Analisi Matematica I

(1)

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Analisi Matematica I

Testi d’esame e Prove parziali

Analisi Matematica I - (Genova) - 6 ottobre 1995 . . . pag. 2 Analisi Matematica I - (Genova) - corso C - 1a _{prova - 20 febbraio 1997 . . . pag.} ₅

Analisi Matematica I - (Genova) - corso C - 2a _{prova - 27 maggio 1997 . . . pag.} ₈

Analisi Matematica I - (Genova) - 4 luglio 1997 . . . pag. 10

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ANALISI MATEMATICA I - 6 ottobre 1995 3h • Si consideri la funzione u(x, y) = √ sin x−√sin y x− y a) Disegnare il dominio di u.

Deve essere sin x≥ 0 , sin y ≥ 0 , x 6= y ; per cui il dominio di u risulta D ={(x, y) ∈ R2 _{: 2kπ}

≤ x ≤ π + 2kπ , 2kπ ≤ y ≤ π + 2kπ , k ∈ Z , x 6= y }

b) Calcolare, se esiste, limx→ 2u(x, 2) .

Risulta lim x→ 2u(x, 2) = limx→ 2 √ sin x−√sin 2 x− 2 =

applicando ad esempio L’Hopital

= lim x→ 2 cos x 2√sin x = cos 2 2√sin 2

c) Calcolare, se esiste, _{∇u(2, 1) .} Si ha

ux(x, y) =

(x− y) cos x/(2√sin x)− (√sin x−√sin y) (x− y)2

uy(x, y) =

−(x − y) cos y/(2√sin y) + (√sin x−√sin y) (x− y)2 da cui ∇u(2, 1) = (ux(2, 1), uy(2, 1)) = _{cos 2} 2√sin 2− ( √

sin 2−√sin 1) , − cos 1 2√sin 1+ (

√

sin 2−√sin 1)

(3)

d) Scrivere, se esiste, l’equazione del piano tangente al grafico di u in P0 = (2, 1) .

Poiché il punto (2, 1) appartiene all’interno del dominio di u, dove la funzione è di classe C1, (in quanto composta di funzioni di classe C1), il piano tangente esiste e la sua equazione è

z = u(2, 1) + ux(2, 1)(x− 2) + uy(2, 1)(y− 1) = = (√sin 2−√sin 1) + _{cos 2} 2√sin 2 − ( √ sin 2−√sin 1) (x− 2) + − cos 1 2√sin 1 + ( √ sin 2−√sin 1) (y− 1)

e) Tracciare il grafico di f (x) = u(x, 0) in [−3π, 3π] .

Poich´e f (x) = √sin x_x , f risulta definita per x∈ [2kπ, π + 2kπ], k ∈ Z, x 6= 0; inoltre f (kπ) = 0 ∀k ∈ Z\{0} , lim

x_{→ 0}f (x) = +∞ , segno f (x) = segno x .

Osservato che_{|f(x)| ≤ 1/|x| e che le due funzioni si toccano per x = 2kπ + π/2, il grafico di f `e}

( Studio della derivata prima: si ha

f0(x) = x cos x− 2 sin x 2x2√_{sin x}

(4)

• Sia

f (x) = e

x2 _{− 1}

|x|

f ) Stabilire se f è prolungabile per continuità in 0. f risulta prolungabile per continuità in 0, essendo

lim

x→ 0

ex2 _{− 1}

|x| = 0

poiché il numeratore è infinitesimo di ordine 2, mentre il denominatore è infinitesimo di ordine 1. g) Stabilire se l’eventuale prolungamento g di f è derivabile in R .

g `e sicuramente derivabile per x6= 0, in quanto composta di funzioni derivabili. Per x = 0 si ha

lim h→ 0+ g(h)− g(0) h = hlim→ 0+ eh2_{− 1} h|h| = 1 , hlim→ 0− g(h)− g(0) h = hlim→ 0− eh2 _{− 1} h|h| = −1 per cui g non `e derivabile in 0.

