76 17. PREPARAZIONE ALLA PRIMA PROVA IN ITINERE 2 1 2 1 1 2 1 2 Figura 1. La curva (x 2 + y 2 )(y 2 + x(x + 1)) = 4xy 2 , la circonferenza ad essa circoscr<strong>it</strong>ta e alcune rette significative. Svolgimento. Indichiamo con f, la funzione integranda. In coordinate polari, si ha La funzione integranda è ˜D R r = {(ρ, θ) : r ≤ ρ ≤ R, θ ∈ [0, π/2]}. f(ρ cos θ, ρ sin θ) = sin θe ρ /ρ, per cui, essendo il determinante Jacobiano della trasformazione pari a ρ, si ha: √ x2 +y2 ye x2 π/2 R dxdy = sin θe + y2 ρ π/2 dρ dθ = sin θ dθ · D R r Per cui il lim<strong>it</strong>e richiesto vale e R − 1. 0 Esercizio 17.3. Si consideri la serie di funzioni continue nell’intervallo [0, 1]: ∞ nxe −nx2 − (n + 1)xe −(n+1)x2 . n=1 r 0 R r e ρ dρ = e R − e r (1) Si provi che la serie converge puntualmente in [0, 1] e si scriva la funzione f somma della serie. (2) Si studi la convergenza uniforme e totale in [0, 1]. Svolgimento. Posto fn = nxe−nx2, si ha che la somma parziale N-esima della serie N N N sN = fn(x) − fn+1(x) = fn(x) − fn+1(x) = f1(x) − fN+1(x) n=1 n=1 n=1
17. PREPARAZIONE ALLA PRIMA PROVA IN ITINERE 77 perché i termini intermedi si cancellano. Quindi sN(x) = xe−x2 − (N + 1)xe−(N+1)x2 Per ogni x ∈ [0, 1] fissato, si ha limn→∞(n + 1)xe−(n+1)x2 = 0, quindi la serie converge puntualmente a f(x) = xe−x2. Studiamo la convergenza uniforme: sup |xe x∈[0,1] −x2 − sn| = sup |(N + 1)xe x∈[0,1] −(N+1)x2 | = sup |fn+1(x)| x∈[0,1] si ha fN+1(0) = 0 e fn+1(1) = (N + 1)e −(N+1) . f ′ N+1(x) = (N + 1)e −(N+1)x2 − 2(N + 1) 2 x 2 e −(N+1)x2 = (N + 1)e −(N+1)x2 (1 − 2(N + 1)x 2 ), che si annulla in [0, 1] per x = 1/ 2(N + 1). 1 Con questa scelta, si ottiene: fN+1 = 2(N + 1) (N + 1) e 2(N + 1) −1/2 → +∞ che non tende a zero per N → +∞, pertanto la serie non converge uniformemente, quindi nemmeno totalmente. Esercizio 17.4. Si consideri l’insieme Γ := {(x, y) ∈ R 2 : 4(x 2 + y 2 − x) 3 = 27(x 2 + y 2 ) 2 }. (1) Si esprima Γ in coordinate polari piane. (2) Si provi che la curva interseca gli assi in cinque punti, di cui uno è l’origine. Si determinino gli altri quattro punti Pi = (xi, yi), i = 1, 2, 3, 4. Detto P1 l’intersezione con ascissa strettamente negativa, si scrivano le equazioni delle tangenti a Γ in P2, P3, P4. (3) Per ogni i = 1, 2, 3, 4, si dica se Γ definisce implic<strong>it</strong>amente una funzione y = ϕi(x) di classe C 1 in un intorno di xi con ϕi(xi) = yi. (4) Si determinino massimi e minimi della funzione h(x, y) = x 2 + y 2 vincolati a Γ. Si dica se Γ è compatto. (5) Facoltativo: Si tracci un grafico qual<strong>it</strong>ativo di Γ. Svolgimento. (1) Poniamo f(x, y) = 4(x 2 + y 2 − x) 3 − 27(x 2 + y 2 ) 2 . Poiché f(x, −y) = f(x, y), si ha che Γ è simmetrico rispetto all’asse delle ascisse. In coordinate polari si ha: f(ρ cos θ, ρ sin θ) = 4ρ 3 (ρ − cos θ) 3 − 27ρ 4 = ρ 3 (4(ρ − cos θ) 3 − 27ρ). pertanto si ottiene che se ρ > 0 si deve avere 4(ρ − cos θ) 3 = 27ρ, da cui 3√ 3 Γ = {(ρ cos θ, ρ sin θ) : 4ρ − 3 √ ρ = 3√ 4 cos θ, ρ ≥ 0, θ ∈ [0, 2π[} ∪ {(0, 0)}. (2) Studiamo le intersezioni con gli assi. Poiché f(0, 0) = 0, l’origine appartiene a Γ. Vediamo le intersezioni con l’asse delle ordinate: f(0, y) = 4y 6 − 27y 4 = y 4 (4y 2 − 27) che si annulla solo per y = 0, y = ±3 √ 3/2, quindi P3 = (0, 3 √ 3/2) e P4 = (0, −3 √ 3/3). Cerchiamo intersezioni con l’asse delle ascisse diverse dall’origine: f(x, 0) = 4x 3 (x − 1) 3 = 27x 4 che si annulla solo per x = 0, e 4(x − 1) 3 − 27x = 0, ovvero 4x 3 − 12x 2 − 15x − 4 = 0. Risolvere questa equazione può non essere immediato: è buona norma vedere se essa ammette soluzioni più facili da determinare, in tal caso, infatti, tram<strong>it</strong>e divisione è possibile ricondursi ad un polinomio di secondo grado. Cerchiamo soluzioni intere di questa equazione: esse vanno cercate tra i divisori di 4, ovvero ±1, ±2, ±4. Si vede come ±1, ±2 non siano soluzioni, invece 4 è soluzione. Quindi dividendo il polinomio dato per x − 4 si ottiene: 4x 3 −12x 2 −15x −4 x − 4 −4x 3 +16x 2 4x 2 + 4x + 1 4x 2 −15x −4x 2 +16x x −4 −x 4 0