ANALISI MATEMATICA 2 (19 giugno 2003)
1. Sia a ∈ R, a 6= 0. L’integrale improprio
+∞
Z
π
2
0
− artg 1t
dt
et/a − 1
converge
(A) per ogni a
(C) se e solo se a > 0
(B) per nessun valore di a
(D) se e solo se a ∈ (0, 1)
La funzione integranda è continua su (0, +∞); poiché per ogni t > 0 vale
π
1
− artg = artg t,
2
t
se t → 0+ si ha
f (t) =
π
2
− artg 1t
artg t
t
= t/a
∼
= a,
t/a
et/a − 1
e −1
cioè la funzione integranda può essere definita con continuità in t = 0, ponendo
f (0) = a.
Poiché per t → +∞ si ha
π
−
π
1
a<0
−
artg
2
t
2
∼
π
t/a
e −1
a>0
2et/a
l’integrale non converge se a < 0 (se il limite per t → +∞ della funzione
integranda esiste, deve essere zero!!). Converge invece se a > 0: infatti in un
intorno di +∞ si ha
π
− artg 1t
π
1
0 ≤ 2 t/a
∼ t/a ≤ 2
t
e −1
2e
La risposta esatta è (C).
2. Tutte le primitive su (−5, +∞) della funzione
f (x) = (2x + 3) log(x + 5)
sono le funzioni
g(x ) = ............................................................................................................
Integriamo per parti:
Z
Z 2
x + 3x
f (x)dx = (x2 + 3x) log(x + 5) −
dx = (x2 + 3x) log(x + 5)+
x+5
¸
Z ·
10
x2
−
x−2+
dx = (x2 + 3x) log(x + 5) −
+ 2x − 10 log(x + 5) + c
x+5
2
3. Sia
©
ª
E = (x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0, 2y < x2 + z 2 < y + 5 .
Z
Allora xz dxdydz vale
E
(A)
125
16
(B)
25
2
(C) −
1
8
(D)
125
8
Vista la definizione di E, utilizziamo le coordinate cilindriche, ponendo però
x = ρ cos θ
z = ρ sin θ
y=y
ρ > 0, θ ∈ (0, 2π), y ∈ R
Osserviamo prima di tutto che deve essere 2y < y + 5 e quindi y < 5. Allora
l’insieme corrispondente ad E (a meno di insiemi di misura zero) è
n
o
p
π p
E ∗ = (ρ, θ, y) : 0 < y < 5, 0 < θ < , 2y < ρ < y + 5
2
Si ha
Z
Z
xz dxdydz =
·
E
sin2 θ
=
2
dθ
0
¸θ=π/2 Z
θ=0
·
Z
π/2
dy
0
√
Z
5
y+5
√
2y
ρ3 cos θ sin θ dρ
¸ρ=√y+5
Z
¤
1 5£
dy =
−3y 2 + 10y + 25 dy
√
8
0
0
ρ= 2y
¤
1£ 3
125
y=5
=
−y + 5y 2 + 25y y=0 =
8
8
5
ρ4
4
e la risposta esatta è (D).
4. Nel suo insieme di definizione, la funzione
f (x, y) = x log(2x + y − 1)
(A) ha un punto di minimo relativo che non è assoluto
(B) ha un punto di minimo assoluto
(C) non ha estremanti
(D) ha un punto di massimo relativo che non è assoluto
Poiché f è di classe C ∞ sul semipiano
©
ª
S = (x, y) ∈ R2 : y > −2x + 1 ,
cerchiamo eventuali punti stazionari. Si ha
2x
fx (x, y) = log(2x + y − 1) +
=0
2x + y − 1
x
fy (x, y) =
=0
2x + y − 1
e quindi l’unico punto stazionario (appartiene a S!!) è (0, 2). Poiché
·
¸
4 1
det Hf (0, 2) = det
<0
1 0
il punto (0, 2) non è estremante; la risposta esatta è (C).
5. Tutte le soluzioni su R dell’equazione differenziale
y 000 + 5y 00 + 6y 0 = 6x2 − 2x
sono le funzioni
y(x) = ..........................................................................................................
