Analisi IV Vignati

Corsi di laurea in Matematica e Matematica per le applicazioniANALISI MATEMATICA IV

11/11/2010 prof. M.Vignati

Durata della prova scritta: 150 minuti. Lo studente puo svolgere fino a tre esercizi.

1] Determinare i valori del parametro α ∈ R per i quali la funzione

fα (x, y, z) =|y|α

|4− (x2 + 2y2)|α

e integrabile (secondo Lebesgue) sull’insieme

E =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 8− x2 − 3y2

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Si consideri il problema di Cauchy

(∗)

y′ = 2xy + 3x3y2/3

y (0) = a3, a ∈ R

i) Determinarne, per ogni a ∈ R, una soluzione locale.ii) Determinare i valori a per i quali il problema (∗) ammette almeno una soluzionedefinita in R.iii) Tracciare un grafico qualitativo delle soluzioni.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Sia data la serie di funzioni reali

+∞∑n=1

xn log (1 + (4 |x|)n)

n2x2 , x ∈ R.

i) Determinare l’insieme E di convergenza puntuale.ii) Stabilire se in E la convergenza e uniforme.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] E data la successione di funzioni reali di variabile reale

fn (t) =

n sin (tn) t ∈ [0, 1]

arctann√

nt + 1t ∈ (1, +∞)

i) Verificare che fn converge puntualmente (Lebesgue q.o.) in [0, +∞).

ii) Calcolare

limn→+∞

∫(0,1)

n sin (tn) dt e limn→+∞

∫(0,+∞)

fn (t) dt .

1




1] Determinare per quali valori del parametro α ∈ R si ha fα ∈ L (E) , dove

fα (x, y, z) =(x− y)α+3

y1+2α√

z

e

E =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < x; x2 + y2 < 2; 0 < z (x− y)4 (x2 + y2

)5/2< 1

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Al variare del parametro reale y0, si consideri il problema di Cauchy(x + 1) y′ − y + 3y2 = 0y (0) = y0

i) Determinarne la soluzione locale.ii) Per quali y0 la soluzione massimale e definita in tutto R?iii) Per quali y0 l’insieme di definizione della soluzione massimale e un intervallo limitato?. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Sia f : R→ R definita come

f (x) := 1− x2 +(x3 − x2

)(1 + sgnx) ,

e si consideri la serie di funzioni reali

+∞∑n=1

[f (x)]n

nx+2.

i) Determinare l’insieme P di convergenza puntuale.ii) Determinare l’insieme A di convergenza assoluta.iii) Determinare l’insieme U di convergenza uniforme.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Calcolare, giustificando il procedimento

limk→+∞

∫ √2

0

k + xk

(k + 1)√

x + xk+2dx .

1

c.l. in Matematica e Matematica per le ApplicazioniAnalisi Matematica IV (prof. M.Vignati)

04.05.2009 , I prova preliminare

Cognome Nome Matr.

versione aDom. 1 2 3 4 5 6

Risp.

Risposta esatta = 2 punti; risposta errata = -1 punto.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1a] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

k√

1 + 2x2k, k ∈ N

converge puntualmente, nell’intervallo [0, +∞), alla funzione

A) f (x) =12x

B) f (x) = min(

x,1x

)C) f (x) =

x se x ∈ [0, 1/√

2)1/3 se x = 1/

√2

1/x se x ∈ (1/√

2, +∞). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2a] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

(k + 4x2

)

k (x2 + k), k ∈ N

A) conv. unif. in [1, +∞) B) non conv. unif. in (1, 5) C) conv. unif. in (−3, 2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3a] La serie di funzioni

+∞∑

k=0

(−1)k (k + 1)2k

3k+2(x + 1)k , x ∈ R

ha come somma, in un intorno di x = 0, la funzione

A) S (x) =1

(2x + 5)2B) S (x) =

1(4x + 1)2

C) S (x) =1

(5x + 8)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

4a] La soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = e−2x−y

y (0) = 0.

A) ammette asintoto orizzontale destro di equazione y = log(

32

)

B) e definita per ogni x ∈ R

C) ammette asintoto obliquo destro di equazione y = x− log(

32

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5a] La serie di funzioni+∞∑

k=0

x2 + k

(k2 + 1) e3kx, x ∈ R

A) Converge totalmente in (0,+∞)

B) Converge uniformemente, ma non totalmente, in (0, +∞)

C) Converge uniformemente in (1,+∞), ma non in (0, +∞)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6a] La soluzione massimale dell’equazione integrale di Volterra

y (x) = −1 +∫ x

2

y2 (t)t2 − t

dt

e definita nell’intervallo I, dove:

A) I = (α,+∞) con 1 < α < 2

B) I = (1, +∞)

C) I = (1, β) con β > 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Pb 1a]i) La soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

4 (x +√

x) y′ + 4y + (1 +√

x) y2 = 0y (1) = α , α ∈ R

e la funzione y (x) =

ii) La soluzione massimale di (∗) e definita in (0, +∞) se e solo se α ∈ ......................

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pb 2a] E data la serie di funzioni

+∞∑

k=1

(qx)k

(√k)qx+3 , x ∈ R.

i) La serie converge puntualmente se e solo se x ∈ E = ..............

ii) Stabilire, motivando e separando le risposte, se la convergenza e uniforme negli insiemi

E− := E ∩ (−∞, 0] ed E+ := E ∩ [0, +∞)

3

Pb 3a]

E data l’equazione differenziale ordinaria

(∗) 3xy′ = 2√

y (√

y + 2x) .

i) Calcolare, per ogni valore del parametro reale positivo a, la soluzione locale ya delproblema di Cauchy

(∗)y (1) = a

ii) Per quali valori a e possibile prolungare ya in modo da ottenere almeno una soluzionedi (∗) che sia di classe C1 (R)?

4



Cognome Nome Matr.

versione bDom. 1 2 3 4 5 6

Risp.


1b] La soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = e−3x−y

y (0) = 0.

A) ammette asintoto obliquo destro di equazione y = x− log(

43

)


C) ammette asintoto orizzontale destro di equazione y = log(

43

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2b] La serie di funzioni+∞∑

k=0

x2 + 2k

(k2 + 1) ekx, x ∈ R


B) Converge uniformemente in (2, +∞), ma non in (0,+∞)

C) Converge uniformemente, ma non totalmente, in (0, +∞). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3b] La soluzione massimale dell’equazione integrale di Volterra

y (x) =12

+∫ x

2

y2 (t)t2 − t

dt


A) I = (α,+∞) con 1 < α < 2

B) I = (1, +∞)

C) I = (1, β) con β > 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

4b] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

k√

1 + 3x2k, k ∈ N


A) f (x) = min(

x,1x

)B) f (x) =

13x

C) f (x) =

x se x ∈ [0, 1/√

3)1/4 se x = 1/

√3

1/x se x ∈ (1/√

3, +∞). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5b] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

(k + 3x2

)

k (x2 + k), k ∈ N

A) conv. unif. in [0, +∞) B) conv. unif. in (−2, 5) C) non conv. unif. in (3, 4)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6b] La serie di funzioni

+∞∑

k=0

(−1)k (k + 1)3k

4k+1(x + 1)k , x ∈ R


A) S (x) =1

(2x + 4)2B) S (x) =

1/4(2x + 1)2

C) S (x) =4

(3x + 7)2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Pb 1b]i) La soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

2 (x +√

x) y′ + 2y + (1 +√

x) y2 = 0y (1) = α , α ∈ R

e la funzione y (x) = .....................................................................................


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pb 2b] E data la serie di funzioni

+∞∑

k=1

(qx)k

(√k)qx+3 , x ∈ R.



E− := E ∩ (−∞, 0] ed E+ := E ∩ [0, +∞)

7

Pb 3b]


(∗) 3xy′ = 2√

y(√

y + 2√

2x)

.


(∗)y (1) = a


8



Cognome Nome Matr.

versione cDom. 1 2 3 4 5 6

Risp.


1c] La soluzione massimale dell’equazione integrale di Volterra

y (x) = 2 +∫ x

2

y2 (t)t2 − t

dt


A) I = (α,+∞) con 1 < α < 2

B) I = (1, +∞)

C) I = (1, β) con β > 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2c] La serie di funzioni+∞∑

k=0

x2 + 3k

(k2 + 1) ekx, x ∈ R

A) Converge uniformemente, ma non totalmente, in (0, +∞)


C) Converge totalmente in (0, +∞)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3c] La serie di funzioni

+∞∑

k=0

(−1)k (k + 1)3k

5k+2(x + 1)k , x ∈ R


A) S (x) =1

(2x + 7)2B) S (x) =

1(6x + 1)2

C) S (x) =1

(3x + 8)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

4c] La soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = e−4x−y

y (0) = 0.


54

)

B) ammette asintoto obliquo destro di equazione y = x− log(

54

)

C) e definita per ogni x ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5c] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

k√

1 + 4x2k, k ∈ N


A) f (x) =14x

B) f (x) =

x se x ∈ [0, 1/2)1/5 se x = 1/21/x se x ∈ (1/2 ,+∞)

C) f (x) = min(

x,1x

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6c] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

(k + 2x2

)

k (x2 + k), k ∈ N

A) conv. unif. in (−1, 5) B) non conv. unif. in (0, 4) C) conv. unif. in [2, +∞)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Pb 1c]i) La soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

4 (x +√

x) y′ + 4y + 3 (1 +√

x) y2 = 0y (1) = α , α ∈ R

e la funzione y (x) = .....................................................................................


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pb 2c] E data la serie di funzioni

+∞∑

k=1

(qx)k

(√k)qx+3 , x ∈ R.



E− := E ∩ (−∞, 0] ed E+ := E ∩ [0, +∞)

11

Pb 3c]


(∗) 3xy′ = 2√

y(√

y + 2√

3x)

.


(∗)y (1) = a


12



Cognome Nome Matr.

versione dDom. 1 2 3 4 5 6

Risp.


1d] La soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = e−5x−y

y (0) = 0.


