Soluzione Tema Esame del 21 gennaio 2019

R

pensare di sfruttare le condizioni di regolarità della funzione definita dal teorema di Dini: applichiamo Dini

, ∞

∗

∗ ∗ ∞

ossia è di classe C in un aprto

ai punti x f , che sicuramente annullano F , quindi f C )),

) (A (x

(x ∈

∗ ∗

, ma poichè questo vale per tutti gli x (ed f è unica, quindi il teorema di Dini parla

del punto x {R {0}}

∈ \ ∞

proprio della f che abbiamo definito prima) allora f C (R {0}).

∈ \

Possiamo iniziare a cercare le intersezioni con gli assi. Ovviamente l’asse x non sarà intersecato, mentre

=

invece poniamo y 0 per studiare le intersezioni con l’asse x:

+ +

+ √

3 3

3

x 2 x 2

x 2 3

= + + = =⇒ = =⇒ =

0

F 0) e 0 1 0 x 2

(x, − − −

2 2 2

x x x

Possiamo trovare i punti di estremo locale ponendo uguale a 0 la derivata parziale su x:

+

3 2 2

∂F + +

4 3

2x x 2 3x x

· − · 4x 4

−x −x

= =

= − −

−

∂x 4 4 3

x x x

∂F + √

3 4

−x 3

= =⇒ =

= =⇒ 0 x

0 4

−

∂x 3

x

√

= 3

Quindi abbiamo che in x 4 si ha un punto stazionario. Si presti attenzione che in questo caso non è

√

=

3

semplice scrivere un’espressione per la y, bisognerebbe risolvere in y l’equazione trascendente F 4, y 0.

<

Ci accontentiamo di sapere che questo valore è sicuramente 0, infatti scrivendo l’equazione si osser-

∂F

va immediatamente che non può ammettere soluzioni positive. È anche utile studiare il segno di , in

∂x

particolare: ∂F + √

3 4

−x 3

> =⇒ > =⇒ < >

0 4

0 x 0 x

− ∨

∂x 3

x ∂F > 2

Questa informazione può essere combinata con 0 x, y : per la regola di derivazione della

∀ ∈ R

y √ √

< > < <

3 3

funzione implicita si deduce che f è decrescente per x 0 e x 4, mentre è crescente per 0 x 4.

√

= 3

Quindi abbiamo scoperto che x 4 è un punto di massimo locale. <

In questo caso è possibile studiare limiti ed asintoti osservando che per le x 0 si ha:

= +∞

lim F

−

x→0 =

lim F −∞

x→−∞

Questi limiti sono validi per tutte le y, quindi combinato col fatto che per tutti gli x negativi F è strettamente

+∞

crescente sulle x si può dedurre che f deve necessariamente andare a in un estremo ed in nell’altro.

−∞ −

La decresceza di f nel semipiano negativo implica che f abbia un asintoto negativo per x 0 , ed un

→

+∞

asintoto a per x → −∞. √

< < 3

Studiamo il caso di 0 x 4: = +∞

lim F

+

x→0 6

= + +

y

lim F 1 e y

−

√ /

4

2 3

3

x→ 4

+

y

Si osserva che per la crescenza stretta di e y (e per la continuità) il secondo limite è negativo solo per le

>

< 6 1 0), quindi f cresce da

y minori di un certo y (che si potrebbe prevedere essere y 0, in quanto −

0 0 4

/3

2

√

3

fino ad un massimo localey che si raggiunge in 4, proprio come previsto in precedenza.

−∞ 0

Non resta che studiare l’ultimo limite: = +∞

lim F

x→+∞

Combinando questa informazione con il limite precedente si ha che, come ci aspettavamo, f decresce, ed

+∞. <

∗ ∗

in particolare tende a per x Infatti su ogni restrizione con y fissato si ha che se y y

−∞ → ∈ R 0

√

, < ∂F

3

∗

F y 4 0, quindi i due limiti hanno segno opposto, la derivata è strettamente crescente, quindi per

x

<

∗

ogni y y interseco la funzione.

0 = +

Non resta che trovare gli asintoti obliquo, che è una retta sempre nella forma y mx q . Per trovare

= +

i parametri m e q (se esistono) è sufficiente sostituire y mx q nell’espressione della F , e chiedere che

questa sia un o (ossia una funzione che divisa per x tende a 0 per x Possiamo già escludere il

(x) → ±∞).

=

caso m 0, visto che la funzione va ad infinito ambo i lati.

+

3

x 2 + + =

+ = + mx+q

mx q 1 o

F x, mx q e (x)

−

2

x

+∞. > mx+q

Cominciamo ad analizzare il caso x Ci rendiamo subito conto che se m 0 il termine e non è mai

→

un o ne si può cancellare con gli altri termini (che non sono esponenziali), quindi se esiste m sicuramente

(x), +2

3

< < = + + =

x

mx+q

m 0. Per ogni m 0 e o quindi non resta che chiedere che anche mx q 1 o ciò si

(x), (x),

−

2

x

+2

3

= = +1, + = =

x 2

verifica evidentemente solo nel caso in cui m e q infatti si ottiene x 1 1 o Il

(x).

−1 − −

2 2

x x

= +∞

valore di m rispetta la condizione imposta dall’esponenziale, quindi in x abbiamo effettivamente

−1 →

= +

un asintoto obliquo di equazione y 1.

