Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Analisi I per Ingegneria Online 27–02–2016 A.A. 2015/2016, Scritto valido per l’orale

Si usi lo spazio sottostante ciascun esercizio per le soluzioni.

Nome(Stampatello)  Cognome(Stampatello)  Matricola

1) (7.5 punti) Sia data la serie ∑_{k=1}^{+∞}(−1)^{k} \frac{arctan k^{a}}{k^{a}} . Dire per quali valori di a la serie converge assolutamente e semplicemente.

Sia a > 1. Da 0 < \frac{arctan k^{a}}{k^{a}} ≤ \frac{π}{2k^{a}} segue ∑_{k=1}^{+∞} |(−1)^{k} \frac{arctan k^{a}}{k^{a}} | ≤ ∑_{k=1}^{+∞} \frac{π}{2k^{a}} e la serie converge assolutamente e quindi semplicemente. Sia 0 < a ≤ 1. Il ragionamento precedente non porta da nessuna in quanto ora ∑_{k=1}^{+∞} \frac{π}{2k^{a}} divergerebbe. Bisogna ricordare che arctan x + arctan \frac{1}{x} = \frac{π}{2} \frac{x}{|x|}. Ne segue

∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{k}}{k^{a}} (\frac{π}{2} − arctan \frac{1}{k^{a}} ) .

Ora sia ∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{k}}{k^{a}} \frac{π}{2} che ∑_{k=1}^{+∞} \frac{(−1)^{k}}{k^{a}} arctan \frac{1}{k^{a}} sono serie di Leibnitz per cui convergono semplicemente e non assolutamente. a = 0. Il termine generale della serie è (−1)^{k}π/4 ↛ 0 per cui non può convergere. a < 0. In tal caso k^{a} → 0 e quindi asintoticamente \frac{arctan k^{a}}{k^{a}} ∼ \frac{k^{a}}{k^{a}} = 1 da cui la non convergenza.

2) (7.5 punti) Sia data la serie ∑_{k=1}^{+∞}(−1)^{k}k^{a}(\sqrt{k + 1} − \sqrt{k})^{a}. Dire per quali valori di a la serie converge assolutamente e semplicemente. a < −2. 0 < \sqrt{k + 1} − \sqrt{k} = \frac{1}{\sqrt{k + 1} + \sqrt{k}} ≤ \frac{1}{2\sqrt{k}} . Possiamo quindi maggiorare

|∑_{k=1}^{+∞}(−1)^{k}k^{a}(\sqrt{k + 1} − \sqrt{k})^{a}| ≤ ∑_{k=1}^{+∞} \frac{k^{a}}{2^{a}k^{a/2}} = ∑_{k=1}^{+∞} \frac{k^{a/2}}{2^{a}}

e la convergenza è assoluta se a/2 < −1 ossia a < −2. Se a ≥ 0, la serie non converge. Infatti k^{a}(\sqrt{k + 1} − \sqrt{k})^{a} = (\frac{k}{\sqrt{1 + k} + \sqrt{k}} )^{a} → +∞ se a > 0. Se a = 0 il termine generale vale (−1)^{k} e la serie non converge. −2 ≤ a < 0.

\begin{matrix}(\sqrt{k + 1} − \sqrt{k})^{a} = k^{a/2} (\sqrt{1 + \frac{1}{k}} − 1)^{a} = k^{a/2} (1 + \frac{1}{2k} + O(\frac{1}{k^{2}} ))^{a} = \\ = k^{a/2} (1 + \frac{a}{2k} + O(\frac{1}{k^{2}} )) \end{matrix}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Ora ∑_{k=1}^{+∞}(−1)^{k}k^{a/2} è una serie di Leibnitz. La serie ∑_{k=1}^{+∞}(−1)^{k}k^{a/2} \frac{a}{2k} e la serie ∑_{k=1}^{+∞}(−1)^{k}k^{a/2}O(\frac{1}{k^{2}} )

convergono assolutamente. La serie quindi è di Leibnitz e converge.

