è crescente in 3, ] e in [, + e decrescente in [, ] con massimo locale in x = e minimo locale in x =. Gli estremi locali sono sicuramente non globali visto il comportamento di F agli estremi del dominio. Punti di non derivabilità: Abbiamo F derivabile per ogni x 3,, +. Nel punto problematico x sing =, abbiamo visto un salto per f, quindi c è un punto angoloso per F in x =.

3 Asintoti: Per quello che abbiamo già visto, c é un asintoto verticale in x = 3 e non ci sono asintoti orizzontali. All infinito F tende a +, e, sfruttando Quindi, non ci sono asintoti obliqui. F x lim = lim x + x F x = lim fx = x + x + Segno: Abbiamo F =, F strettamente crescente in 3, ] e in [, +, F strettamente decrescente in [, ], e F 3 + =, F + = +. Quindi esistono α 3,, β, + per cui F α = = F β. Riassumendo = F = F α = F β con α 3,, β, + ; F x > per x α, β, + ; F x < per x 3, α, β. Grafico qualitativo: si trova mettendo insieme gli elementi sopra. Esercizio 3. a Usando gli sviluppi di MacLaurin delle funzioni coinvolte risulta, per n + { a n = nα log α log sin n n n + 9 } n = { = nα 3 log α n n 9 n + 9 n 3 3 n + n n + o } n 3 = { = nα 9 log α n n 3 + o } n 3 perciò la successione considerata è definitivamente a termini positivi. Poichè 9 a n n 3 α log n α per il criterio del confronto asintotico e criterio integrale la serie associata converge assolutamente se e solo se α. b La successione {a n } + n= è di segno nonnegativo. Studiamo la convergenza della serie associata attraverso il criterio della radice n-esima. Avremo n a n = n + α αn n. Studiamo il n lim an = lim n + α αn n+α n + n + n = lim log eαn n n + +α log+ = lim eαn n n + Se α = oppure α = il limite e uguale a. Ma in entrambi i casi a n, e perciò la serie diverge. Sia perciò α,. Allora per l esponente si ha lim αn log + + α n + n = lim n + αn [ ] + α n + o/n = α + α

4 Dunque se e αα+ < la serie converge. Se e αα+ > la serie diverge. Riassumendo per α, ] [, + la serie è divergente; per α, la serie è assolutamente convergente. Esercizio 4. a Osserviamo che fx, y = x y y + x + x è un polinomio per y per cui f C R \ X dove X = {x, : x R}. Quindi i soli candidati per estremanti sono i punti stazionari e i punti di X. Facendo un analisi del segno di f si vede che f ha massimi locali nei punti x, con x < ; f ha minimi locali nei punti x, con x,, + ; f nei punti, e, non ha né massimi né minimi. Come vedremo nella parte b sono punti stazionari e quindi punti di sella Calcolando il gradiente per y si trova { yy + 3x f x x, y = + x y > yy + 3x + x y < f y x, y = { xy + x + x y > xy + x + x y < Risolvendo per fx, y =, con y si trova solo il punto P = 3/5, 3/5. Questo punto si trova all interno del dominio E R definita da y x x con x. La funzione f è continua su E un compatto, f sul bordo di E e f è strettamente positiva sull interno di E. Per il teorema di Weierstrass, esistono massimi e minimi assoluti per f ristretta ad E che sono all interno e al bordo rispettivamente. Il massimo cade in un punto dove f è differenziabile e quindi un punto stazionario. L unico punto stazionario è P. Segue che P è un punto di massimo locale per f. b Come notato sopra, f è differenziabile su R \ X. Quindi esistono anche tutte le derivate direzionali D v fx, y per v versore, x, y X. Analizziamo i punti in X. Per quanto riguarda l esistenza delle derivate parziali e direzionali su X, per v = v, v versore, si calcola i.e. D v fx, = lim [fx, f, ]. t t t [ D v fx, = lim v x + tv tv + x + tv + x + tv ]. t t L espressione v x+tv tv +x+tv +x+tv v x x+ per t e l espressione t /t è limitata ma non ammette limite. Quindi il limite esiste e vale zero se e solo se v x x+ =. Quindi abbiamo D v x, = se v =, x R; D v, = D v, = v; non esiste D v fx, altrimenti.