65

)

B) ammette asintoto obliquo destro di equazione y = x− log(

65

)

C) e definita per ogni x ∈ R

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2d] La serie di funzioni+∞∑

k=0

x2 + k

(k2 + 1) e3kx, x ∈ R


B) Converge uniformemente, ma non totalmente, in (0, +∞)


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3d] La soluzione massimale dell’equazione integrale di Volterra

y (x) = −2 +∫ x

2

y2 (t)t2 − t

dt


A) I = (α,+∞) con 1 < α < 2

B) I = (1, +∞)

C) I = (1, β) con β > 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

4d] La serie di funzioni

+∞∑

k=0

(−1)k (k + 1)3k

5k+2(x + 1)k , x ∈ R


A) S (x) =1

(3x + 8)2B) S (x) =

1(2x + 7)2

C) S (x) =1

(x + 6)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5d] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

(k + 4x2

)

k (x2 + k), k ∈ N

A) conv. unif. in [0, +∞) B) non conv. unif. in (2, 7) C) conv. unif. in (−2, 4)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6d] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

k√

1 + 5x2k, k ∈ N


A) f (x) =15x

B) f (x) = min(

x,1x

)C) f (x) =

x se x ∈ [0, 1/√

5)1/6 se x = 1/

√5

1/x se x ∈ (1/√

5, +∞). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

Pb 1d]i) La soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

(x +√

x) y′ + y + (1 +√

x) y2 = 0y (1) = α , α ∈ R

e la funzione y (x) = .....................................................................................


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pb 2d] E data la serie di funzioni

+∞∑

k=1

(qx)k

(√k)qx+3 , x ∈ R.



E− := E ∩ (−∞, 0] ed E+ := E ∩ [0, +∞)

15

Pb 3d]


(∗) 3xy′ = 2√

y (√

y + 4x) .


(∗)y (1) = a


16



Cognome Nome Matr.

versione eDom. 1 2 3 4 5 6

Risp.


1e] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

k√

1 + 3x2k, k ∈ N


A) f (x) =

x se x ∈ [0, 1/√

3)1/4 se x = 1/

√3

1/x se x ∈ (1/√

3, +∞)B) f (x) = min

(x,

1x

)C) f (x) =

13x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2e] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

(k + 3x2

)

k (x2 + k), k ∈ N

A) conv. unif. in [1, +∞) B) conv. unif. in (−1, 4) C) non conv. unif. in (−1, 2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3e] La soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = e−2x−y

y (0) = 0.

A) ammette asintoto obliquo destro di equazione y = x− log(

32

)


C) ammette asintoto orizzontale destro di equazione y = log(

32

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

4e] La serie di funzioni

+∞∑

k=0

(−1)k (k + 1)3k

4k+1(x + 1)k , x ∈ R


A) S (x) =4

(3x + 7)2B) S (x) =

4(5x + 1)2

C) S (x) =1

(5x + 3)2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5e] La serie di funzioni+∞∑

k=0

x2 + 2k

(k2 + 1) ekx, x ∈ R



C) Converge uniformemente, ma non totalmente, in (0, +∞)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6e] La soluzione massimale dell’equazione integrale di Volterra

y (x) =13

+∫ x

2

y2 (t)t2 − t

dt


A) I = (α,+∞) con 1 < α < 2

B) I = (1, +∞)

C) I = (1, β) con β > 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

Pb 1e]i) La soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

4 (x +√

x) y′ + 4y + 5 (1 +√

x) y2 = 0y (1) = α , α ∈ R

e la funzione y (x) = .....................................................................................


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pb 2e] E data la serie di funzioni

+∞∑

k=1

(qx)k

(√k)qx+3 , x ∈ R.



E− := E ∩ (−∞, 0] ed E+ := E ∩ [0, +∞)

19

Pb 3e]


(∗) 3xy′ = 2√

y(√

y + 2√

5x)

.


(∗)y (1) = a


20



Cognome Nome Matr.

versione fDom. 1 2 3 4 5 6

Risp.


1f] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

k√

1 + 2x2k, k ∈ N


A) f (x) = min(

x,1x

)B) f (x) =

x se x ∈ [0, 1/√

2)1/3 se x = 1/

√2

1/x se x ∈ (1/√

2,+∞)C) f (x) =

12x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2f] La serie di funzioni

+∞∑

k=0

(−1)k (k + 1)2k

3k+2(x + 1)k , x ∈ R


A) S (x) =1

(5x + 2)2B) S (x) =

1(4x + 1)2

C) S (x) =1

(2x + 5)2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3f] La serie di funzioni+∞∑

k=0

x2 + k

(k2 + 1) e3kx, x ∈ R

A) Converge uniformemente, ma non totalmente, in (0, +∞)

B) Converge totalmente in (0, +∞)


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

4f] La soluzione massimale del problema di Cauchy

y′ = e−4x−y

y (0) = 0.

A) e definita per ogni x ∈ R

B) ammette asintoto orizzontale destro di equazione y = log(

54

)

C) ammette asintoto obliquo destro di equazione y = x− log(

54

)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5f] La soluzione massimale dell’equazione integrale di Volterra

y (x) = 3 +∫ x

2

y2 (t)t2 − t

dt


A) I = (α,+∞) con 1 < α < 2

B) I = (1, +∞)

C) I = (1, β) con β > 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6f] Per k → +∞, la successione di funzioni reali di una variabile reale

fk (x) =x

(k + 2x2

)

k (x2 + k), k ∈ N

A) conv. unif. in (−1, 5) B) non conv. unif. in (0, 3) C) conv. unif. in [−1, +∞)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Pb 1f]i) La soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

2 (x +√

x) y′ + 2y + 3 (1 +√

x) y2 = 0y (1) = α , α ∈ R

e la funzione y (x) = .....................................................................................


. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Pb 2f] E data la serie di funzioni

+∞∑

k=1

(qx)k

(√k)qx+3 , x ∈ R.



E− := E ∩ (−∞, 0] ed E+ := E ∩ [0, +∞)

23

Pb 3f]


(∗) 3xy′ = 2√

y(√

y + 2√

6x)

.


(∗)y (1) = a


24

a B C A A C A

b C B B A B C

c C B C A C A

d A C A A C B

e B B C A B B

f A C C B C A

a B C A A C A

b C B B A B C

c C B C A C A

d A C A A C B

e B B C A B B

f A C C B C A

a B C A A C A

b C B B A B C

c C B C A C A

d A C A A C B

e B B C A B B

f A C C B C A

25


16.06.2009 , II prova preliminare

Cognome Nome Matr.

versione aDom. 1 2 3 4

Risp.


1a] L’integrale generale diy′′′ − 4y′′ + 4y′ = 4

e, per ogni scelta di c1, c2, c3 ∈ R :

A) y (x) = 1 + c1x + c2e2x + c3e

−2x B) y (x) = x + c1x + c2e2x + c3

C) y (x) = x + c1 + c2e2x + c3xe2x D) y (x) = 4x + c1 + c2e

2x + c3e−2x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2a] Determinare il valore α ∈ R per cui si ha∫

Qf = 0 , dove

f (x, y, z) = x− α e Q =(x, y, z) ∈ R3 : x, y, z ≥ 0; x + 2y + 3z ≤ 2

.

A) α = 1/2 B) α = 3/4 C) α = 1 D) α = 3/2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3a] Calcolare∫

Df , dove

f (x, y) = 3x + y e D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9; |x|+ y ≥ 0

.

A) 2 B) 3√

2 C) 9√

2 D) 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4a] Sia y la soluzione del problema di Cauchy2x2y′′ − xy′ + y = xy (1) = 2; y′ (1) = 3

.

Allora y (e) =?

A) e/2 B) 2e C) 3e/2 D) 3e

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Pb 1a] Sia data l’equazione differenziale

(∗a) y′′′ − 2y′′ − ay′ + 2ay = 0

dove a ∈ R.i) Determinare, al variare del parametro a, l’integrale generale di (∗a) .ii) Individuare tutti e soli i valori di a per i quali la funzione y (x) ≡ 0 e l’unica soluzione

limitata in R di (∗a) .

2

Pb 2a] Sono dati la funzione f (x, y) =ex

(1 + y2) (1 + x√

x)e, per α ∈ R, gli insiemi

Eα =(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0; 0 ≤ y ≤ 2e−αx

.

Determinare tutti e soli i valori α per i quali f ∈ L (Eα) .

3

Pb 3a] Per ogni valore β ∈ R si consideri l’insieme

Eβ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ R2; 0 ≤ z ≤(x2 + y2

)β

.

i) Determinare tutti e soli i valori β per i quali

vol (Eβ) := m3 (Eβ) = +∞.

ii) Per tutti gli altri valori β, calcolare esplicitamente il valore vol (Eβ) .

4



Cognome Nome Matr.

versione bDom. 1 2 3 4

Risp.


1b] Sia y la soluzione del problema di Cauchy3x2y′′ − xy′ + y = 2xy (1) = 1; y′ (1) = 2

.

Allora y (e) =?

A) e/2 B) 2e C) 3e/2 D) 3e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2b] L’integrale generale diy′′′ + 6y′′ + 9y′ = 9


A) y (x) = 1 + c1x + c2e3x + c3e

−3x B) y (x) = x + c1x + c2e−3x + c3

C) y (x) = 9x + c1 + c2e3x + c3e

−3x D) y (x) = x + c1 + c2e−3x + c3xe−3x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3b] Determinare il valore α ∈ R per cui si ha∫

Qf = 0 , dove

f (x, y, z) = x− α e Q =(x, y, z) ∈ R3 : x, y, z ≥ 0; x + 3y + 2z ≤ 4

.

A) α = 1/2 B) α = 3/4 C) α = 1 D) α = 3/2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4b] Calcolare∫

Df , dove

f (x, y) = x + 3y e D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2; |x|+ y ≥ 0

.