3) (15 punti) Sia data una funzione f: [a, b] → R continua in [a, b] e derivabile k volte in (a, b). Si dimostri il Teorema di Peano: per un qualsiasi punto x_{0} ∈ (a, b) esiste un polinomio P (x) di

grado uguale od inferiore a k tale che f(x) = P (x) + R(x) e lim_{x→x_{0}} \frac{R(x)}{x^{k}} = 0. Inoltre il polinomio

è unico.

4) (20 punti) Sia data la funzione

f(\underline{x}) = \{ \begin{matrix}\frac{sin(xy − y) − xy + y}{y(ln x)^{2}} x ≠ 1 ∧ y ≠ 0 \\ 0 y = 0 ∨ x = 1 \end{matrix}

Si scriva:

1) l’insieme di definizione è x > 0.

2) l’insieme in cui è continua. Se y ≠ 0 e x ≠ 1, la funzione è il rapporto di due funzioni continue e quindi è continua. Sia \underline{x}_{0} = (x_{0}, 0) con x_{0} ≠ 1. Se y ≠ 0

f(x, y) − f(x_{0}, 0) = f(x, y) = \frac{sin(xy − y) − xy + y}{y(ln x)^{2}} =

= \frac{xy − y − \frac{1}{3}(x − 1)^{3}y^{3} + O((x − 1)^{4}y^{4}) − xy + y}{y(ln x)^{2}} = \frac{−\frac{1}{3}(x − 1)^{3}y^{3} + O((x − 1)^{4}y^{4})}{y(ln x)^{2}} → 0

in quanto y → 0.

Se invece (x, y) = (x, 0) allora f(x, y)−f(x_{0}, 0) = 0−0 e quindi la funzione è continua in (x_{0}, 0) e x_{0} ≠ 1. Sia \underline{x}_{0} = (1, 0). Se (x, y) = (x, 0) con x ≠ 1 allora f(x, y) − f(1, 0) = 0 − 0. Se (x, y) = (1, y) con y ≠ 0, si ha f(x, y) − f(1, 0) = 0 − 0. Se x ≠ 1, y ≠ 0, allora

f(x, y) − f(1, 0) = f(x, y) = \frac{sin(xy − y) − xy + y}{y(ln x)^{2}} =

= \frac{xy − y − \frac{1}{3}(x − 1)^{3}y^{3} + O((x − 1)^{4}y^{4}) − xy + y}{y(ln x)^{2}} = \frac{−\frac{1}{3}(x − 1)^{3}y^{3} + O((x − 1)^{4}y^{4})}{y(ln x)^{2}} → 0

in quanto ln x ∼ x − 1 per x → 1 e y → 0.

3) l’insieme in cui f è derivabile. Se y ≠ 0 e x ≠ 1, la funzione è certamente derivabile e le derivate parziali si calcolano con le usuali regole. Sia \underline{x}_{0} = (x_{0}, 0), con x_{0} ≠ 1. Chiaramente ∂_{x}f(x_{0}, 0) = 0 in quanto f(x_{0} + t, 0) − f(x_{0}, 0) ≡ 0 per ogni t.

∂_{y}f(x_{0}, 0) = lim_{t→0} \frac{1}{t}(f(x_{0}, t) − f(x_{0}, 0)) = lim_{t→0} \frac{1}{t} \frac{sin(x_{0}t − t) − x_{0}t + t}{t(ln x_{0})^{2}} = 0

Se \underline{x}_{0} = (1, 0) chiaramente \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) = \underline{0}.

