Esercizio1.
- Lafunzionepropostaepariede nitasututtol'assereale,pertantoC :E:=IR . Inoltre,
lim
x!1
f(x)=+1 enoncisono asinototiorizzontalioobliqui perx!1;
infatti lim
x!1 f(x)
x
= lim
x!1 e
x 4
=1:
- Lafunzioneecontinuain quanto prodottoecomposizionedi funzionicontinue,inoltre f(x)0in IR .
Monotonia:
f 0
(x)= 8
<
: e
x 4
(1+4x 4
)>0 perx>0;
e x
4
(1+4x 4
)<0 perx<0;
e lim
x!0
f
0
(x)=1;
pertanto,f cresceperx>0,decresceperx<0,x=0epuntoangolosodiminimoassolutoef(0)=0.
Concavita:
f 00
(x)= 8
>
<
>
: 4x
3
e x
4
(5+4x 4
)>0 perx>0;
4x 3
e x
4
(5+4x 4
)>0 perx<0;
pertanto f esempreconvessa.
Osserviamoche,piu semplicemente,epossibilestudiarelafunzione f(x)=xe x
4
nell'intervallo[0;+1)
epoidisegnareil gra coglobalepersimmetriarispettoall'assex=0.
Ilgra coe
Esercizio2.
- Perx=3abbiamo
+1
X
n=1 3
3 3
+4n 3
=3 +1
X
n=1 1
27+4n 3
che convergeperil criterio delconfrontoasintotico,poiche 1
27+4n 3
1
4n 3
, cheeil termine generale di
unaseriearmonicageneralizzataconvergente,in quanto haesponentemaggioredi 1.
- Osserviamoche,perx=0,laserieconvergebanalmenteinquantocoincideconlaserienulla. Perx>0
laserieeaterminipositiviesiha
+1
X
n=1 x
x 3
+4n x
=x +1
X
n=1 1
x 3
+4n x
:
Poiche 1
x 3
+4n x
1
4n x
,perx>1laseriepropostaconvergeperconfrontoasintoticoconlaseriearmonica
generalizzatadi esponente maggiore di 1, mentre per 0<x 1essa divergeperconfronto asintotico
Ponendoz=a+ibesostituendonell'equazioneproposta,siottienea ib+2a+2ib=a 2
+b 2
,ovvero
3a+ib=a 2
+b 2
. Uguagliandoparterealeedimmaginariadiamboimembri,siricava
(
3a=a 2
+b 2
b=0
=) (
3a=a 2
b=0
=) (
a(a 3)=0
b=0
:
Inconclusione,lesoluzionicercatesonoa=0;b=0,dacuiz=0,ea=3;b=0,dacuiz=3.
Esercizio4.
Tenendo conto della simmetriacircolare del dominio e dellafunzione integranda, si puo e ettuareun
cambiamentoin coordinatepolaripiane. Intal caso,l'insiemediintegrazioneE sitrasformain
~
E=f(;)2(0;+1)[0;2) : 12;=4=2g
el'integralepropostodiviene
ZZ
E 2xe
y
p
x 2
+y 2
dxdy= ZZ
~
E
2cos e
sin
d d=
Z
2
1 2
2
d
Z
=2
=4
cose sin
d
!
= 2
3
3
2
1
!
e sin
=2
=4
= 14
3 (e e
p
2=2
):
Domanda1.
- Dataf :IR!IR ,essasidicecontinuanelpuntox
0
=5se
lim
x!5
f(x)=f(5) :
Equivalentemente,si dicechef econtinuain x
0
=5seperogni">0esisteÆ>0,tale che per ogni
x2IR conjx 5j<Æ,seguechejf(x) f(5)j<".
- Lafunzione
f(x)=
1 perx5;
1 perx>5;
haunpuntodidiscontinuitadi saltoinx
0
=5,poiche
lim
x!5
f(x)= 16=1= lim
x!5 +
f(x):
Domanda2.
- Vederelibroditeoria.
- Peresempioconsideriamoil problemadi Cauchy
()
(
y 0
(x)=2y(x)+x
y(0)=0
doveil secondomembroedatoda f(x;y)=2y+x, cheeunafunzione de nita su tuttoIR 2
(cioeun
apertodi tipostrisciaverticale), di classeC 1
(IR 2
) elinearenella variabiley. Inoltre,poiche
@f
@y
=2,
cioela derivataparziale rispetto ady eglobalmente limitata,vale il teoremadi esistenza eunicita in
1
Esercizio1.