A) 2 B) 3√

2 C) 9√

2 D) 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Pb 1b] Sia data l’equazione differenziale

(∗a) y′′′ − 3y′′ − ay′ + 3ay = 0



6

Pb 2b] Sono dati la funzione f (x, y) =e2x

(1 + y2) (1 + x 4√


Eα =(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0; 0 ≤ y ≤ e−αx

.


7

Pb 3b] Per ogni valore β ∈ R si consideri l’insieme

Eβ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ R2; 0 ≤ z ≤(x2 + y2

)β

.


vol (Eβ) := m3 (Eβ) = +∞.


8



Cognome Nome Matr.

versione cDom. 1 2 3 4

Risp.


1c] Calcolare∫

Df , dove

f (x, y) = 2x +√

3y e D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 3; |x|+ y ≥ 0

.

A) 2 B) 3√

2 C) 9√

2 D) 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2c] Sia y la soluzione del problema di Cauchyx2y′′ − 2xy′ + 2y = −xy (1) = −1/2; y′ (1) = 1/2

.

Allora y (e) =?

A) e/2 B) 2e C) 3e/2 D) 3e

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3c] L’integrale generale diy′′′ + 4y′′ + 4y′ = 4


A) y (x) = 1 + c1x + c2e2x + c3e

−2x B) y (x) = x + c1x + c2e−2x + c3

C) y (x) = 4x + c1 + c2e2x + c3e

−2x D) y (x) = x + c1 + c2e−2x + c3xe−2x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4c] Determinare il valore α ∈ R per cui si ha∫

Qf = 0 , dove

f (x, y, z) = x− α e Q =(x, y, z) ∈ R3 : x, y, z ≥ 0; x + y + 2z ≤ 3

.

A) α = 1/2 B) α = 3/4 C) α = 1 D) α = 3/2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

Pb 1c] Sia data l’equazione differenziale

(∗a) y′′′ − y′′ − ay′ + ay = 0



10

Pb 2c] Sono dati la funzione f (x, y) =e3x

(1 + y2) (1 + x√


Eα =(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0; 0 ≤ y ≤ e−αx

.


11

Pb 3c] Per ogni valore β ∈ R si consideri l’insieme

Eβ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ R2; 0 ≤ z ≤(x2 + y2

)β

.


vol (Eβ) := m3 (Eβ) = +∞.


12



Cognome Nome Matr.

versione dDom. 1 2 3 4

Risp.


1d] Determinare il valore α ∈ R per cui si ha∫

Qf = 0 , dove

f (x, y, z) = x− α e Q =(x, y, z) ∈ R3 : x, y, z ≥ 0; x + 3y + z ≤ 6

.

A) α = 1/2 B) α = 3/4 C) α = 1 D) α = 3/2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2d] Calcolare∫

Df , dove

f (x, y) = x + 3√

2y e D =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1; |x|+ y ≥ 0

.

A) 2 B) 3√

2 C) 9√

2 D) 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3d] Sia y la soluzione del problema di Cauchyx2y′′ − 3xy′ + 3y = −2xy (1) = 1; y′ (1) = 2

.

Allora y (e) =?

A) e/2 B) 3e/2 C) 2e D) 3e

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4d] L’integrale generale diy′′′ − 6y′′ + 9y′ = 9


A) y (x) = 1 + c1x + c2e3x + c3e

−3x B) y (x) = x + c1x + c2e3x + c3

C) y (x) = x + c1 + c2e3x + c3xe3x D) y (x) = 9x + c1 + c2e

3x + c3e−3x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

Pb 1d] Sia data l’equazione differenziale

(∗a) y′′′ − 2y′′ − ay′ + 2ay = 0



14

Pb 2d] Sono dati la funzione f (x, y) =e4x

(1 + y2) (1 + x 4√


Eα =(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0; 0 ≤ y ≤ 2e−αx

.


15

Pb 3d] Per ogni valore β ∈ R si consideri l’insieme

Eβ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ R2; 0 ≤ z ≤(x2 + y2

)β

.


vol (Eβ) := m3 (Eβ) = +∞.


16

a C A C D

b B D C D

c B A D B

d D A C C

a C A C D

b B D C D

c B A D B

d D A C C

a C A C D

b B D C D

c B A D B

d D A C C

17

Cognome Nome Matr.

c.l. in Matematica e Matematica per le Applicazioni

Analisi Matematica IV (prof. M.Vignati)

18.06.2010 II prova preliminare versione a

1a] (4 punti) Stabilire per quali valori p ∈ R si ha fp ∈ L (E) , dove

E =(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ 4

√y ≤ x ≤ 1

, fp (x, y) =

3√

x

(x2 + y2)p .

1

2a] (6 punti) Calcolare, motivando il procedimento seguito,

L = limk→+∞

∫ π2

k−2/3

tanh (√

x/2k)x3√

x + 5dx .

2

3a] (8 punti)

i) Determinare, al variare di α, β ∈ R, la soluzione locale del problema di Cauchy

(∗)

x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0y (1) = α, y′ (1) = β

ii) Determinare tutte e sole le coppie (α, β) per le quali (∗) ammette una soluzione che soddisfala condizione y (−2) = 1.

3

4a] (4 punti) Calcolare∫E f, dove f (x, y, z) = x1/2z−1(x2 + y2)−2 e

E =

(x, y, z) : x2 + y2 − 2x < 0, z < 1 < zex2+y2

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5a] (5 punti) L’integrale generale dell’equazione differenziale

y′′′ − 2y′′ = 6x + 1

e y(x) =

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6a] (3 punti) Calcolare y (1) , dove y e il punto fisso dell’operatore integrale di Volterra T :C (R) → C (R) definito da

T : y 7−→ Ty (x) = −2 +∫ x

0t3y2 (t) dt .

−125

−2 −43

−67

(Risposta corretta = 3 punti; risposta errata = −1 punto).

4

Corsi di laurea in Matematica e Matematica per le applicazioni

ANALISI MATEMATICA IV

25/06/2009 prof. M.Vignati versione a


1] Sia data la serie di funzioni

(∗)+∞∑k=0

(e

kx−1k − e

)k

(k2 + 1) ek, x ∈ R.

i) Determinare l’insieme I di convergenza puntuale.ii) Stabilire se la convergenza in I e uniforme.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Per a parametro reale positivo sia dato il problema di Cauchyy′ =

y2

x2 − 2x

y (4) = a

i) Determinarne esplicitamente una soluzione locale.ii) Dimostrare che l’intervallo di definizione della soluzione massimale e limitato se esolo se

a >2

log 2.

iii) Tracciare, in questo caso, il grafico qualitativo della soluzione massimale.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Siano dati l’insieme

V =

(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 1, y ≥√

x2 + z2, x2 + z2 − 2x ≤ 0

e le funzioni

f (x, y, z) =|z|y

, g (x, y, z) =|z|y2

, h (x, y, z) =|z|y4

.

Calcolare, giustificando il procedimento seguito, il valore di∫V

f ,

∫V

g ,

∫V

h .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

4] Per x ∈ (0, +∞), e per k ∈ N, sono date le funzioni

fk (x) =(k − 1)4/3 x

1 + (k + 1)5/2 x3.

i) Determinare l’insieme di convergenza puntuale, e la funzione limite, della successionefk .ii) Calcolare, giustificando il procedimento seguito, il

limk→+∞

∫[1,+∞)

fk .

iii) Calcolare, giustificando il procedimento seguito, il

limk→+∞

∫(0,+∞)

fk .

Suggerimento: puo essere utile dimostrare che esiste una costante C > 0 tale che

k4/3x8/5

1 + k5/2x3≤ C ∀x ∈ (0, 1], ∀k ∈ N.

2

1] Applicando il criterio della radice al generico addendo uk (x) si ottiene

k√|uk (x)| =

∣∣∣∣ekx−1k − e

∣∣∣∣e k√

k2 + 1→∣∣ex−1 − 1

∣∣ per k → +∞.

Quindi c’e certamente convergenza se |ex−1 − 1| < 1, cioe se x ∈ (−∞, 1 + log 2) =(−∞, log (2e)) , mentre non ci puo essere convergenza se |ex−1 − 1| > 1, cioe se x >log (2e) .Per x = log (2e) si ha

uk (log (2e)) =

(2e1− 1

k − e

)k

(k2 + 1) ek=

1

k2 + 1

(2e−1/k − 1

)k ≤ 1

k2 + 1

da cui segue che I = (−∞, log (2e)].Dallo studio del grafico di uk si osserva che

supx≤log(2e)

|uk (x)| ≤ 1

k2 + 1

da cui si ricava che la convergenza in I e totale (e quindi uniforme).

2] La funzione f (x, y) =y2

x2 − 2xe infinitamente derivabile nell’aperto Ω = (2, +∞)×

(0, +∞) , e quindi ogni problema di Cauchy “centrato” in (4, a) , a > 0, ammette un’unicasoluzione locale, prolungabile almeno fino a quando il suo grafico rimane in Ω. Separandole variabili, e lavorando con x > 2 :

y′y−2 =1

x (x− 2)=

(1

x− 2− 1

x

)1

2

da cui (−1

y

)′=

(1

2log

x− 2

x

)′e, tenendo conto del dato iniziale

1

a− 1

y (x)=

1

2log

2 (x− 2)

x

che porta a

ya (x) =2a

2− a log 2(x−2)x

.

Questa espressione e valida per tutti gli x > 2 per i quali il denominatore non si annulla(anzi, rimane positivo).Poiche

2− a log 2(x−2)x

> 0 ⇐⇒ x(2− e2/a

)< 4

si ricava che se 2 − e2/a ≤ 0, cioe se a ≤ 2

log 2, la funzione ya e definita per ogni

x ∈ (2, +∞) .

3

Se invece a >2

log 2il denominatore si annulla nel punto x = x :=

4

2− e2/a> 4; inoltre,

per x → x− si ha ya (x) → +∞, e quindi la funzione ya presenta un asintoto verticale.Quando x → 2+ si ha ya (x) → 0+, mentre y′a (x) → +∞, e questo fatto esclude che lasoluzione possa essere prolungata in modo derivabile a sinistra di x = 2.

