[PDF] Correzione del secondo compitino di Analisi 1 e 2 A.A. 2014/2015

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Correzione del secondo compitino di Analisi 1 e 2

A.A. 2014/2015

Luca Ghidelli, Giovanni Paolini, Leonardo Tolomeo

1 febbraio 2016

Esercizio 1

Testo.Dire per quali valori del parametro reale,1< 3, la funzione f(x) = (1cos(1=x))xlogx risulta uniformemente continua sulla semiretta (0;+1). Soluzione.Scriviamo il dominioI= (0;+1) come unione dei due intervalli I

1= (0;a] eI2= [a;+1), doveae un qualsiasi punto del dominio stesso.

L'uniforme continuita difsuIe equivalente all'uniforme continuita difsu I

1eI2, percheI1eI2sono intervalli non disgiunti. La parte restante dello

svolgimento sara suddiviso in quattro parti. (A)

Se >0,fe uniformemente continua su (0;a].

Dimostrazione.Facciamo vedere chefsi puo estendere con continuita ad una funzione~fdenita sull'intervallo chiuso [0;a], ponendo~f(0) = 0. Per fare cio e suciente dimostrare che lim x!0+f(x) = 0: Il fattore (1cos(1=x)) e limitato, essendo sempre compreso tra 0 e 2.

Inoltre, per il teorema di de l'H^opital,

lim x!0+xlogx= lim x!0+logxx

H= lim

x!0+1=xx1= lim x!0+x = 0: Di conseguenzaf(x)!0 perx!0, quindifsi estende ad~fnel modo descritto. L'estensione~fe continua ed e denita su un compatto, quindi e uniformemente continua per il teorema di Heine-Cantor. Pertanto anche la sua restrizione~fj(0;a]=fj(0;a]e uniformemente continua. (B)

Se 0,fnon e uniformemente continua su (0;a].

Dimostrazione.Se per assurdoffosse uniformemente continua su (0;a], si estenderebbe a una funzione continua~fdenita su [0;a]. Ma per0 1 fnon e limitata in un intorno di zero: infatti, prendendo per esempio la successionexn= 1=(+ 2n), si ha che lim n!1f(xn) = limn!12xnlogxn= lim x!0+2xlogx=1:

Quindifnon puo essere estesa con continuita in 0.

(C)

Se <3,fe uniformemente continua su [a;+1).

Dimostrazione.Notiamo chefe derivabile suI. Calcoliamone allora la derivata, e valutiamola con la notazione di Landau

1perx!+1:

f

0(x) =sin(1=x)x2logx+ (1cos(1=x))x1(1 +logx) =

=(1=x+o(1=x))x2logx+ (1=2x2+o(1=x2))x1(1 +logx) = =(1 +o(1))x3logx+ (1=2 +o(1))x3(1 +logx) = = (1 +o(1))x3(1=2 + (=21)logx): Per <3 limite dif0(x) perx!+1e uguale a 0, perche siax3 chex3logxtendono a 0 (il secondo per il teorema di de l'H^opital, applicato come nella parte (A)). Di conseguenzaf0e limitata suI2, dunque e lipschitziana. In particolare e uniformemente continua. (D)

Se = 3,fnon e uniformemente continua su [a;+1).

Dimostrazione.Per= 3 la derivata diventa

f

0(x) =12

(1 +o(1))(1 + logx): Essa tende a +1perx!+1, quindifnon puo essere uniformemente continua. In conclusione,fe uniformemente continua se e solo se 0< <3. Errori comuni.Un primo errore molto diuso e quello di aermare che, per 0, lim x!0+f(x) =1: Cio non e corretto poiche tale limite non esiste: la successionexn= 1=2n tende a zero ed e tale chef(xn) = 0 per ognin. Altri errori frequenti sono dovuti all'utilizzo di \fatti teorici" falsi, come quelli discussi nel seguito.1 Si dice che una funzioneg(x) e \o(h(x)) perx!+1" se lim x!+1g(x)h(x)= 0: Questa notazione e particolarmente utile per descrivere in maniera compatta il fatto che una funzioneg(x) sia \piccola" rispetto a un'altra funzioneh(x) perxche tende a +1. Osserviamo che, in particolare, una funzioneg(x) eo(1) perx!+1se lim x!+1g(x) = 0: Ovviamente la medesima notazione si puo utilizzare non solo per i limiti a +1ma anche per i limiti a un qualsiasi numero reale, o a1. 2 Non e necessario chef0sia limitata anchefsia uniformemente continua. Esempio:f(x) =pjxj. Questo esempio si puo facilmente adattare per trovare una funzione uniformemente continua ma con limsup x!+1f0(x) = +1: E falso chejf(x)j mx+q(per qualchem;q) implichi l'uniforme conti- nuita difin un intorno di +1. Esempio:f(x) = sin(x2).

E falso anche che l'esistenza del limite

lim x!+1f(x)x implichi l'uniforme continuita difin un intorno di +1(l'esempio e lo stesso del punto precedente). Valutazione.Le parti (A) e (B) sono state valutate complessivamente 5 punti. Il corretto svolgimento di una sola delle due parti e stato valutato 3 punti. Punteggi intermedi sono stati assegnati in modo coerente (per esempio, uno svolgimento completo della parte (B) e uno svolgimento parziale della parte (A) sono stati valutati complessivamente 4 punti). Il medesimo criterio e stato adottato per le parti (C) e (D), anch'esse valutate complessivamente 5 punti. Gli \svolgimenti parziali" valutati almeno 1 punto includono, per esempio: dimostrare la parte (B) aermando che lim x!0+f(x) =1 (vedi paragrafo relativo agli errori comuni); dimostrare correttamente una delle parti, ma con una disuguaglianza non ottimale per(es: parte (C) con <2 invece di <3).

