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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 espli-
cita e scritta dell’autore. Ogni abuso sara perseguito a termini di legge dal titolare del diritto.
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.
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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.
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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
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).