−x >

Nel caso x abbiamo invece che per l’esponenziale deve essere m 0 (stessa motivazione di sopra,

→ −∞

ma considerando il segno negativo della x). Sotto questa condizione l’esponenziale è un o-piccolo, quindi

+2

3 +mx +q =

x

dobbiamo chiedere che anche il resto dell’equazione lo sia: 1 o che è la stessa equazione

(x),

−

2

x

= = +1. =

scritta in precedenza. Pertanto avrà la stessa soluzione m e q Tuttavia questa volta m non è

−1 −1

accettabile, perchè farebbe divergere l’esponenziale. Quindi ne conclusioamo che per x non esistono

→ −∞

+ =

m q tali per cui F x, mx q o pertanto per x non ci sono asintoti obliqui.

(x),

∈ ∈ → −∞

R, R N

∈

2. (Punti 8. Scrivere uno svolgimento.) Sia per ogni n

√

3 x

n

f (x) = .

n 6 2

1 + n x

Calcolare R 1

i) lim f (x)dx

n→+∞ n

0

R +∞

ii) lim f (x)dx

n→+∞ n

1

giustificando il procedimento seguito.

Punto (i) √

3 3

n 1

x n x c

= = = /

−1 2

f cx

(x) ≤

√ √

n + 6 2 2

1 n x +

x x

3

1 n x

= 3

L’ultima minoraizione è giustificata dal fatto che, posto y n x, la funzione

y

=

g y + 2

1 y

tende evidentemente a 0 per y inoltre è continua in tutto il suo dominio, quindi è limitata (in partico-

→ ±∞, /

−1

2

lare : g y c ). A questo punto osserviamo che cx è una maggiorante, non dipendente da

∃c ∈ ∀y ∈ ≤

R R

n, ed integrabile in 1], pertanto possiamo applicare il teorema di Lebesgue della convergenza dominata,

[0,

e scambiare limite ed integrale: √

1 1 1 1

3

∫ ∫ ∫ ∫

x

n

= = = =

lim f dx lim f dx lim dx 0dx 0

(x) (x)

n n + 6 2

1 n x

n→+∞ n→+∞ n→+∞

0 0 0 0

Punto (ii) √

√ 3

3 1

x n x 1

n =

=

= − /

3 2

x

f (x) ≤

≤

n + 6 2 3 / /

3 3

1 n x 3 n x x

2 2

6 2

n x

+ >

6 2 6 2 3

Ovviamente vale 1 n x n x , per l’ultima minorazione si sfrutta il fatto che n 1 almeno definiti-

≥

+∞). − /

3 2

vamente (cosa che è vera in quanto n La funzione x è una maggiorante, non dipendente da n,

→

+∞).

ed integrabile in Quindi, anche in questo caso, si verificano tutte le ipotesi del teorema di Lebesgue

[1,

della convergenza dominata, e possiamo scrivere quanto segue: √

+∞

+∞ +∞ +∞

3

∫

∫ ∫ ∫

n x

= = =

=

lim f dx lim f dx lim 0dx 0

dx

(x)

(x)

n n + 6 2

1 n x

n→+∞ n→+∞

n→+∞ 1

1 1 1

3. (Punti 8. Scrivere uno svolgimento.) Si consideri il campo vettoriale

~ 2 2

F (x, y, z) = (x y, y, xz ).

~

Calcolare il flusso di F attraverso la superficie il cui sostegno coincide con

R

3

{(x, ∈ ≥ ≥ ≥

S := y, z) : x + y + z = 1, x 0, y 0, z 0}

·

e la cui orientazione è tale che per il versore normale ~ν si abbia ~ν e

~ > 0.

3

z

La cosa più furba è osservare che la variabile y non è mai eleva-

ta a potenza, quindi potrebbe essere conveniente per semplificare i 1, 0)

(0,

calcoli scrivere il dominio di integrazione come segue:

, , =

x 1] z 1 x] f : y 1 x z

[0, [0,

∈ ∈ − − − ν

®

= 2

D z : 0 x 1, 0 z 1 x

(x, ) ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ −

R y

D O

Che corrisponde al dominio evidenziato. Poichè abbiamo parame-

= 0, 0)

(1,

trizzato la superficie come grafico di una funzione y f z il

(x, )

®

nds è il vettore che ha per prima e terza componente le derivate 0, 1)

(0,

x

di f cambiate di segno, e 1 come seconda componente. Quindi

scriviamo: ∂f ∂f

∬ ∬

D E

= = , ,

® ®

®

F n ds F x, f z z 1, dxdz

(x, )

· · − −

Φ ∂x ∂z

D

∂f ∂f

= =

Dove si possono calcolare le derivate −1, −1.

∂x ∂z

Sviluppiamo il prodotto scalare:

∂f

∂f

+ + = + +

, =

, 2 2 2 3 2 2

® f z f z xz x x zx 1 x z xz

1, x

F x, f z z (x, ) (x, )

(x, ) − − − −

−

· −

∂x ∂z

A questo punto scriviamo osserviamo che possiamo scrivere l’integrale doppio come integrale iterato. Si

presti attenzione che per come è stato scritto il dominio è necessario eseguire prima l’integrale su dz . La

costante può essere portata fuori dagli integrali moltiplicandola per l’area del dominio, che vale .

−1 /

1 2

1 1−x

∫

∬ ∫

= + + = + + =

3 2 3 2

x 1 x z dxdz x 1 x z dz dx

−