Cosı, per a >2

log 2la funzione ya, definita in (2, x) , e la soluzione massimale del pro-

blema assegnato. Ha derivata sempre positiva, ha asintoto verticale in x = x, ed “esce”con tangente verticale dal punto (2, 0) .

3] L’insieme V e chiuso in R3, quindi misurabile. Le funzioni f, g, h sono definite econtinue (dunque misurabili) in V, ed assumono valori non negativi. A tutte e tre lefunzioni e percio possibile applicare il teorema di Tonelli. La simmetria della regione V edelle funzioni f, g, h rispetto alla variabile z permette di calcolare gli integrali assegnatiraddoppiando il valore che si ottiene restringendosi al caso della regione V + = V ∩z ≥0.La regione V e ottenuta intersecando il cilindro (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 1, x2 + z2 − 2x ≤ 0con il cono

(x, y, z) ∈ R3 : y ≥

√x2 + z2

. Il cilindro ha generatrici parallele all’asse y,

e la sua proiezione sul piano y = 0 si puo descrivere come il semicerchio D del pianozx di centro (0, 1) e raggio 1, in cui x ≥ 1.Per il calcolo diretto degli integrali iterati, risulta conveniente l’uso di coordinate cilin-driche

x = ρ sin ϑy = yz = ρ cos ϑ

che porta a descrivere V + come l’insieme dei punti (ρ sin ϑ, y, ρ cos ϑ) che soddisfano lecondizioni

π

4≤ ϑ ≤ π

2; r (ϑ) :=

1

sin ϑ≤ ρ ≤ 2 sin ϑ =: R (ϑ) ; y ≥ ρ .

Applicando il teorema di Tonelli alle funzioni Fk (x, y, z) =|z|yk

, k = 1, 2, 4, si ottiene

∫V

Fk = 2

∫ π/2

π/4

(∫ R(ϑ)

r(ϑ)

(∫ +∞

ρ

ρ cos ϑ

ykdy

)ρ dρ

)dϑ

= 2

∫ π/2

π/4

cos ϑ

(∫ R(ϑ)

r(ϑ)

ρ

(∫ +∞

ρ

dy

yk

)ρ dρ

)dϑ.

Nel caso k = 1 l’integrale interno diverge, e quindi∫

Vf = +∞.

Per k = 2 :∫V

g =

∫ π/2

π/4

cos ϑ

(∫ R(ϑ)

r(ϑ)

2ρ dρ

)dϑ =

∫ π/2

π/4

cos ϑ[R2 (ϑ)− r2 (ϑ)

]dϑ

=

∫ π/2

π/4

cos ϑ

[4 sin2 ϑ− 1

sin2 ϑ

]dϑ =

∫ 1

√2/2

(4t2 − 1

t2

)dt

=7

3− 4

3

√2.

4

Per k = 4 :∫V

h =2

3

∫ π/2

π/4

cos ϑ

(∫ R(ϑ)

r(ϑ)

ρ−1 dρ

)dϑ =

2

3

∫ π/2

π/4

cos ϑ log(2 sin2 ϑ

)dϑ

=2

3

∫ 1

√2/2

log(2t2)

dt = ... =2

3ln 2− 4

3+

2

3

√2.

4] Per ogni x > 0, e per k → +∞, si ha fk (x) ∼ k4/3x

k5/2x3=

1

k7/6x2→ 0 ≡ f (x) .

Per x ∈ [1, +∞) e k ∈ N vale

0 < fk (x) ≤ k4/3x

k5/2x3≤ 1

x2∈ L ([1, +∞))

ed il teorema di Convergenza Dominata permette di concludere che

limk→+∞

∫[1,+∞)

fk =

∫[1,+∞)

f = 0 .

(N.b.: in [1, +∞) la convergenza e addirittura uniforme, ma questo fatto non garan-tisce la validita di quanto abbiamo appena affermato, perche la misura dell’insieme diintegrazione non e finita.)

Se utilizziamo, per x ∈ (0, 1], la stima contenuta nel suggerimento, abbiamo

0 < fk (x) ≤ k4/3x

1 + k5/2x3≤ C

x3/5∈ L ((0, 1])

ed e ancora possibile usare il teorema di Convergenza Dominata per concludere chelim

k→+∞

∫(0,1]

fk = 0.

Percio

limk→+∞

∫(0,+∞)

fk = limk→+∞

∫(0,1]

fk + limk→+∞

∫[1,+∞)

fk = 0 .

Ora rimane da dimostrare che

∃C > 0 t.c.k4/3x8/5

1 + k5/2x3≤ C ∀x ∈ (0, 1], ∀k ∈ N.

Le funzioni gk (x) :=k4/3x8/5

1 + k5/2x3sono continue nel compatto [0, 1] , quindi dotate di

massimo assoluto. Per calcolarne il valore

g′k (x) ≥ 0 ⇔ x ≤ xk :=(8/7k5/2

)1/3

per cui

max[0,1]

gk (x) = gk (xk) =(8/7)8/15

1 + 87

≤ C.

5





1] Sia data la serie di funzioni

+∞∑k=1

(−1)k x2 + 1

k (1 + k2x4), x ∈ R.

i) Determinare gli insiemi di convergenza puntuale I e di convergenza assoluta E.ii) Studiare la convergenza uniforme in E ed in I.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Per a parametro reale positivo sia dato il problema di Cauchyy′ =

y

x−√

xe4−x√y

y (4) = a

i) Determinarne esplicitamente una soluzione locale.ii) Verificare che per ogni a > 0 esiste almeno una soluzione massimale definita in(0, +∞) .iii) Discutere, al variare di a, l’unicita della soluzione massimale.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Siano dati gli insiemi

Eγ =(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > xγ

γ > 0

e la funzione

f (x, y) =

√y

x2 + y3.

Stabilire, giustificando il procedimento seguito, se f ∈ L (Eγ) per qualche γ ∈ (0, +∞) .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

4] Sia data la successione fkk∈N di funzioni fk : (0, +∞) → R, definite come

fk (x) :=x1/3 log (1 +

√x)

x4/3 + k2xk/2.

i) Per quali k ∈ N si ha fk ∈ L ((0, +∞))?

ii) Determinare, per x > 0, la funzione f (x) := limk→+∞

fk (x) .

iii) Discutere la validita delle seguenti affermazioni:

a) limk→+∞

∫(0,1)

fk =

∫(0,1)

f ; b) limk→+∞

∫(1,+∞)

fk =

∫(1,+∞)

f .

2

1] Le funzioni uk (x) =x2 + 1

k (1 + k2x4)sono tutte positive, e per ogni x 6= 0 fissato si ha

uk (x) ∼ c

k3, per cui la serie converge assolutamente. Invece uk (0) = 1/k, e quindi in

x = 0 la convergenza e semplice, ma non assoluta.Percio I = R ed E = R\ 0 .

In nessuno dei due insiemi si puo avere convergenza totale perche questa implicherebbe,utilizzando il Teorema del Doppio Limite, la convergenza assoluta nel punto x = 0. Trat-tandosi di una serie con termini di segno alternato, ed osservando che per ogni x ∈ R siha uk (x) ↓ 0, vale la stima di Leibnitz

|S (x)− Sk−1 (x)| ≤ uk (x)

per ogni x ∈ R. La convergenza uniforme in uno dei due insiemi indicati verrebbe percioad essere implicata dalla convergenza uniforme, alla funzione nulla, della successioneuk . Cio accade in I (e quindi anche in E).Possiamo verificare questo fatto calcolando esplicitamente il valore massimo assunto dauk in R : lo studio del segno di u′k indica che questo valore viene assunto nei punti xk =

±(√

1 + k−2 − 1)1/2

, e la sostituzione di questi valori in uk porta ad avere uk (x) ≤ c/kper ogni x ∈ R.Alternativamente, si puo osservare che per |x| ≥ 1 si ha

uk (x) ≤ 2x2

k3x4≤ 2

k3

mentre per |x| ≤ 1

uk (x) ≤ 2

k.

2] La funzione f (x, y) =y

x−√

xe4−x√y e di classe C1 nell’aperto Ω = (0, +∞) ×(0, +∞) , e quindi ogni problema di Cauchy con dato iniziale in Ω ammette un’unicasoluzione locale. Invece, per dati iniziali del tipo y (x0) = 0, con x0 > 0, l’esistenzadi almeno una soluzione locale e ancora garantita dal teorema di Peano, ma l’unicitapotrebbe non valere (a causa della non lipschitzianita di f).Poiche a > 0, la sostituzione t (x) =

√y (x) permette di trasformare il problema dato

(con equazione di Bernoulli) nel problema (con equazione lineare)t′ =

1

2xt−

√x

2e4−x

t (4) =√

a

la cui soluzione locale e

t (x) =

(exp

∫ x

4

ds

2s

) √a− 1

2

∫ x

4

√se4−s exp

(−

∫ s

4

du

2u

)=

√x

2

√a−

∫ x

4

e4−sds

=

√x

2

√a− 1 + e4−x

.

3

Percio la funzione y (x) = t2 (x) =x

4√

a− 1 + e4−x2e la soluzione locale del problema

assegnato, e rimane valida fino a che t (x) > 0.Ovviamente la quantita

√a − 1 + e4−x rimane positiva per ogni x ∈ (0, +∞) nel caso

a ≥ 1, ed in questo caso abbiamo un’unica soluzione massimale. Se invece a < 1 lafunzione t si annulla (del I ordine) in un punto x0 > 4, e la funzione

y (x) =

x

4√

a− 1 + e4−x2se 0 < x ≤ x0

0 se x > x0

rappresenta una soluzione massimale, definita in (0, +∞) .Anche in questo caso si ha un’unica soluzione massimale. Infatti: sia z una soluzionenon identicamente nulla in (x0, +∞) ; allora devono esistere punti x in cui

0 < z′ (x) =

√z (x)

x

√z (x)− x3/2e4−x

e questa condizione e incompatibile con il fatto che

√z (x) assuma valori arbitrariamente

vicini a zero.