Abbiamo una equazione differenziale lineare del terzo ordine a coefficienti costanti. L’equazione caratteristica associata
z 3 + 5z 2 + 6z = z(z + 2)(z + 3)
ha le radici reali distinte λ = −3, −2, 0 e quindi tutte le soluzioni dell’equazione
omogenea sono le funzioni
yom (x) = c1 + c2 e−3x + c3 e−2x
c1 , c2 , c3 ∈ R
Cerchiamo una soluzione particolare del tipo
y ∗ (x) = x(ax2 + bx + c)
Derivando e sostituendo nell’equazione, si ottiene
a=
1
3
b = −1
c=
4
3
e quindi tutte le soluzioni dell’equazione assegnata sono
µ 2
¶
x
4
y(x) = x
−x+
+ c1 + c2 e−3x + c3 e−2x
3
3
6. Sia f = f (t) una funzione derivabile su tuttoR e
g(x) = f (kxk)
Allora
(A) per ogni x ∈ Rn si ha
x ∈ Rn
∂g
(x) = f 0 (kxk)xj
∂xj
(B) per ogni x ∈ Rn , x 6= 0, si ha k∇g(x)k = |f 0 (kxk)|
(C) per ogni x ∈ Rn , x 6= 0, si ha k∇g(x)k = f 0 (kxk) kxk
(D) per ogni x ∈ Rn si ha
∂g
(x) = f 0 (kxk)2xj
∂xj
cj ∈ R
Dal teorema di composizione delle funzioni differenziabili si ha
∂
∂g
(x) = f 0 (kxk) ·
kxk.
∂xj
∂xj
Poiché
v
u n
uX
kxk = t
x2 ,
k
k=1
si ha
1
∂
kxk =
∂xj
2
Ã
n
X
!−1/2
x2k
2xj =
k=1
xj
kxk
e quindi sia la (A) che la (D) sono false. Calcoliamo la norma del gradiente: si
ha
v
v
uX
¶2
µ
¶2 uX
µ
u n
u n
∂g
xj
k∇g(x)k = t
(x) = t
f 0 (kxk)
∂xj
kxk
j=1
j=1
v
uX
n
|f 0 (kxk)| u
|f 0 (kxk)|
t
=
x2j =
· kxk = |f 0 (kxk)|
kxk
kxk
j=1
e quindi la risposta esatta è (B).
7. Il grafico della funzione
Z
F (x) =
x
√
t + 1 artg
t + sin t
3
1
2−t
dt
è approssimativamente rappresentato nel disegno.............
Presentiamo un breve studio di funzione. L’integranda
√
1
t + 1 artg 2−t
f (t) =
t + sin t
è definita e continua su [−1, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, +∞); poiché la funzione integrale è
definita a partire da x0 = 3, F è definita almeno su (2, +∞). Poiché
√
3 ³ π´
f (t) ∼
∓
t → 2± ,
(*)
2 + sin 2
2
l’integrale improprio su (2, 3) converge e anche gli integrali su (x, 3) per ogni
x > 0. Quindi F è definita almeno su (0, +∞). Poiché
f (t) ∼
artg
2
1
2
·
1
t
t → 0,
l’integrale improprio su (0, +∞) non converge e quindi l’insieme di definizione
di F è (0, +∞).
Dal teorema fondamentale dell’integrazione, tenuto conto della (*), abbiamo
√
1
x + 1 artg 2−x
0
F (x) = f (x) =
x=
6 2
x + sin x
e x = 2 è un punto angoloso (la punta dell’angolo è rivolta verso l’alto); inoltre
(si tenga presente che sin x > −x per ogni x > 0) si ha
F 0 (x) > 0
F 0 (x) < 0
0<x<2
x>2
F cresce su (0, 2)
F decresce su (2, +∞)
e anche
lim F (x) = −∞.
x→0+
Per la monotonia, F ammette limite a +∞ e, poiché
√
t
1
f (t) ∼
= − 3/2 ,
t(2 − t)
t
tale limite è finito; quindi il grafico di F presenta un asintoto orizzontale.
8. Sia ya la soluzione del problema di Cauchy
a
eax cos x
=0
y0 − y +
3
3y 2
a∈R.
y(0) = 2
Allora il limite
lim ya (x)
x→−∞
esiste finito se e solo se
(A) a > 0
(B) a ≥ 0
(C) a < 0
(D) a < 4/3
L’equazione differenziale è una equazione di Bernoulli; posto u(x) = y 3 (x), si
ha il nuovo problema
½ 0
u − au = −eax cos x
u(0) = 8
la cui soluzione è
Zx
u(x) = eax 8 − cos r dr = eax (8 + sin x).
0
Quindi
ya (x) =
p
3
eax (8 + sin x).
Poiché 7 ≤ 8 + sin x ≤ 9, si ha
p
√
√
√
3
3
3
= 7e(a/3)x = 7eax ≤ ya (x) ≤ 3 eax (8 + sin x) = 9e(a/3)x
Quindi dal teorema del confronto per il calcolo dei limiti si ricava che ya diverge
a +∞ se a > 0, converge a 0 se a < 0; se a = 0 invece non ammette limite. La
risposta esatta è (C).