- La funzione propostaesimmetrica rispetto alla retta x =1 e de nita su tutto l'asse reale, pertanto
C :E:=IR . Inoltre,
lim
x!1
f(x)=+1 enoncisono asinototiorizzontalioobliqui perx!1;
infatti lim
x!1 f(x)
x
= lim
x!1 e
(x 1) 2
=1:
- Lafunzioneecontinuain quanto prodottoecomposizionedi funzionicontinue,inoltre f(x)0in IR .
Monotonia:
f 0
(x)= 8
<
: e
(x 1) 2
(1+2(x 1) 2
)>0 perx>1;
e (x 1)
2
(1+2(x 1) 2
)<0 perx<1;
e lim
x!1
f
0
(x)=1;
pertanto,f cresceperx>1,decresceperx<1,x=1epuntoangolosodiminimoassolutoef(1)=0.
Concavita:
f 00
(x)= 8
>
<
>
:
2(x 1)e (x 1)
2
(3+2(x 1) 2
)>0 perx>1;
2(x 1)e (x 1)
2
(3+2(x 1) 2
)>0 perx<1;
pertanto f esempreconvessa.
Osserviamoche,piusemplicemente,epossibilestudiarelafunzionef(x)=(x 1)e (x 1)
2
nell'intervallo
[1;+1) epoidisegnareilgra coglobalepersimmetriarispettoall'assex=1. Ilgra coe
Esercizio2.
- Perx=2abbiamo
+1
X
n=1 2
2 2
+5n 2
=2 +1
X
n=1 1
4+5n 2
checonvergeperilcriteriodelconfrontoasintotico,poiche 1
4+5n 2
1
5n 2
,cheeilterminegeneralediuna
seriearmonicageneralizzataconvergente,inquantohaesponentemaggioredi 1.
- Osserviamoche,perx=0,laserieconvergebanalmenteinquantocoincideconlaserienulla. Perx>0
laserieeaterminipositiviesiha
+1
X
n=1 x
x 2
+5n x
=x +1
X
n=1 1
x 2
+5n x
:
Poiche 1
x 2
+5n x
1
5n x
,perx>1laseriepropostaconvergeperconfrontoasintoticoconlaseriearmonica
generalizzatadi esponente maggiore di 1, mentre per 0<x 1essa divergeperconfronto asintotico
Ponendoz=a+ibesostituendonell'equazioneproposta,siottiene3a 3ib a ib=2(a 2
+b 2
),ovvero
2a 4ib=2(a 2
+b 2
). Uguagliandoparterealeedimmaginariadi amboi membri,siricava
(
2a=2(a 2
+b 2
)
4b=0
=) (
a=a 2
b=0
=) (
a(a 1)=0
b=0
:
Inconclusione,lesoluzionicercatesonoa=0;b=0,dacuiz=0,ea=1;b=0,dacuiz=1.
Esercizio4.
Tenendo conto della simmetriacircolare del dominio e dellafunzione integranda, si puo e ettuareun
cambiamentoin coordinatepolaripiane. Intal caso,l'insiemediintegrazioneE sitrasformain
~
E=f(;)2(0;+1)[ ;) : 13; =2 =4g
el'integralepropostodiviene
ZZ
E y e
3x
p
x 2
+y 2
dxdy= ZZ
~
E
sine 3cos
dd=
Z
3
1
2
d
Z
=4
=2 sine
3cos
d
!
= 1
3
3
3
1
!
1
3 e
3cos
=4
=2
!
= 26
9 (1 e
3 p
2=2
):
Domanda1.
- Dataf :IR!IR ,essasidicecontinuanelpuntox
0
=7se
lim
x!7
f(x)=f(7) :
Equivalentemente,si dicechef econtinuain x
0
=7seperogni">0esisteÆ>0,tale che per ogni
x2IR conjx 7j<Æ,seguechejf(x) f(7)j<".
- Lafunzione
f(x)= (
1 perx<7;
0 perx=7;
1 perx>7;
haunpuntodidiscontinuitaeliminabileinx
0
=7,poiche
lim
x!7
f(x)=1= lim
x!7 +
f(x)
maf(7)=06=1.
Domanda2.
- Vederelibroditeoria.
- Peresempioconsideriamoil problemadi Cauchy
()
(
y 0
(x)=2y(x)+x
y(0)=0
doveil secondomembroedatoda f(x;y)=2y+x, cheeunafunzione de nita su tuttoIR 2
(cioeun
apertodi tipostrisciaverticale), di classeC 1
(IR 2
) elinearenella variabiley. Inoltre,poiche
@f
@y
=2,
cioela derivataparziale rispetto ady eglobalmente limitata,vale il teoremadi esistenza eunicita in
1