3] Gli insiemi Eγ sono aperti (quindi misurabili in R2) ed f e continua (quindi mis-urabile) in Eγ. Poiche f > 0, dal Teorema di Tonelli abbiamo f ∈ L (Eγ) se e solose

+∞ >

∫Eγ

f =

∫ +∞

0

∫ +∞

xγ

√y

x2 + y3dy dx .

Questo integrale iterato non e facilmente calcolabile ma, sempre per il teorema di Tonelli,possiamo affermare che f ∈ L (Eγ) se e solo se

+∞ >

∫Eγ

f =

∫ +∞

0

∫ y1/γ

0

√y

x2 + y3dx dy .

Poniamo, per comodita, α = 1/γ ∈ (0, +∞) e calcoliamo∫ yα

0

√y

x2 + y3dx =

√y

y3

∫ yα

0

dx

1 + (xy−3/2)2 =

1

y

∫ y(2α−3)/2

0

dt

1 + t2

=1

yarctan

(y(2α−3)/2

).

Percio f ∈ L (Eγ) se e solo se gα (y) :=1

yarctan

(y(2α−3)/2

)∈ L ((0, +∞)) .

Se α ≥ 3

2e y → +∞ abbiamo gα (y) ∼ c/y con c > 0, per cui l’integrale diverge. Ma se

α <3

2e y → 0+ si ha gα (y) ∼ π/2y e l’integrale diverge anche in questo caso. Percio

per ogni α > 0 e gα /∈ L ((0, +∞)) , e quindi f /∈ L (Eγ) per ogni γ > 0.

4] Tutte le funzioni fk sono continue e positive in R+ = (0, +∞) . Quando x → 0+ il

denominatore tende a zero con ordine4

3se

k

2≥ 4

3, cioe se k ≥ 3; se invece k ≤ 2, il

4

denominatore e infinitesino di ordinek

2. Il numeratore, invece, e sempre infinitesimo di

ordine5

6. Percio

fk (x) ∼

x1/3 se k = 11/4x1/6 se k = 21/√

x se k ≥ 3

e non vi sono mai problemi di integrabilita in un intorno destro di x = 0.Quando invece x → +∞ il numeratore di fk tende all’infinito asintoticamente a 1

2x1/3 log x,

mentre il denominatore e infinito di ordine4

3se k ≤ 2, e di ordine

k

2se k ≥ 3.

Percio

fk (x) ∼

log x

2xse k ≤ 2

log x

k2

1

x

(k2−1

3

) se k ≥ 3

da cui si ricava che fk ∈ L ((0, +∞)) se e solo se k ≥ 3.

Per k → +∞ si ha k2xk/2 → 0 nel caso x ∈ (0, 1) , mentre k2xk/2 → +∞ se x ≥ 1.Percio

f (x) := limk→+∞

fk (x) =log (1 +

√x)

xχ(0,1) (x)

e la convergenza e certamente monotona decrescente per x > 1.

Il passaggio al limite sotto al segno di integrale e valido sia nel caso a) che nel caso b).Infatti

0 ≤ x1/3 log (1 +√

x)

x4/3 + k2xk/2≤ x1/3 log (1 +

√x)

x4/3=

log (1 +√

x)

x∈ L ((0, 1)) ,

e, per ogni k ≥ 3,0 ≤ fk (x) ≤ f3 (x) ∈ L ((1, +∞)) .

5





1] Sia data la serie di potenze

+∞∑k=2

(−1)k+1

3k k!

[(k − 1)! + 3k

]x4k , x ∈ R.

i) Determinare l’insieme E di convergenza puntuale.ii) Stabilire se in E la convergenza e uniforme.iii) Calcolarne, in forma chiusa, la somma S (x).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Per α, β ∈ R e dato il problema di Cauchy4x2y′′ − 8xy′ + 5y = 4

√x

y (1) = αy′ (1) = β

i) Determinarne esplicitamente la soluzione massimale y.

ii) Posto g (x) :=y (x)

(x + 1)2 , stabilire per quali α, β si ha g ∈ L (R+) .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Per γ ∈ (0, +∞) sono definite le funzioni

fγ (x, y) :=xy

(3x2 − y2)γ .

i) Stabilire, giustificando il procedimento seguito, per quali γ si ha fγ ∈ L (E) , dove

E :=(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 ≤ 2x

.

ii) Per questi valori γ calcolare∫

Efγ.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] i) Verificare che l’equazione differenziale

(∗) x(3x2 − 4x + 1

)y′′ − 2 (2x− 1) y′ − 2 (3x− 2) y = 0

ammette una soluzione del tipo u (x) = xa per qualche a ∈ R.ii) Risolvere, al variare di A, B ∈ R, il problema di Cauchy

(PC)

(∗)y (2) = Ay′ (2) = B

.

iii) Per quali A, B ∈ R esiste una soluzione del (PC) che soddisfa y (−1) = y0 ∈ R?

1

1] Posto x4 = y (≥ 0) , abbiamo una serie di potenze T (y) =∑

(−1)k+1 akyk, in cui i

termini ak sono tutti positivi. Utilizziamo il criterio del rapporto

ak+1

ak

=k! + 3k+1

3k+1 (k + 1)!

3k k!

(k − 1)! + 3k∼

∼ 3k (k!)2

3k+1 (k + 1)! (k − 1)!=

k2

3 (k2 + k)−→ 1

3

per determinarne il raggio di convergenza ρ = 3. Per y = −3 non c’e convergenza, percheak ∼ 1/k. Verificare il comportamento per y = 3 puo non essere agevole, perche il criteriodi Leibniz puo essere applicato solo dopo aver accertato che ak ↓ 0.Conviene pero osservare che la serie T e somma delle due serie

U (y) =+∞∑k=2

(−1)k+1

3k kyk e V (y) =

+∞∑k=2

(−1)k+1

k!yk ,

che hanno raggi di convergenza, rispettivamente, 3 e +∞, e che convergono in y = 3.Quindi, T converge per y ∈ (−3, 3], e l’insieme di convergenza di S e E =

[− 4√

3, 4√

3].

La convergenza e uniforme in E; infatti, il teorema di Abel permette di concludere cheT converge uniformemente in [0, 3] .La funzione T puo essere facilmente ricavata come

T (y) = U (y) + V (y) =+∞∑k=2

(−1)k+1 (y/3)k

k−

+∞∑k=2

(−y)k

k!=

=[log(1 +

y

3

)− y

3

]−[e−y − 1 + y

]= log

(1 +

y

3

)− e−y + 1− 4

3y

da cui segue che

S (x) = log

(1 +

x4

3

)− e−x4

+ 1− 4

3x4

per x ∈ E.

2] Abbiamo un’equazione di Eulero non omogenea, da studiare solo per x ∈ I =(0, +∞) . L’equazione omogenea associata puo essere trasformata in un’equazione linearenella incogita z (t) = y (et) oppure, piu velocemente, possiamo cercarne soluzioni dellaforma y (x) = xλ. In entrambi i casi otteniamo l’equazione

4λ2 − 12λ + 5 = 0 =⇒ λ =1

2e λ =

5

2.

L’equazione omogenea associata ha percio integrale generale

yH (x) = c1x5/2 + c2

√x c1, c2 ∈ R.

La natura del termine non omogeneo 4√

x garantisce che una soluzione particolare puoessere trovata tra le funzioni della forma u (x) = A

√x log x, per un opportuno A ∈ R.

2

Sostituendo, otteniamo

4√

x = 4x2A

(−1

4x−3/2 log x

)− 8xA

(1

2x−1/2 log x + x−1/2

)+ 5A

√x log x

= −8A√

x

da cui A = −1/2. Cosı, la soluzione generale dell’equazione assegnata e

y (x) =√

x

(c1x

2 + c2 −1

2log x

), c1, c2 ∈ R

definita per ogni x > 0. Inserendo le condizioni iniziali troviamo poi

y (x) =

√x

4

[(2β − α + 1) x2 + (5α− 2β − 1)− 2 log x

].

La funzione g (x) :=y (x)

(x + 1)2 risulta integrabile in R+ se e solo se 2β − α + 1 = 0.

3] L’insieme E e misurabile perche ottenuto come differenza del disco chiuso di centro(1, 0) e raggio 1, e del disco aperto di centro (0, 0) e raggio 1. Tutte le fγ sono misurabiliin E, perche q.o. continue.L’insieme E e simmetrico rispetto all’asse x, e le fγ sono dispari in y, per cui se fγ ∈ L (E)si ha

∫E

fγ = 0.Utilizziamo queste simmetrie, il passaggio alle coordinate polari nel piano, e il teoremadi Tonelli per concludere che

fγ ∈ L (E)⇐⇒ fγ ∈ L(E+)⇐⇒

∫E+

fγ < +∞

⇐⇒ +∞ >

∫ π/3

0

(∫ 2 cos ϑ

1

ρ2 cos ϑ sin ϑ(3 cos2 ϑ− sin2 ϑ

)γρ2γ

ρdρ

)dϑ

=

∫ π/3

0

cos ϑ sin ϑ(3 cos2 ϑ− sin2 ϑ

)γ (∫ 2 cos ϑ

1

ρ3−2γdρ

)dϑ.

L’integrale interno fornisce una funzione Gγ (ϑ) :=∫ 2 cos ϑ

1ρ3−2γdρ che puo essere calco-

lata esplicitamente:

Gγ (ϑ) =[(2 cos ϑ)4−2γ − 1

] 1

4− 2γse γ 6= 2; G2 (ϑ) = log (2 cos ϑ) .

Tuttavia, anche senza questa espressione esplicita, si osserva che Gγ e una funzione

continua e decrescente nell’intervallo [0, π/3] , e si annulla del I ordine in ϑ =π

3. Percio

fγ ∈ L (E)⇐⇒∫ π/3

0

Gγ (ϑ) cos ϑ sin ϑ(3 cos2 ϑ− sin2 ϑ

)γ dϑ < +∞.