5 Come conseguenza abbiamo che f non è differenziabile su X\{,,, } perchè non esistono tutte le derivate direzionali. Rimangono i punti,,,. Nel punto,, f, = e f, =,. Quindi abbiamo fx, y f, f,, x, y x, y = x y y + x + x. x + y Questo è dominato da y y + x + x per x, y,. Quindi f è differenziabile in,. Analogamente, nel punto,, f, = e f, =,. Quindi abbiamo fx, y f, f,, x, y x +, y = x y y + x + x x + + y. Questo è dominato da x y + x + x per x, y,. Quindi f è differenziabile in,. Esercizio 5. Osserviamo che in un intorno del punto, la funzione fx, y = x y 3x y+ log t dt è composizione di funzioni di classe C. Per scrivere la formula di Taylor di ordine, centrata nel punto,, occorre determinare Per quanto riguarda f,, f,, f x,, f y,, f xx,, f xy,, f yy,. f, = Calcoliamo ora le derivate parziali prime: log t dt = f x x, y = xy logx y 3 log3x y + = f x, = log f y x, y = x logx y + log3x y + = f y, = log

6 e le derivate parziali seconde: f xx x, y = y logx xy y + xy logx y x y 3 log3x y + = y logx y y + logx y 9 f yy x, y = = f xx, = log log x 3 3x y + 3x y + log3x y + logx y x y + log3x y + 3x y + = f yy, = x 4 log 4 log = f xy x, y = f yx x, y = x logx xy y + logx y x y 3 log3x y + 3x y + = x logx x y + logx y + 3 3x y + log3x y + = f xy, = f yx, = log log La formula di Taylor richiesta è quindi data da: fx, y = { log x + y log +o x + y per x, y, x x } x y 4 log Esercizio 6. a Dato il problema di Cauchy y = y x P yx = y + logy/x l equazione differenziale è in forma normale y = fx, y, dove fx, y = y +. x logy/x Osserviamo che fx, y è ben definita per ogni x, y t.c. x, y/x >, y/x, ovvero è definita sul dominio aperto! E R dato da E = {x, y : x >, y >, y x} {x, y : x <, y <, y x} Osserviamo inoltre che fx, y è di classe C E, quindi per ogni x, y E esiste ed è unica la soluzione locale del problema di Cauchy.

7 b Per x =, il problema di Cauchy diventa y = y x P y = y + logy/x Per quanto detto nel punto precedente, il problema di Cauchy ha senso se e solo se il dato iniziale y soddisfa la condizione y,, e per tali valori esiste, unica, soluzione locale del problema. Osserviamo inoltre che < y < = x = < yx < x y > = x = yx > x su tutto l intervallo di esistenza della soluzione. Notiamo che l equazione è omogenea. Operando il cambio di variabile t = y x si ottiene il nuovo problema t = t x log t NP t = y L equazione differenziale è a variabili separabili, e non ammette soluzioni costanti. Per quanto già discusso, sappiamo che < y < = < tx < y > = tx > su tutto l intervallo di esistenza della soluzione. Risulta da cui, integrando ovvero t log z y z dz = x ds s log t log y = log x log t = log y + log x Ricordando la discussione precedentemente fatta, otteniamo la seguente espressione per la soluzione tx del problema di Cauchy NP : y, = tx = e log y + log x y, = tx = e log y + log x da cui si ricava l espressione della soluzione del problema originario, P : y, = yx = xe log y + log x y, = yx = xe log y + log x In entrambi i casi è facile verificare che l intervallo massimale di esistenza della soluzione è dato da I max = e log y,