• Si consideri ora il problema differenziale

y00_{(x) = g(x)}

y(0) = y0(0) = 0

h) Giustificare esistenza ed unicit`a di y e determinarne il dominio.

La soluzione esiste ed `e unica, definita su tutto R, in quanto si tratta di un problema di Cauchy, lineare del secondo ordine, a coefficienti costanti, con termine noto continuo su tutti i reali.

i) Stabilire se la soluzione y_{∈ C}3_{(R) .}

La soluzione non `e di classe C3 _{in quanto, se lo fosse, si avrebbe y}000_{(x) = g}0_{(x), e g non `}_{e derivabile in}

0, come si `e visto sopra.

j) Determinare un polinomio p ed un δ > 0 tali che p(x) approssimi y(x) a meno di 10− 2 se |x| ≤ δ .

Utilizzando la formula di Taylor di ordine zero, con il resto di Lagrange, si ottiene ex2 = 1 + ecx2 , 0 < c < x2 e supponendo 0 < c < x2 _{< δ}2 _{< 1 si ha} |g(x)| = ex2 − 1 |x| = ec|x| ≤ eδ2_δ ≤ 3δ |y0(x)| = Z x 0 g(t)dt ≤ Z x 0 3δdt ≤ 3δ|x| ≤ 3δ 2 |y(x)| = Z x 0 y0(t)dt ≤ Z x 0 3δ2dt ≤ 3δ 2 |x| ≤ 3δ3

Il polinomio cercato pu`o quindi essere p(x) = 0 e δ = 3

q

1 300.

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ANALISI MATEMATICA I - Corso C - Prima prova parziale - 20 Febbraio 1997 2h

• Si consideri la successione definita da

an +1 = sin an

a1 = 1

a) Stabilire se an `e monotona.

Si ha 0 < an ≤ 1 per ogni n; infatti, per induzione 0 < a1 ≤ 1 e se 0 < an ≤ 1 si ha 0 < an +1 = sin an ≤ 1.

Pertanto an +1 = sin an < an per cui la successione `e decrescente.

b) Determinare, se esistono, sup{an} , inf{an} , max{an} , min{an}.

Essendo an decrescente e limitata esiste lim an = α∈ R e da an +1 = sin an, passando al limite si ha

α = sin α ovvero α = 0 . Ne segue che

max{an} = sup{an} = a1 = 1 , inf{an} = lim an = 0

mentre min{an} non esiste, essendo sempre an > 0.

•c) Determinare, al variare di α ∈ R, l’ordine di infinitesimo, per x → 0 di αex− cos(x2_{) + 1} − α . Si ha αex− cos(x2_{) + 1} − α = α(ex − 1) + (1 − cos(x2₎₎

Ricordando le propriet`a della somma di infinitesimi, osservato che ex_{− 1 `e infinitesima di ordine 1, mentre}

1− cos(x2_{) `}_{e infinitesima di ordine 4, si ha che la funzione richiesta `}_{e infinitesima:}

n_{di ordine 1 se α}_{6= 0} di ordine 4 se α = 0

• Si consideri la funzione

h(x) = 2ex− x d) Verificare che h `e invertibile in [0, +∞).

Essendo h derivabile e h0(x) = 2ex− 1 > 0 per ogni x ≥ 0, la funzione risulta strettamente crescente in [0, +∞) e quindi invertibile.

e) Detta k la sua inversa, calcolare, se esistono, k(2) e k0(2).

Si ha k(2) = x se e solo se h(x) = 2ex_{− x = 2 ovvero, in [0, +∞), con x = 0; quindi k(2) = 0.}

Inoltre, dal teorema di derivazione della funzione inversa k0(2) = 1

(6)

• Sia

f (x) = arctan 1

x2_{− 2x}+ arctan(x 2

− 2x)

f ) Determinare insieme di definizione, di continuit`a e di derivabilit`a di f .

