19gennaio2015 PaolaMannuccieAlviseSommariva Ricapitolazione.

Paola Mannucci e Alvise Sommariva

Universit`a degli Studi di Padova Dipartimento di Matematica

Studiare la convergenza assoluta e semplice della serie +∞ X n=1 (−1)n√1 nsin( 1 √ n)e 1 n2

Svolgimento.

Vediamo per prima cosa laconvergenza assoluta. Da

I sin(y ) ∼ y in un intorno di y = 0 ricaviamo che per n → +∞, 1/√n ≈ 0+ _{e quindi sin(1/}√_{n) ∼ 1/}√_n;

I ey ∼ 1 in un intorno di y = 0 ricaviamo che per n → +∞, 1/√n ≈ 0+ e quindi en21 ∼ 1; Se n ∈ N+_{, | sin(√}1 n)| = sin( 1 √ n), quindi il comportamento di +∞ X n=1 |(−1)n√1 nsin( 1 √ n)e 1 n2| = +∞ X n=1 1 √ nsin( 1 √ n)e 1 n2

e’ uguale a quello di

+∞ X n=1 1 √ n 1 √ n = +∞ X n=1 1 n

Vediamo ora laconvergenza. Se il termine an= 1 √ nsin( 1 √ n)e 1 n2

`e decrescente, positivo e infinitesimo allora la serie a segno alterno converge per il criterio di Leibniz.

Poich`e _√1 n, sin( 1 √ n), e 1

n2 hanno queste propriet`a , allora ce l’ha pure il prodotto

e quindi ricaviamo la convergenza della serie a segno alternoP+∞ i =1(−1)

Studiare la convergenza di I (α) = Z +∞ 2 6x2α (x − 1)2_(x2_{+ x}α_{+ 1)}dx per α ≥ 0

Svolgimento.

Osserviamo che l’integranda `e continua nel dominio [2, +∞) ed `e positiva. Intendiamo utilizzare il criterio del confronto asintotico.

I Il numeratore `e asintotico a 6x2α(ovvio!).

I il denominatore `e asintotico a x2_(x2_{+ x}α_{) in quanto}

(x − 1)2(x2+ xα+ 1) = (x2+ 2x + 1)(x2+ xα+ 1) ∼ x2(x2+ xα).

I se α < 2 allora x2(x2+ xα) ∼ x4ed il comportamento di I∗(α) =R+∞

2

x2α

x2(x2+xα)dx coincide con quello di

I1∗(α) = Z +∞ 2 x2α x2_{· x}2dx = Z +∞ 2 x2α−4dx . Se 2α − 4 = −1, cio`e α = 3/2 allora I1∗(α) = Z +∞ 2 x−1dx = lim x →+∞ Z x 2 (1/t)dt = lim x →+∞ln(t)| x 2= +∞. mentre se α ∈ [0, 2)\(3/2) I1∗(α) = Z +∞ 2 x2α−4dx = lim x →+∞ Z x 2 t2α−4dt = lim x →+∞ t2α−4+1 2α − 4 + 1| x 2

I se α = 2 allora x2_(x2_{+ x}α_{) ∼ 2x}4_{ed il comportamento di}

I∗(α) =R+∞ 2

x2α

x2(x2+xα)dx coincide con quello di

I1∗(α) = Z +∞ 2 x2·2 x2_{· (x}2_{+ x}2₎dx = (1/2) Z+∞ 2 1dx .

che ovviamente diverge.

I se α > 2 allora x2(x2+ xα) ∼ x(2+α)ed il comportamento di I∗(α) =R+∞

2

x2α

x2(x2+xα)dx coincide con quello di

I1∗(α) = Z +∞ 2 x2·α x(2+α)dx = Z +∞ 2 x2·α−(2+α)dx = Z+∞ 2 xα−2dx .

che ovviamente diverge in quanto l’integranda `e ovunque maggiore di 1 e R+∞

Esercizio

I _{Dire per quali α ∈ R la successione tende a 0;} I Dire per quali α ∈ R la serieP+∞

n=1anconverge.

Svolgimento.