La funzione integranda e continua in [0, π/3] , e per ϑ → π

3

−ha un comportamento

asintotico a c(

π3− θ)1−γ

, per un’opportuna costante c > 0. Quindi

fγ ∈ L (E)⇐⇒ γ < 2.

3

4] Sostituendo u (x) = xa in (∗) otteniamo la relazione

0 ≡ xa−1[3(a2 − a− 2

)x2 + 4

(1− a2

)x +

(a2 + a

)]che e soddisfatta per a = −1.

Cerchiamo una seconda soluzione di (∗) della forma v (x) = u (x) t (x) =t (x)

x. Si ricava

0 ≡ x(3x2 − 4x + 1

) 1

x3

(x2t′′ − 2xt′ + 2t

)− 2 (2x− 1)

xt′ − t

x2− 2 (3x− 2)

t

x=(3x2 − 4x + 1

)t′′ − 2 (3x− 2) t′

e la sostituzione z = t′ porta all’equazione lineare, del I ordine, (3x2 − 4x + 1) z′ −2 (3x− 2) z = 0, da cui segue

z (x) = 3x2 − 4x + 1; t (x) = x3 − 2x2 + x; v (x) = (x− 1)2 .

La soluzione generale di (∗) e percio

y (x) = c1 (x− 1)2 +c2

x, c1, c2 ∈ R.

Sostituendo le condizioni iniziali otteniamo la soluzione del (PC) , definita in (0, +∞) ,

y (x) =A + 2B

5(x− 1)2 +

4

5(2A−B)

1

x.

Per essere definita anche per x < 0 va imposta la scelta B = 2A, da cui si ottiene lafunzione

y (x) =y0

4(x− 1)2 .

4





1] Per n ≥ 1 intero e per p ∈ (0, +∞) si considerino le funzioni

fn (x) :=x2 − npx

1 + n2x2, x ∈ (0, +∞) .

i) Studiare, al variare di p > 0, la convergenza puntuale di fn in (0, +∞), determi-nando l’eventuale funzione limite f.ii) Stabilire per quali p la convergenza di fn ad f e uniforme in (0, +∞) .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] i)Determinare, al variare del parametro reale α > 3, la soluzione locale del problemadi Cauchy

(∗α)

y′ = 4x

√y − 3

y (1) = α.

ii) Verificare che, nel caso α = 4, il problema

(∗4,β)

y′ = 4x

√y − 3

y (1) = 4; y (−1) = β

ammette soluzione se e solo se 3 ≤ β ≤ 4.iii) Determinare, al variare di α ∈ (3, +∞) , quante e quali sono le soluzioni di (∗α)definite per ogni x ∈ R.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Per m parametro reale positivo, siano dati gli insiemi

Em =(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1; y > max (2mx;−mx)

e la funzione

f (x, y) =|x| y

y2 − x2.

i) Determinare per quali m ∈ (0, +∞) si ha f ∈ L (Em) .

ii) Per questi valori, calcolare il valore

∫Em

f.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Calcolare, motivando il procedimento seguito, il

limn→+∞

∫ n

1

(xn + (n− 2) (x3 − x2 + x− 1)

xn (1 + x2)

)dx .

1

1] Fissato un qualunque x > 0, per n → +∞ si ha

fn (x) ∼ − npx

n2x2= −np−2/x →

0 se p < 2−1/x se p = 2−∞ se p > 2

e quindi c’e convergenza puntuale se e solo se p ≤ 2, alla funzione limite

f (x) =

0 se 0 < p < 2−1/x se p = 2

.

Ogni funzione fn soddisfa limx→0+

fn (x) = 0 e, nel caso p = 2, limx→0+

f (x) = −∞; il teorema

del Doppio Limite implica percio che se p = 2 la convergenza di fn ad f in (0, +∞)non e uniforme.Per 0 < p < 2 c’e convergenza uniforme se e solo se

‖fn‖∞ := supx>0

|fn (x)| → 0.

Dallo studio del segno di fn e di f ′n scopriamo che fn decresce nell’intervallo [0, xn] , dove

xn := −n−p−2 +√

n−2 + n−2p−4

da quota fn (0) = 0 a quota fn (xn) , per poi crescere fino a quota fn (+∞) = n−2.Evitando calcoli complicati, osserviamo che

‖fn‖∞ ≥∣∣fn

(1n

)∣∣ =|n−2 − np−1|

2∼ np−1

2

da cui si deduce che, per p ≥ 1, non si ha convergenza uniforme in quanto ‖fn‖∞ 9 0.Invece, per p < 1 :

|fn (x)| ≤ x2

1 + n2x2+

npx

1 + n2x2≤ 1

n2+

nx

1 + n2x2np−1

≤ 1

n2+

1

2np−1 → 0.

Riassumendo, la fn converge ad f uniformemente in (0, +∞) se e solo se 0 < p < 1.

2] La funzione f (x, y) = 4x√

y − 3 e di classe C∞ nell’insieme Ω = R× (3, +∞) , equindi ogni problema (∗α) ammette un’unica soluzione locale yα. Separando le variabili,si arriva alla relazione

(α)√

y (x)− 3 = x2 −(1−

√α− 3

)che porta, fino a che il secondo membro rimane positivo, all’unica soluzione

yα (x) = 3 +[x2 +

√α− 3− 1

]2.

Nel caso√

α− 3 > 1, cioe α > 4, questo accade per ogni x ∈ R, ed in questo caso c’eunicita globale della soluzione.

2

Se, invece, 3 < α ≤ 4, il II membro di (α) si annulla nel punto

xα :=

√1−

√α− 3 ∈ [0, 1).

La soluzione yα puo comunque essere prolungata a tutto R ponendo yα (x) = 3 per ognix ∈ (−∞, xα].A causa del segno di f, questo e l’unico prolungamento possibile nell’intervallo [0, xα] .Invece, a sinistra di x = 0 ci sono infiniti modi di prolungare la soluzione yα; questiprolungamenti hanno la forma

yα,x0 (x) =

3 +[x2 +

√α− 3− 1

]2se x ∈ [xα, +∞)

3 se x ∈ [x0, xα]

3 + [x2 − x20]

2se x ∈ (−∞, x0]

per ogni scelta di x0 ≤ 0 ≤ xα < 1.Per α = 4 si ha x4 = 0 e

y4,x0 (−1) =

3 se x0 ≤ −1

3 + (1− x20)

2se − 1 < x0 ≤ 0

.

Quindi, il problema (∗4,β) ha soluzione se e solo se β ∈ [3, 4] .

3] Ogni regione Em e contenuta nel semipiano superiore, ed e ottenuta intersecando undisco chiuso con due semipiani aperti. Percio, sono tutti insiemi misurabili. La funzionef e definita quasi ovunque, e continua. Passando a coordinate polari la regione Em puoessere descritta come

Em = (ρ, ϑ) : 0 < ρ ≤ 1; ϑ0 < ϑ < ϑ1

dove ϑ0 = arctan 2m ∈ (0, π/2) e ϑ1 = π − arctan m ∈ (π/2, π) , mentre la funzione f

assume la forma f (ρ, ϑ) =|cos ϑ| sin ϑ

sin2 ϑ− cos2 ϑ.

Utilizzando coordinate polari ed i teoremi di Tonelli e Fubini otteniamo che f ∈ L (Em)se e solo se

+∞ >

∫Em

|f | =∫

Em

∣∣∣f (ρ, ϑ)∣∣∣ ρ dρdϑ =

∫ 1

0

∫ ϑ1

ϑ0

|cos ϑ| sin ϑ∣∣sin2 ϑ− cos2 ϑ∣∣ρ dϑ dρ

=

(∫ 1

0

ρdρ

)(∫ ϑ1

ϑ0

|cos ϑ| sin ϑ∣∣sin2 ϑ− cos2 ϑ∣∣ρ dϑ

)

=1

2

∫ π/2

ϑ0

sin ϑ cos ϑ∣∣2 sin2 ϑ− 1∣∣dϑ−

∫ ϑ1

π/2

sin ϑ cos ϑ∣∣2 sin2 ϑ− 1∣∣dϑ

=1

2

∫ 1

t0

t

|2t2 − 1|dt +

∫ 1

t1

t

|2t2 − 1|dt

3

dove 0 < t0 = sin ϑ0 e 0 < t1 = sin ϑ1. Affinche i due integrali siano convergenti enecessario, e sufficiente, che √

2/2 < t0 = sin ϑ0√2/2 < t1 = sin ϑ1

⇐⇒

ϑ0 > π/4ϑ1 < 3π/4

⇐⇒

arctan 2m > π/4arctan m > π/4

⇐⇒

2m > 1m > 1

⇐⇒ m > 1.

Quindi

∫Em

|f | = +∞ se m ≤ 1, mentre per m > 1 si ha

∫Em

f =1

2

∫ 1

t0

t

2t2 − 1dt +

∫ 1

t1

t

2t2 − 1dt

=

1

8

log(2t2 − 1

)∣∣1t0

+ log(2t2 − 1

)∣∣1t1

=

1

8

− log

(2t20 − 1

)− log

(2t21 − 1

).

Ricordando che ϑ0 = arctan 2m e ϑ1 = π − arctan m, otteniamo quindi∫Em

f =1

8log

(m2 + 1) (4m2 + 1)

(m2 − 1) (4m2 − 1).

4] Le funzioni integrande sono, per n ≥ 2, non negative, e possiamo quindi vedere ogniintegrale (di Riemann) come un integrale secondo Lebesgue. Piu precisamente, convieneconsiderare le funzioni

fn (x) :=

xn + (n− 2) (x3 − x2 + x− 1)

xn (1 + x2)se 1 ≤ x ≤ n

0 se x > n

e calcolare il limn→+∞

∫[1,+∞)

fn .

Per ogni x fissato e n → +∞

fn (x) ∼ xn

xn (1 + x2)→ 1

1 + x2=: f (x) .

Per la successione di funzioni gn (x) :=xn + (n− 2) (x3 − x2 + x− 1)

xn (1 + x2), x ∈ [1, +∞),

valgono le relazioni:

0 ≤ fn (x) ≤ gn (x) e limn→+∞

fn (x) = limn→+∞

gn (x) = f (x) .