Sia ora \underline{x}_{0} = (1, y_{0}), y_{0} ≠ 0. Chiaramente ∂_{y}f(\underline{x}_{0}) = 0 in quanto f(1, y_{0} + t) − f(1, y_{0}) ≡ 0. Invece

∂_{x}f(1, y_{0}) = lim_{t→0} \frac{1}{t}(f(1 + t, y_{0}) − f(1, y_{0})) = lim_{t→0} \frac{sin(ty) − ty}{ty_{0}(ln(1 + t)^{2})} = lim_{t→0} \frac{sin(ty) − ty}{ty_{0}t^{2}} = −\frac{y_{0}^{2}}{6}

4) le derivate f_{x} e f_{y} in tutti i punti dove esistono

∂_{x}f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{y cos(xy − y) − y}{y(ln x)^{2}} − 2\frac{sin(xy − y) − xy + y}{yx(ln x)^{3}} , x ≠ 1, y ≠ 0 \\ − y^{2}/6  x = 1 \\ 0  y = 0 \end{matrix}

∂_{y}f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{(x − 1) cos(xy − y) − x + 1}{y(ln x)^{2}} − \frac{sin(xy − y) − xy + y}{y^{2}(ln x)^{2}} , x ≠ 1, y ≠ 0 \\ 0 x = 1 ∨ y = 0 \end{matrix}

5) l’insieme in cui la funzione è differenziabile. Certamente se x_{0} ≠ 1 e y_{0} ≠ 0, la funzione è differenziabile. Sia ora \underline{x}_{0} = (x_{0}, 0), x_{0} ≠ 1.

lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{1}{∥\underline{h}∥}(f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − f(\underline{x}_{0}) − \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) · \underline{h}) = lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − 0 − \underline{0} · \underline{h}}{∥\underline{h}∥} =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{sin((x_{0} + h_{1} − 1)h_{2}) − (x_{0} + h_{1} − 1)h_{2}}{h_{2}(ln(x_{0} + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥} =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{sin((x_{0} + h_{1} − 1)h_{2}) − (x_{0} + h_{1} − 1)h_{2}}{(x_{0} + h_{1} − 1)^{3}h_{2}^{3}} \frac{(x_{0} + h_{1} − 1)^{3}h_{2}^{3}}{h_{2}(ln(x_{0} + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥} =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{sin((x_{0} + h_{1} − 1)h_{2}) − (x_{0} + h_{1} − 1)h_{2}}{(x_{0} + h_{1} − 1)^{3}h_{2}^{3}} lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{(x_{0} + h_{1} − 1)^{3}h_{2}^{3}}{h_{2}(ln(x_{0} + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥} =

= −\frac{1}{6} · lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{(x_{0} + h_{1} − 1)^{3}h_{2}^{3}}{h_{2}(ln(x_{0} + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥}

lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} |\frac{(x_{0} + h_{1} − 1)^{3}h_{2}^{3}}{h_{2}(ln(x_{0} + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥}| ≤ lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{|x_{0} + h_{1} − 1|^{3}}{(ln(x_{0} + h_{1}))^{2}} \frac{|h_{2}^{3}|}{|h_{2}| · |h_{2}|} =

= \frac{|x_{0} − 1|^{3}}{(ln(x_{0}))^{2}} lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{|h_{2}^{3}|}{|h_{2}| · |h_{2}|} = 0

Sempre se \underline{x}_{0} = (x_{0}, 0) ma h_{2} = 0, si ha f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − f(\underline{x}_{0}) − \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) · \underline{h} ≡ 0 − 0 − \underline{0} · \underline{h} e quindi la funzione è ivi differenziabile.