Ricordiamo che per y → 0

I sin(y ) = y − y₆3+ o(y3);

I log(1 + y ) = y −y2 2 + o(y

2_).

e quindi

3 sin(y ) − log(1 + 3y ) = 3(y −y

Da

3 sin(y ) − log(1 + 3y ) ∼ 9 2y

2

visto che per n → +∞ abbiamo 1

n2 → 0, ricaviamo che 3 sin(1 n2) − log(1 + 3 1 n2) ∼ 9 2( 1 n2) 2 = 9 2· 1 n4. Di conseguenza an= nα(3 sin( 1 n2) − log(1 + 3 n2)) ∼ n α ·9 2· 1 n4 = 9 2n α−4 `e infinitesima se 9 2n α−4<sub>→ 0 cio`</sub> e α − 4 < 0, ovvero α < 4. Per quanto riguarda la serieP+∞

n=1an, da

an∼

9 2n

α−4

per il confronto con le serieP+∞ n=1

1

nβ, che convergono per β > 1 deduciamo

Esercizio

Discutere per quali a, b ∈ R `e continua f (x ) = ( (1 + x2₎1−cos(x )3 _{, x < 0,} ax + b, x ≥ 0

Svolgimento.

e che la funzione non `e definita nei punti in cui 1 − cos(x ) = 0, cio`e x = −2kπ con k ∈ N\{0}.

In tutti i punti cui `e definita, ad eccezione di x = 0, la funzione `e continua. Osserviamo che I cos(x ) = 1 −x2 2 + o(x 2_{) implica 1 − cos(x ) =} x2 2 + o(x 2₎

I log(1 + x ) = x −x₂2+ o(x2) e quindi log(1 + x2) = x2−x4 2 + o(x

4

Di conseguenza lim x →0−e 3 log (1+x 2 ) 1−cos(x ) _{= lim} x →0−e 3x 2 x 2 2 = e6.

Esercizio

Svolgimento.

Posto t = ex abbiamo che dt = exdx e quindi

I =

Z _e2x

e2x_{− 5e}x_{+ 6}dx =

Z _t

t2x_{− 5t + 6}dt.

Poich`e <sub>t</sub>2−5t+6t = (t − 3)(t − 2), `e noto che esistono A, B ∈ R tali che

t t2_{− 5t + 6} = t (t − 3)(t − 2)= A t − 3+ B t − 2 = At − 2A + Bt − 3B (t − 3)(t − 2) = (A + B)t − 2A − 3B (t − 3)(t − 2) In effetti tali A, B verificano



A + B = 1

In definitiva, visto che A = 3, B = −2 t t2_{− 5t + 6} = A t − 3+ B t − 2= 3 t − 3+ −2 t − 2 abbiamo Z t t2_{− 5t + 6}dt = Z  3 t − 3+ −2 t − 2  dt = 3 ln(|t − 3|) − 2 ln(|t − 2|) + c

e quindi visto che avevamo posto t = ex

I =

Z _e2x

e2x_{− 5e}x_{+ 6}dx = 3 ln(|e

Esercizio

Determinare i punti di estremo relativo e assoluto della funzione f (x , y ) = x2y − xy2+ xy

nell’insieme A = {(x , y ) ∈ R2: x ∈ [−1, 1], y ∈ [−1, 1]}

Svolgimento.

Si riconosce subito che A `e il quadrato [−1, 1] × [−1, 1]. Osservato che

fx(x , y ) = 2xy − y2+ y ,

fy(x , y ) = x2− 2xy + x,

i punti critici all’interno di A verificano 

y (2x − y + 1) = 0

Per la prima equazione y (2x − y + 1) = 0,

I la prima possibilit`a `e che sia y = 0. In tal caso, dalla seconda equazione x (x − 2y + 1) = 0 o x = 0, oppure x − 2 · 0 + 1 = 0, cio`e x = −1;

I la seconda possibilit`a `e che sia 2x − y + 1 = 0, cio`e y = 2x + 1; dalla seconda equazione x (x − 2y + 1) = 0, o x = 0 e quindi y = 1 oppure x − 2y + 1 = 0 cio`e x = 2y − 1, che offre

2(2y − 1) − y + 1 = 0 ⇔ 3y − 1 = 0 ⇔ y = 1/3, x = 2(1/3) − 1 = −1/3.