L’esistenza di una funzione h ∈ L ([1, +∞)) tale

gn (x) ≤ h (x) q.o. in [1, +∞) e ∀n ≥ n0

permetterebbe di calcolare il limite richiesto applicando il Teorema di Convergenza Do-minata. Per n ≥ 3 tutte le gn sono infinitesime del II ordine, quando x → +∞, e questo

4

suggerisce di cercare una funzione h del tipo h (x) =c

1 + x2, per qualche opportuna

costante c > 0. Poiche x ≥ 1, vale la seguente catena di implicazioni

gn (x) ≤ c

1 + x2⇐⇒ (n− 2) (x− 1)

xn≤ c− 1

1 + x2

⇐=(n− 2) (x− 1)

xn≤ c− 1

2x2⇐⇒ (n− 2) (x− 1)

xn−2≤ c− 1

2

e per n ≥ 4 la funzione(n− 2) (x− 1)

xn−2ammette massimo assoluto a quota

(1 +

1

n− 3

)3−n

≤ 1

2.

Percio, per ogni n ≥ 4 e ogni x ∈ [1, +∞) accade che

0 ≤ fn (x) ≤ gn (x) ≤ 2

1 + x2=: h (x) ∈ L ([1, +∞)) .

Dal teorema di Convergenza Dominata segue allora che per n → +∞∫ n

1

(xn + (n− 2) (x3 − x2 + x− 1)

xn (1 + x2)

)dx →

∫[1,+∞)

dx

1 + x2=

π

4.

5





1] Sia data la serie di funzioni reali di variabili reale

+∞∑n=1

(x− 1)n

1 + (x2 + 1)n .

i) Determinare l’insieme E ⊆ R di convergenza puntuale.ii) Descrivere i sottoinsiemi di E in cui la convergenza e uniforme.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Determinare, al variare dei parametri reali a, b, quante e quali sono le soluzionidell’equazione differenziale

x2y′′ − 2x (1− x) y′ + 2 (1− x) y = 0

che soddisfano le condizioni

y (0) = a e y′ (0) = b .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Determinare per quali α ∈ R si ha f ∈ L (Eα) , dove

f (x, y) =3√

x− π

x + y, Eα =

(x, y) ∈ R2 : x ≥ 1, 0 < xαy < 1

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Calcolare, giustificando il procedimento seguito, il

limn→+∞

∫

[−2,5]

x2 (x + 2n)

1 + n |x|5/2dx .

1

1] Le funzioni un (x) =(x− 1)n

1 + (x2 + 1)n sono definite per ogni x ∈ R, e poiche 1 ≤(x2 + 1)

nil denominatore e compreso tra (x2 + 1)

ne 2 (x2 + 1)

n. Cosı

1

2

( |x− 1|1 + x2

)n

≤ |un (x)| ≤( |x− 1|

1 + x2

)n

e quindi, dal punto di vista della convergenza, il comportamento della serie considerata

e identico a quello della serie geometrica di ragione|x− 1|1 + x2

.

Da un semplice confronto grafico si ricava che la serie∑

un converge puntualmente se esolo se x ∈ (−∞,−1)∪ (0, +∞) ; la convergenza non e uniforme negli intorni di x = −1e x = 0, ed e totale in ogni insieme della forma (−∞,−1− ε] ∪ [ε, +∞), ε > 0.

2] Sostituendo le condizioni richieste nell’equazione differenziale scopriamo che se a 6= 0non esistono soluzioni. L’equazione differenziale e lineare e, se posta in forma normale

y′′ =2 (1− x)

xy′ − 2 (1− x)

x2y

ha coefficienti continui in (−∞, 0)∪ (0, +∞) . Una soluzione dell’equazione e facilmenteindividuabile nella u (x) = x, ed un’altra puo essere trovata ponendo y (x) = xv (x) , dacui: y′ = v + xv′, y′′ = 2v′ + xv′′, e

0 = x2 (2v′ + xv′′)− 2x (1− x) (v + xv′) + 2 (1− x) xv

= x3 (v′′ + 2v′) .

Cosı v′ (x) = e−2x, da cui si ottiene che ogni multiplo della funzione y (x) = xe−2x

soddisfa l’equazione differenziale. La famiglia di funzioni y (x) = x [c1 + c2e−2x] , c1, c2 ∈

R, rappresenta percio la generica soluzione dell’equazione differenziale in (−∞, 0) e in(0, +∞) . Quindi ogni soluzione dell’equazione differenziale, che sia due volte derivabileanche in x = 0, va cercata tra le funzioni della forma

y (x) =

x [c1 + c2e

−2x] se x > 0x [d1 + d2e

−2x] se x < 0.

Nessuna restrizione va posta per quel che riguarda la continuita; se invece richiediamoche y′ (0) = b, ne segue che ad ogni valore b ∈ R corrisponde la doppia infinita disoluzioni

y (x) =

x [(b− c) + ce−2x] se x ≥ 0x [(b− d) + de−2x] se x ≤ 0

dove c, d ∈ R. Tra queste, solo la scelta c = d porta ad avere funzioni due volte derivabiliin x = 0. Percio, il problema ammette le infinite soluzioni y (x) = x [(b− c) + ce−2x] ,∀c ∈ R.

3] L’insieme Eα si ottiene come unione di un aperto di R2 con un segmento verticale,ed e percio misurabile. La funzione f e definita e continua in Eα, quindi misurabile.Inoltre, f e limitata sull’insieme (limitato)

Fα = Eα ∩ [1, π]× (0, +∞)

2

quindi f ∈ L (Fα) . In Eα \ Fα la funzione assume solo valori positivi e quindi, per ilteorema di Tonelli

f ∈ L (Eα) ⇐⇒∫

Eα\Fα

f < +∞

cioe se e solo se

+∞ >

∫ +∞

π

(∫ 1/xα

0

3√

x− π

x + ydy

)dx =

∫ +∞

π

3√

x− π log(1 + x−α−1

)dx

e questo fatto si verifica se e solo se α + 1− 1

3> 1, cioe α >

1

3.

4] Ogni funzione fn (x) =x2 (x + 2n)

1 + n |x|5/2e definita, continua e positiva in [−2, 5] . Inoltre,

se n → +∞, la successione converge puntualmente alla funzione limite f (x) =2√|x|

(tranne che per x = 0, dove f (0) = 0). L’esistenza di una funzione h ∈ L ([−2, 5]) taleche fn (x) ≤ h (x) per q.o. x garantirebbe la possibilita di passare al limite sotto il segnodi integrale. Data la forma di f, e naturale provare a vedere se una funzione del tipo

h (x) =c√|x| puo svolgere questo ruolo. Poiche

x2 (x + 2n)

1 + n |x|5/2

√|x| ≤ x + 2n

n≤ 7

la funzione h (x) =7√|x| ci permette di applicare il teorema di Convergenza Dominata,

e concludere che

limn→+∞

∫

[−2,5]

x2 (x + 2n)

1 + n |x|5/2dx =

∫

[−2,5]

2√|x|dx = ... = 4

(√2 +

√5)

.

3





1] E data, per n ∈ N, la successione di funzioni reali di variabile reale

fn (x) :=

√nx + 1

x + ne−x/n .

i) Determinare l’insieme E ⊆ R di convergenza puntuale e la funzione limite f : E → R.ii) Stabilire se la convergenza di fn ad f e uniforme in E.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Si consideri, per ogni α > 0, il problema di Cauchy

(∗α)

y′ + 2y cos x +

√y sin (2x) = 0

y (0) = α2 .

i) Determinare la soluzione locale di (∗α) .ii) Osservare che ogni (∗α) ha almeno una soluzione globale, definita in R.iii) Determinare i valori α per i quali la soluzione globale e unica.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Determinare per quali α ∈ R si ha fα ∈ L (E) , dove

fα (x, y, z) =(x2 + y2) (x + y)2α√z

yα

e

E =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < 4, y > 0, 0 < z <

3√

x + y

x2 + y2

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Siano A = (u, v) ∈ R2 : 0 < |v| < u e B = (x, y) ∈ R2 : x, y > 0 e sia Φ : A → Bdefinita come

(x, y) = Φ (u, v) :=

((u + v)2

4,(u− v)2

4

).

i) Verificare che Φ e un diffeomorfismo globale tra A e B.ii) Per ogni b > 0 determinare l’immagine Φ (Sb) del segmento

Sb = (u, v) ∈ A : u = b .

iii) Calcolare∫

Ef, dove f (x, y) :=

x− y +√

x +√

y

2√

xyed

E = (x, y) ∈ R2 : 3 ≤ x + y + 2√

x√

y ≤ 5.

1

1] Ogni fn e definita, continua e positiva in [− 1n, +∞), e quindi il loro insieme comune

di definizione e [0, +∞). Si ha fn (0) = 1/n → 0 se n → +∞, mentre per x > 0 e

fn (x) ∼√

x/n → 0 ,

cosı E = [0, +∞) e f (x) ≡ 0 in E.Dallo studio della derivata prima otteniamo

f ′n (x) =−e−x/n

2n (x + n)2√nx + 1

[2nx2 +

(3n2 + 2

)x− n3 + 4n

]da cui si ricava che fn ammette massimo assoluto in

xn =−3n2 − 2 +

√17n4 − 20n2 + 4

4n' cn → +∞ ,

dove c =

√17− 3

4, a quota

fn (xn) ≥ fn (cn) = e−c

√1 + cn2

(1 + c) n→ e−c

√c

1 + c> 0.

Percio, non c’e convergenza uniforme in E (mentre c’e conv. unif. nei sottoinsiemilimitati di E).

2] Il problema di Cauchy (equazione di Bernoulli, con coefficienti continui in R) ammetteuna e una sola soluzione locale y, ricavabile utilizzando la sostituzione y = z2. Il problemaequivale a

(∗∗α)

z′ = −z cos x− sin x cos x

z (0) = α,

almeno fino a quando z (x) > 0. Integrando (∗∗α) si ottiene

zα (x) = 1− sin x + (α− 1) e− sin x.

