pdf (it, 1477.913 KB, 1/26/10)

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 implicitamente 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 qualitativo 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, tramite 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