La funzione risulta definita per x2− 2x 6= 0 ovvero per x 6= 0 e x 6= 2. In tale dominio f risulta continua e derivabile in quanto composta di funzioni continue e derivabili.

g) Calcolare la derivata di f e disegnare il grafico di f . Si ha, per x_{6= 0 e x 6= 2} f0(x) = 1 1 +_x2_{− 2x}1 2 −1 (x2_{− 2x)}2(2x− 2) + 1 1 + (x2_{− 2x)}2(2x− 2) = 0

per cui la funzione risulta costante nei tre intervalli che formano il dominio (_{−∞, 0)} , (0, 2) , (2, +_∞) Essendo f (1) = arctan(−1) + arctan(−1) = −π

2 e limx→ +∞f (x) = limx→−∞ f (x) = π

2 il grafico risulta

•h) Verificare, usando la definizione di limite, che

lim

x_{→ +∞}

x5_{+ 1}

x2_{+ 1} = +∞

Si tratta di verificare che

∀ > 0 ∃δ > 0 : x > δ ⇒

x5_{+ 1}

x2_{+ 1} >

Poich´e x→ +∞ `e lecito supporre x > 1 ovvero x2_{> 1 per cui}

x5+ 1 x2 _{+ 1} ≥ x5 2x2 = x3 2 . Sar`a quindi sufficiente scegliere x in modo che x₂3 > ovvero x >√3

2 da cui, ricordando che x > 1, δ = max{1,

3

√ 2} .

(7)

• Data la funzione g : R → R il cui grafico `e

i) Disegnare i grafici di g(|x| + 1) e di g(|x + 1|)

Il primo grafico `e ricavato mediante una traslazione a sinistra di 1 (g(x + 1)) e quindi, scartando la parte di ascissa negativa, utilizzando una simmetria rispetto all’asse y.

Il secondo utilizzando prima la suddetta simmetria (g(_{|x|)) e quindi traslando a sinistra di 1.}

j) Disegnare i grafici di g0(x) e di g(ln x).

Dal grafico di g si deduce che, per x < 1, g `e crescente, e quindi g0(x) > 0; mentre, per x > 1, g `e decrescente, ovvero g0(x) < 0.

Inoltre g0(1) = 0 e limx→±∞ g(x) = 0.

Per quel che riguarda il secondo grafico si ha intanto x > 0; inoltre limx→ 0g(ln x) = limx→−∞ g(x)

mentre limx→ +∞g(ln x) = limx→ +∞g(x) ; essendo poi il logaritmo una funzione crescente la composta sar`a

crescente per ln x < 1, ovvero x < e e decrescente per x > e. Infine g(ln x) = 0 se e solo se ln x = 0 ovvero x = 1

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ANALISI MATEMATICA I - Corso C - Seconda prova parziale - 27 Maggio 1997 2h

• Si consideri il problema di Cauchy

y0(x) = 6x2_py(x)

y(x0) = 1

a) Stabilire per quali x0 ∈ R esiste un’unica soluzione del problema dato.

Si tratta di un problema a variabili separabili con f (x) = 6x2definita e continua su tutto R, e g(y) =√y definita e di classe C1 per y > 0; pertanto essendo y0 = 1, per il teorema di esistenza ed unicit`a, esiste una

ed una sola soluzione del problema dato, per ogni x0 ∈ R.

b) Se x0 = 0 determinare, se esistono, le soluzioni del problema, precisandone il dominio.

Separando le variabili, per y(x) > 0, si ottiene y0(x) py(x) = 6x 2 ed integrando tra 0 ed x Z x 0 y0(t) py(t)dt = Z x 0 6t2 dt ovvero

2py(x)_{− 2}py(0) = 2x3 da cui py(x) = 1 + x3

Elevando al quadrato i due membri, dopo aver osservato che 1 + x3 > 0 cio`e x >−1, si ottiene y(x) = (1 + x3)2 , x >−1 .