Deduciamo cos`ı che i punti critici liberi sono

(0, 0), (−1, 0), (0, 1), (−1/3, 1/3)

1. Richiesta: studiare la natura dei punti critici liberi.

Notiamo che

fxx(x , y ) = 2y , fyx(x , y ) = 2x − 2y + 1, fxy(x , y ) = 2x − 2y + 1, fyy(x , y ) = −2x

Ricaviamo cos`ı che il punto (0, 0) `e di sella in quanto Hf (0, 0) =  0 1 1 0  e det(Hf (0, 0)) = 0 · 0 − 1 · 1 = 1. Vediamo di seguito gli altri casi. Il punto (0, 1) `e di sella in quanto

Il punto (−1/3, 1/3) `e di minimo (locale) in quanto Hf (−1/3, 1/3) =  2/3 −1/3 −1/3 2/3  e (Hf (−1/3, 1/3))1,1= 2/3, mentre det(Hf (0, 1)) = 2/3 · 2/3 − (−1/3) · (−1/3) = 4/9 − 1/9 = 1/3 > 0.

Il punto (−1, 0) `e di sella in quanto

2. Richiesta: studiare la natura dei punti critici sul quadrato A = [−1, 1] × [−1, 1].

I I punti (0, 0), (−1/3, 1/3) sono interni ad A e quindi sono rispettivamente di sella e minimo locale.

I Trovo i punti critici sul bordo di A.

−1 −0.8−0.6−0.4−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

1

f (x , y ) = x2· y − x · y2

+ x · y , abbiamo che la funzione ristretta a L1vale

f |L1(x ) = x

2_{· 1 − x · 1}2

+ x · 1 = x2

e quindi ha un minimo in x = 0 e massimo in x = ±1, cio`e nel punto (0, 1) ha un minimo e in (±1, 1) un massimo (in L1).

−1 −0.8−0.6−0.4−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Figura : In rosso, il lato L1di [−1, 1] × [−1, 1] contraddistinto da y = 1,

f (x , y ) = x2· y − x · y2

+ x · y , abbiamo che la funzione ristretta a L2vale

f |L2(y ) = 1 2_{· y − 1 · y}2 + 1 · y = −y2+ 2y Osserviamo che da f |0L2(y ) = −2y + 2, f | 0 L2(y ) > 0 ⇔ y < 1

deduciamo che y = 1 `e un massimo e y = −1 `e un minimo. Di conseguenza, in L2, (1, 1) `e un massimo mentre (1, −1) `e un minimo.

−1 −0.8−0.6−0.4−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Figura : In rosso, il lato L2di [−1, 1] × [−1, 1] contraddistinto da x = 1,

f (x , y ) = x2· y − x · y2

+ x · y , abbiamo che la funzione ristretta a L2vale

f |L3(x ) = x 2_{· (−1) − x · (−1)}2 + x · (−1) = x2− 2x. Osserviamo che da f |0L3(x ) = 2x − 2, f | 0 L3(x ) > 0 ⇔ x > 1

deduciamo che x = 1 `e un minimo e x = −1 `e un massimo di f |L3. Di

conseguenza, in L3, (−1, 1) `e un minimo mentre (−1, −1) `e un massimo.

−1 −0.8−0.6−0.4−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Figura : In rosso, il lato L3di [−1, 1] × [−1, 1] contraddistinto da

Lato L4in cui x = −1, y ∈ [−1, 1]. In questo caso, da

f (x , y ) = x2_{· y − x · y}2_{+ x · y , abbiamo che la funzione ristretta a L} 4vale

f |L4(y ) = (−1)

2

· y − (−1) · y2+ (−1) · y = y2 Di conseguenza y = ±1 `e un massimo e y = 0 `e un minimo di f |L4. Di

conseguenza, in L4, (−1, ±1) `e un massimo mentre (−1, 0) `e un minimo.

−1 −0.8−0.6−0.4−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Figura : In rosso, il lato L4di [−1, 1] × [−1, 1] contraddistinto da

Da (x , y ) f(x,y) (-1/3,1/3) 0 (1,1) 1 (0,1) 0 (-1,1) 1 (-1,0) 0 (1,-1) -3 (-1,-1) 1

−1 −0.5 0 0.5 1 −1 −0.5 0 0.5 1 −3 −2 −1 0 1

Figura : Grafico di f (x ) = f (x , y ) = x2· y − x · y2_{+ x · y nel dominio}