Esercizio 2

Calcolare, se esiste, il limite

lim x!+1x(arctan(ln(x))arctan(x)): Prima soluzione.Riscriviamo l'argomento del limite come frazione x(arctan(ln(x))arctan(x)) =arctan(ln(x))arctan(x)1 x

Siccome valgono i limiti lim

x!+1arctan(x) =2 e limx!+1ln(x) = +1, os- serviamo che entrambi il numeratoref(x) := arctan(ln(x))arctan(x) ed il denominatoreg(x) :=1x sono funzioni innitesime all'innito: lim x!+1f(x) =2 2 = 0 lim x!+1g(x) = 0: 3 Inoltre siaf(x) cheg(x) sono funzioni continue e derivabili su tutto l'intervallo (0;+1), cong0(x) mai nulla, e per la precisione: f

0(x) =1x(1 + ln2(x))11 +x2; g0(x) =1x

2: Ci sono quindi tutte le premesse per poter applicare il teorema di De l'H^opital (nella versione perx!+1ed in presenza di una forma indeterminata della forma 00 ). Calcoliamo dunque il limite lim x!+1f 0(x)g

0(x)= limx!+111

x +ln2(x)x +11 x

2+ 1=1+ 1 =1;

utilizzando i limiti notevoli lim x!+1ln2(x)x = 0 e limx!+11x = 0.

Il limite cercato vale dunque

lim x!+1f(x)g(x)H= limx!+1f 0(x)g

0(x)=1:

Seconda soluzione.Siccome stiamo consideranto il limite perx!+1e lecito avvalersi della formula (valida perx >0) arctan(x) =2 arctan1x per riscrivere l'argomento del limite come segue: x(arctan(ln(x))arctan(x)) =x arctan1x arctan1ln(x) Utilizzando lo sviluppo al primo ordine dell'arcotangente (valido perx!0) arctan(x) =x(1 +o(1)) ed osservando che lim x!+11x = 0 e limx!+11ln(x)= 0, possiamo scrivere lim x!+1x arctan1x arctan1ln(x) = lim x!+1x1x (1 +o(1))1ln(x)(1 +o(1)) = lim x!+11 +o(1)xln(x)(1 +o(1)) =1; poiche vale il limite notevole lim x!+1xln(x)= +1:

Errori frequenti.

Spesso il teorema di de l'H^opital e stato utilizzato senza neppure control- lare di essere in presenza di una forma indeterminata del tipo 00 4 In qualche caso il teorema di de l'H^opital e stato applicato scorrettamente (ad esempio considerando la derivata di

1g(x)al posto di quella dig(x))

Molti studenti hanno tentato di utilizzare lo sviluppo dell'arcotangente arctan(x) =x(1 +o(1)) perx!+1invece che perx!0. Inutile dire che tale procedimento e profondamente sbagliato, e che lo sviluppo corretto dell'arcotangente all'innito e arctan(x) =2 1x +o1x Diversi studenti hanno dato prova di non saper calcolare correttamente la derivata delle funzioni in gioco. In certi casi sono stati commessi errori di manipolazione algebrica piu o meno importanti (segni sbagliati, esponenti dimenticati). Valutazione.L'esercizio e stato idealmente diviso in due parti: (A) l'appli- cazione del teorema di de l'H^opital per riscrivere il limite; (B) il calcolo eettivo del limite. L'utilizzo del tutto corretto del teorema di de l'H^opital, senza il successivo calcolo del limite e stato valutato 5 punti. L'utilizzo corretto del teorema senza la verica delle ipotesi ha comportato la detrazione di 1 punto. Errori piu o meno gravi nei calcoli sono valsi da1 a4 (1 per un segno dimenticato,4 per un calcolo scorretto della derivata di una funzione composta).

Esercizio 3

Dimostrare che per ogni2Rl'equazione

e x= 1x3+ 4 ha una e una sola soluzionex(). Dire se la funzionex() risulta continua e derivabile per ogni2Re calcolare, se esiste,x0(0).

Soluzione.L'equazione e equivalente a

=ex+x314 Sia f(x) :=ex+x314 f:R!Re continua e f

0(x) =ex+ 3x24

>0; per cuife strettamente crescente (e quindi iniettiva) ef0(x)6= 0 per ogni x2R.

Inoltre,

limx!+1f(x) = +1 lim x!1f(x) =1; 5 quindi per il teorema dei valori intermedi,fe suriettiva. Dato chefe bigettiva, allora per ogni2R,9!x() tale chef(x()) =, cioe e x()= 1x()3+ 4: Poichef:R!Re continua e bigettiva, allora la sua inversax() e continua. Inoltre, dato chef0(x)6= 0 per ognix2R, allorax() e derivabile per ogni 2Re x

0() =1f

0(x()):

Per= 0, si verica facilmente chex(0) = 0, in quantof(0) = 0. Per cui, x

0(0) =1f

0(0)=11=4= 4:

Errori comuni e commenti.

In molti hanno dedotto chefe iniettiva dicendo chef00. Questo non e vero (la funzione costantef0 ha derivataf00), ma bisogna dire chef0>0. Si poteva dedurre continuita e derivabilita dix() usando la teoria delle equazioni dierenziali ordinarie (che non ci si aspettava che gli studenti conoscessero, in ogni caso). Non ci addentriamo nello svolgimento. Valutazione.Il problema era diviso naturalmente in 3 parti: Dimostrare che la soluzionex() esiste ed e unica (4 punti); Dimostrare chex() e continua e derivabile (3 punti);

Calcolarex0(0) (3 punti).

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