Sia \underline{x}_{0} = (1, 0). Se h_{1} ≠ 0 e h_{2} ≠ 0, si ha

lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0,h_{2}≠0} \frac{1}{∥\underline{h}∥}(f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − f(\underline{x}_{0}) − \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) · \underline{h}) = lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{2}≠0} \frac{f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − 0 − \underline{0} · \underline{h}}{∥\underline{h}∥} =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0,h_{2}≠0} \frac{sin((1 + h_{1} − 1)h_{2}) − (1 + h_{1} − 1)h_{2}}{h_{2}(ln(1 + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥} =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0,h_{2}≠0} \frac{−\frac{1}{6}h_{1}^{3}h_{2}^{3}(1 + O(h_{1}^{2}h_{2}^{2}))}{h_{2}(ln(1 + h_{1}))^{2}∥\underline{h}∥}

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, Università degli Studi di Roma “Tor Vergata”, facoltà di Ingegneria

Essendo per |h_{1}| + |h_{2}| piccolo abbastanza

|\frac{−\frac{1}{6}h_{2}^{3}(1 + O(h_{1}^{2}h_{2}^{2}))}{h_{2}∥\underline{h}∥}| ≤ \frac{1}{6} \frac{2|h_{2}|^{3}}{h_{2}^{2}} ≤ \frac{|h_{2}|}{6}

ed essendo

lim_{h_{1}→0} \frac{h_{1}^{3}}{(ln(1 + h_{1}))^{2}} = 0

il limite vale zero. D’altra parte, se h_{1} = 0 sempre con \underline{x}_{0} = (1, 0), si ha

f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − f(\underline{x}_{0}) − \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) · \underline{h} ≡ 0

e quindi la funzione è diffrenziabile pure in (1, 0). L’ultimo gruppo di punti è \underline{x}_{0} = (1, y_{0}), y_{0} ≠ 0.

lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0} \frac{1}{∥\underline{h}∥}(f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − f(\underline{x}_{0}) − \underline{∂}f(\underline{x}_{0}) · \underline{h}) = lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0} \frac{f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − 0 − (−\frac{y_{0}^{2}}{6} )h_{1}}{∥\underline{h}∥} =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0} \frac{1}{∥\underline{h}∥} (\frac{sin(h_{1}(y_{0} + h_{2})) − h_{1}(y_{0} + h_{2})}{(y_{0} + h_{2})(ln(1 + h_{1}))^{2}} + \frac{y_{0}^{2}}{6} h_{1}) =

= lim_{∥\underline{h}∥→0 ,h_{1}≠0} \frac{1}{∥\underline{h}∥} (\frac{−\frac{h_{1}^{3}(y_{0}+h_{2})^{3}}{6} + \frac{h_{1}^{5}(y_{0}+h_{2})^{5}}{120} + O(h_{1}^{7}(y_{0} + h_{2})^{7})}{(y_{0} + h_{2})(ln(1 + h_{1}))^{2}} + \frac{y_{0}^{2}}{6} h_{1}) =

Ora (scrivere (ln(1 + h_{1}))^{2} = h_{1}^{2} + +O(h_{1}^{3}) e ∥\underline{h}∥ ≥ |h_{1}|)

\frac{1}{∥\underline{h}∥} (\frac{−\frac{h_{1}^{3}(y_{0}+h_{2})^{3}}{6} + \frac{h_{1}^{5}(y_{0}+h_{2})^{5}}{120} + O(h_{1}^{7}(y_{0} + h_{2})^{7})}{(y_{0} + h_{2})(ln(1 + h_{1}))^{2}} + \frac{y_{0}^{2}}{6} h_{1}) = O(|h_{2}|)

per cui il limite vale zero. Ne concludiamo che in (1, y_{0}), y_{0} ≠ 0, la funzione è differenziabile.

5) (10 punti) Dimostrare il teorema: Siano date le funzioni f, g: [a, +∞) → R tale che 0 ≤ f(x) ≤ g(x). Inoltre sia f che g sono integrabili su ogni intervallo [a, b] con b > a. Se esiste ed è

finito lim_{A→+∞} ∫_{a}^{A} g(x)dx ≐ ∫_{a}^{+∞} g(x)dx lo è pure lim_{A→+∞} ∫_{a}^{A} f(x)dx ≐ ∫_{a}^{+∞} f(x)dx.