(Si noti che la soluzione `e prolungabile, in modo unico, con y(x) = 0 per x≤ −1). c) Disegnare il grafico delle soluzioni relative al punto b).

•) Determinare un numero razionale che approssimi ln(1.2) a meno di ₁₀₀₀1 . Dalla formula di Taylor, con resto di Lagrange, si ha

ln(1 + x) = x−x 2 2 + x3 3 + ... + (−1) n +1x n n + (−1) n +2 x n +1 (n + 1)(1 + c)n +1 con c∈ [0, x]. Pertanto ln 1.2 = .2−(.2) 2 2 + (.2)3 3 + ... + (−1) n +1(.2)n n + (−1) n +2 (.2)n +1 (n + 1)(1 + c)n +1

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con 0 < c < .2. Poich´e (−1)n +2 (.2)n +1 (n + 1)(1 + c)n +1 ≤ (.2)n +1 n + 1 sar`a sufficiente scegliere n in modo che

(.2)n +1 n + 1 ≤ 1 1000 ovvero n = 3.

Il valore razionale richiesto `e quindi 2 10− 1 2 4 100 + 1 3 8 1000 = 548 3000 = 137 750 • Data la funzione f (x) = Z 4− x x 3 + cos(t) (t− 4)√3 t5_{− 1}dt a) Determinarne il dominio,

La funzione integranda `e definita e continua (e quindi integrabile) in (−∞, 1) ∪ (1, 4) ∪ (4, +∞). Inoltre lim t→ 1 3 + cos(t) (t_{− 4)}√3_t5_{− 1} = +_∞ di ordine 1 3 mentre lim t→ 4 3 + cos(t) (t_{− 4)}√3_t5_{− 1} = +_∞ di ordine 1

Pertanto l’integranda risulta integrabile (anche in senso improprio) in (−∞, 4) ∪ (4, +∞). Dovr`a allora essere

n_{x < 4}

4− x < 4 oppure

n_{x > 4} 4− x > 4 ovvero 0 < x < 4.

b) Stabilire l’insieme di continuit`a e di derivabilit`a.

Essendo gli estremi di integrazione due funzioni continue e derivabili, f risulta continua in tutto il suo dominio (perché l’integranda è integrabile) e derivabile per x6= 1 e 4 − x 6= 1 essendo l’integranda continua per t6= 1 (per t = 1 l’integranda è infinita).

Pertanto l’insieme di continuità è (0, 4) e l’insieme di derivabilità è (0, 1)∪ (1, 3) ∪ (3, 4). c) Calcolare, se esiste f0(x).

Dal teorema fondamentale del calcolo integrale e dalla formula di derivazione delle funzioni composte si ha, se x∈ (0, 1) ∪ (1, 3) ∪ (3, 4) f0(x) =− 3 + cos(4− x) (−x)_{p(4 − x)}3 5_{− 1} − 3 + cos(x) (x− 4)√3 x5 _{− 1}

• Stabilire per quali h e k reali l’insieme delle soluzioni del problema y00_{(x) + ky}0_{(x) + y(x) = k}_{− 2}

limx_{→ +∞}y(x) = h

`

e uno spazio vettoriale.

Affinché l’insieme delle soluzioni dell’equazione differenziale lineare sia uno spazio vettoriale è necessario e sufficiente che l’equazione stessa sia omogenea, cioè che sia k = 2.

E’ pure immediato verificare, utilizzando la stessa definizione di spazio vettoriale, che affinch´e sia sod-disfatta pure la seconda condizione, deve essere h = 0. (Se limx→ +∞y(x) = 0 e limx→ +∞z(x) = 0, anche

(10)

ANALISI MATEMATICA I - 4 Luglio 1997 3h

• Si considerino le funzioni

h(x) = x4+ 8x + k e g(x) = 1 h(x)

a) Stabilire per quali k∈ R, la funzione h ha punti di massimo o di minimo globale. Si ha, per ogni k∈ R,

h : R→ R, continua , lim

x_→±∞ h(x) = +∞

per cui h non `e limitata superiormente (e quindi non ammette massimo globale), mentre, per il teorema di Weierstrass generalizzato, ammette minimo assoluto, per ogni k∈ R.

b) Stabilire per quali k∈ R, g ha primitive in R.

g ha primitive in R se risulta continua in R (e solo se, essendo in caso contrario infinita), ovvero se e solo se h(x) = x4_{+ 8x + k}_{6= 0 per ogni x ∈ R.}

Poich´e come visto nel punto precedente h ha minimo assoluto, e tale valore `e assunto nel punto x =−√3

2 (ove si annulla h0(x) = 4x3_{+ 8) e si ha h(}₋√3

2) = k− 6√3

2, si conclude che g ha primitive in R se e solo se k− 6√3

2 > 0 ovvero k > 6√32

c) Stabilire per quali k∈ R, g ha primitive in [−1, +∞).

Analogamente al punto precedente g ha primitive in [_{−1, +∞) se e solo se risulta continua in tale} intervallo ovvero se e solo se h(x) = x4_{+ 8x + k}

6= 0 per ogni x ≥ −1. Essendo h crescente per x _{≥ −}√3_{2, e quindi per x}

≥ −1, g ha primitive in [−1, +∞) se e solo se h(_{−1) = k − 7 > 0 ovvero}

k > 7 .

d) Trovare esplicitamente tutte le primitive di g nel caso k = 0.

Posto k = 0 si ha g(x) = _x4_{+8 x}1 , che `e definita e continua in (−∞, −2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, +∞).

Utilizzando la decomposizione in fratti semplici si ha 1 x4_{+ 8x} = a x+ b x + 2 + cx + d x2_{− 2x + 4} = (a + b + c)x3+ (2c− 2b + d)x2_{+ (4b + 2d)x + 8a} x4_{+ 8x} da cui      a + b + c = 0 2c− 2b + d = 0 4b + 2d = 0 8a = 1 che risolto fornisce a = 1₈, b =−1

24, c =− 1 12, d = 1 12; pertanto 1 x4_{+ 8x} = 1 24 3 x− 1 x + 2− 2x− 2 x2_{− 2x + 4} .

Una primitiva di g `e quindi 1 24ln x3 (x + 2)(x2_{− 2x + 4)} = 1 24ln x3 x3_{+ 8}

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Tutte le primitive di g in (−∞, −2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, +∞) sono pertanto      1 24 ln x3 x3₊₈ + c1 , se x <−2 1 24 ln − x 3 x3₊₈ + c2 , se−2 < x < 0 1 24 ln x3 x3+8 + c3 , se x > 0

• Si consideri ora il problema

   y00(x) = g(x) y(0) = 0 y0(0) = 0

e) Stabilire per quali k∈ R il problema ha soluzioni in tutto R, e quante.

Il problema ha soluzioni in R se e solo se g ha primitive in R, poiché y0 è la primitiva di g che soddisfa y0(0) = 0 e di conseguenza y è la primitiva diRx

0 g(t)dt che soddisfa y(0) = 0 cio`e

y(x) = Z x 0 Z s 0 g(t)dt ds

Pertanto il problema dato ha una ed una sola soluzione per k > 6√3

2 (vedi punto b) ).

• Si consideri l’equazione differenziale

y00(x) + αy(x) = f (x) dove α `e un parametro reale e

f (x) = 6e− x− α , se x≤ 0 10 + 15 sin x , se x > 0 a) Nel caso α = 1, trovarne tutte le soluzioni in (_{−∞, 0) ed in (0, +∞).}

Con α = 1 l’equazione omogenea y00(x) + y(x) = 0 ha soluzioni

y(x) = c1sin x + c2cos x , c1, c2 ∈ R

Per x < 0 una soluzione particolare va cercata del tipo Ae− x _{+ B e sostituendo nell’equazione si ottiene}

A = 3 , B =_−1.

Per x > 0, essendo_{±i una soluzione del polinomio caratteristico, una soluzione particolare sar`a del tipo} C + x(D sin x + E cos x) e sostituendo si ottiene C = 10 , D = 0 , E =−15

2.

Pertanto le soluzioni richieste sono, per c1, c2, c3, c4 ∈ R

y(x) = c1sin x + c2cos x + 3e− x − 1 , se x < 0

y(x) = c3sin x + c4cos x−15₂ x cos x + 10 , se x > 0

b) Nel caso α = 1, trovare le funzioni derivabili in tutto (_{−∞, +∞), che sono soluzioni in} (_{−∞, 0) ∪ (0, +∞).}

Ricordando che, per essere derivabili, devono essere anche continue in 0, dovr`a essere lim

x→ 0− y(x) = c2+ 2 = lim_x_{→ 0}+y(x) = c4+ 10 , _xlim_{→ 0}− y

0_{(x) = c} 1− 3 = lim x→ 0+y 0_{(x) = c} 3− 15 2

(12)

da cui, con c1, c2 ∈ R

y(x) = c1sin x + c2cos x + 3e− x− 1 , se x < 0 (c1+9₂) sin x + (c2− 8) cos x −15₂x cos x + 10 , se x > 0

c) Nel caso α = 1, stabilire se esistono funzioni derivabili due volte in tutto (_{−∞, +∞), che} sono soluzioni in (_{−∞, 0) ∪ (0, +∞).}

Poich´e y00(x) = f (x)− y(x), si ha, (dovendo essere y continua) lim x→ 0− y 00_{(x) = lim} x→ 0−f (x)− y(x) = 5 − y(0) mentre lim x→ 0+y 00_{(x) = lim} x→ 0+f (x)− y(x) = 10 − y(0)

per cui, essendo tali limiti sempre diversi, y non pu`o mai essere derivabile due volte in 0.

d) Determinare per quali α ∈ R `e applicabile il teorema di esistenza ed unicit`a al problema con dati iniziali y(0) = 0 , y0(0) =−4.

Trattandosi di un problema di Cauchy lineare, per poter applicare il teorema di esistenza ed unicit`a si deve avere f continua in R. Poich´e

lim

x→ 0− f (x) = 6− α e _xlim_{→ 0}+f (x) = 10

dovr`a essere

α =−4

e) Per i valori di α risultanti dal punto precedente, trovare esplicitamente la soluzione. Con α =−4 l’omogenea associata diventa

y00− 4y(x) = 0 che ha soluzioni

y(x) = c1e− 2x+ c2e2x

mentre per le soluzioni particolari, in modo simile a quanto visto al punto a) si ha, per x < 0, y(x) = −2e− x_{− 1, e per x > 0, y(x) = −3 sin x −}5

2. Pertanto le soluzioni dell’equazione sono, con c1, c2, c3, c4 ∈ R

y(x) = c1e− 2x+ c2e

2x

− 2e− x _{− 1} _{, se x < 0}

c3e− 2x+ c4e2x− 3 sin x − 5₂ , se x > 0

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene      limx→ 0− y(x) = c1+ c2− 3 = 0 limx→ 0− y0(x) =−2c1+ 2c2+ 2 =−4 limx→ 0+ y(x) = c3+ c4−5₂ = 0 limx→ 0+ y0(x) =−2c3+ 2c4− 3 = −4

che risolto fornisce c1 = 3 , c2= 0 , c3 =3₂ , c4 = 1 e quindi la soluzione `e

y(x) = 3e3 − 2x− 2e− x− 1 , se x≤ 0 2e− 2x + e

2x

− 3 sin x −5