Studiando il segno di queste funzioni, si nota che quando α > 1 si ha zα (x > 0) per ogni

x ∈ R, e quindi (∗α) ha l’unica soluzione yα (x) =[1− sin x + (α− 1) e− sin x

]2, definita

e positiva in tutto R.Se α ≤ 1, invece, zα si annulla in un punto x0 ∈ [−3π/2, 0) e in un punto x1 ∈ (0, π/2]. Asinistra di x0 e a destra di x1 possiamo prolungare con derivabilita la soluzione yα = z2

α

ponendo yα (x) = 0, ottenendo almeno la soluzione

yα (x) =

0 se x ≤ x0[1− sin x + (α− 1) e− sin x

]2se x ∈ [x0, x1]

0 se x ≥ x1.

D’altra parte, ci sono anche infiniti altri prolungamenti possibili. Ad esempio, in ogniintervallo della forma [(−3π/2) + 2kπ, (π/2) + 2kπ] , k ∈ Z, possiamo utilizzare unaqualsiasi delle funzioni z2

βk, con 0 < βk ≤ 1.

2

3] L’insieme E e misurabile, perche aperto in R3. Ogni fa e continua e positiva in E,per cui possiamo utilizzare il criterio di Fubini-Tonelli per legare l’integrabilita di fa

alla limitatezza di uno qualsiasi degli integrali iterati. Passando a coordinate cilindriche(rispetto all’asse z) la regione E e descritta dalla relazioni

0 < ρ < 2; 0 < ϑ < 3π/4; 0 < z < ρ−5/3 (cos ϑ + sin ϑ)1/3

e quindi fa ∈ L (E) se e solo se

+∞ >

∫ 2

0

∫ 3π/4

0

(∫ ρ−5/3(cos ϑ+sin ϑ)1/3

0

√z dz

)ρ2+a (cos ϑ + sin ϑ)2a

(sin ϑ)a ρ dϑ dρ

=2

3

∫ 2

0

∫ 3π/4

0

[ρ−5/3 (cos ϑ + sin ϑ)1/3

]3/2 ρ2+a (cos ϑ + sin ϑ)2a

(sin ϑ)a ρ dϑ dρ

=2

3

(∫ 2

0

ρa+(1/2)dρ

)(∫ 3π/4

0

(cos ϑ + sin ϑ)2a+(1/2) (sin ϑ)−a dϑ

)

e questo accade se e solo se sono contemporaneamente finiti i tre integrali∫ ε

0

ρa+(1/2)dρ ;

∫ ε

0

(sin ϑ)−a dϑ ;

∫ ε

0

(sin ϕ)2a+(1/2) dϕ ,

per qualche 0 < ε < 1 (abbiamo utilizzato ϑ =3π

4− ϕ, per comodita). Cosı

−a− 1

2< 1

a < 1

−2a− 1

2< 1

da cui si ottiene a ∈(−3

4, 1

).

4] Gli insiemi A e B sono aperti in R2, e la mappa Φ e polinomiale, quindi certamentedi classe C1 (A) .Se (u0, v0) , (u1, v1) ∈ A, con Φ (u0, v0) = Φ (u1, v1) , si ha

u0 + v0 = u1 + v1

u0 − v0 = u1 − v1=⇒

u0 = u1

v0 = v1

e questo prova che Φ e injettiva.Per (x, y) ∈ B, e (x, y) = Φ (u, v) per (u, v) =

(√x +

√y,√

x−√y)∈ A, e quindi Φ e

surjettiva.Inoltre

JΦ (u, v) =

[(u + v) /2 (u + v) /2(u− v) /2 − (u− v) /2

]e quindi detJΦ (u, v) =

v2 − u2

26= 0 in A. Questo mostra che Φ e un diffeomorfismo

globale tra A e B.

3

Il segmento Sb puo essere parametrizzato come (b, t) : −b < t < b , e quindi

Φ (Sb) =

((b + t)2

4,(b− t)2

4

): −b < t < b

da cuit = 2

√x− b = b− 2

√y =⇒

√x +

√y = b

e quindi Φ (Sb) e la parte del grafico della funzione y (x) = (b−√

x)2

corrispondente ax ∈ (0, b2) .

L’integrale∫

Ef puo essere calcolato direttamente oppure, tenendo conto dei primi

due punti dell’esercizio, operando il cambiamento di variabili (x, y) = Φ (u, v) :∫E

f (x, y) dx dy =

∫Φ−1(E)

f (Φ (u, v)) |detJΦ (u, v)| du dv

=

∫Φ−1(E)

2u (1 + v)

u2 − v2

u2 − v2

2du dv

=

∫ √5

√3

(∫ u

−u

u (1 + v) dv

)du

= 2

∫ √5

√3

u2 du =2(5√

5− 3√

3)

3.

4





1] i) Stabilire per quali valori α ∈ R si ha fα ∈ L (E) , dove

fα (x, y) =|y2 − x2|α y

x2 + y2, E =

(x, y) ∈ R2 : x > 0, x2 < y2 < 1 + x2

.

ii) Calcolare, quando esiste,∫

Efα .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Per a parametro reale e dato il problema di Cauchyy′ = 3

√x y2

y (1) = a

i) Determinarne esplicitamente soluzione locale ya e tracciarne un grafico qualitativo.ii) Per quali a la soluzione ya e definita almeno per ogni x ∈ (0, +∞)?iii) Per quali a si ha ya ∈ L ((0, +∞))?. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Per ogni p ∈ (0, +∞) e data la successione numerica

Ik =

∫(0,k)

kpe−k/x

x2 (x + 2)dx k = 1, 2, ...

i) Verificare che limk→+∞

Ik = 0 per ogni p < 2.

ii) Dimostrare che limk→+∞

Ik = +∞ se p > 2.

iii) Calcolare limk→+∞

Ik nel caso p = 2.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Per α, β ∈ R e assegnato il problema di Cauchy

(∗)

3x2y′′ + 5xy′ − y = 2 (3α + 11β − 4) x +

4 (α + 2β − 1)

xy (1) = α ; y′ (1) = β

i) Determinare la soluzione locale di (∗) , al variare di α e β.

ii) Per quali coppie (α, β) il problema (∗) ammette almeno una soluzione definita perogni x ∈ R?

1

1] L’insieme E e un aperto in R2 (quindi e misurabile), simmetrico rispetto all’assex. Tutte le fα sono definite e continue (quindi misurabili) in E, dispari rispetto allavariabile y. Percio, se fα ∈ L (E) , si ha certamente

∫E

fα = 0. Inoltre, a causa dellesimmetrie, si ha fα ∈ L (E) ⇐⇒ fα ∈ L (E+) , dove E+ = E ∩ y > 0 . Nel passaggioa coordinate polari l’insieme E+ viene descritto come

E+ =

(ρ, ϑ) :π

4< ϑ <

π

2, 0 < ρ < r (ϑ)

dove r (ϑ) =

(sin2 ϑ− cos2 ϑ

)−1/2.

Utilizzando il teorema di Tonelli ed il teorema di cambiamento di variabili abbiamo:

fα ∈ L(E+)⇐⇒ +∞ >

∫ π/2

π/4

sin ϑ(sin2 ϑ− cos2 ϑ

)α(∫ r(ϑ)

0

ρ2αdρ

)dϑ .

L’integrale interno converge solo per α > −1

2; in questo caso

fα ∈ L(E+)⇐⇒ +∞ >

∫ π/2

π/4

sin ϑ(sin2 ϑ− cos2 ϑ

)αr2α+1 (ϑ) dϑ

=

∫ π/2

π/4

sin ϑ√sin2 ϑ− cos2 ϑ

dϑ

e quest’ultimo integrale converge e non dipende da α.

Percio fα ∈ L (E) ⇐⇒ α > −1

2.

2] L’equazione differenziale (a variabili separabili) soddisfa le condizioni del teorema diesistenza e unicita locale per un problema di Cauchy ”centrato” in qualsiasi punto di R2.Cosı, se a = 0 il problema ammette l’unica soluzione (globale) y (x) ≡ 0. Se invece a 6= 0e certamente ya (x) 6= 0 in un opportuno intorno di x = 1; inoltre, ya mantiene sempre ilsegno di a. Integrando rispetto ad x la relazione y′y−2 = 3

√x otteniamo, tenendo conto

del dato iniziale,(−y−1

)′=

(3

4x4/3

)′⇒

(1

a− 1

y (x)

)=

3

4x4/3−3

4⇒ ya (x) =

4/3(1 +

4

3a

)− x4/3

.

La soluzione ya e definita nel piu ampio intorno di x = 1 in cui il denominatore rimanediverso da 0, e presenta asintoti verticali la dove il denominatore si annulla. Studiandoil segno del denominatore, si trova che per ogni a > 0 la soluzione presenta due asintotiverticali, simmetrici rispetto a x = 0; e definita per ogni x ∈ R se a ∈ (−4/3, 0]; edefinita per ogni x > 0 se a = −4/3; e definita in un intervallo del tipo (x, +∞) , con0 < x < 1, se a < −4/3.Ne segue che la risposta al punto ii) e a ∈ [−4/3, 0] , mentre la risposta al punto iii) ea ∈ (−4/3, 0] (infatti, per a = −4/3 la soluzione e y (x) = −4/3x4/3).

3] Una delle possibili vie per affrontare il problema consiste nell’operare il cambio divariabile t = k/x, da cui

Ik =

∫(1,+∞)

kp−1te−t

(2t + k)dt.

2

Per ogni t > 1 la successione di funzioni gk (t) =kp−1te−t

(2t + k)ammette limite g (t) per

k → +∞, con

g (t) ≡ 0 se p < 2; g (t) = te−t se p = 2; g (t) ≡ +∞ se p > 2.

Per quanto riguarda il punto ii), osserviamo che per p > 2

+∞ ≡ g (t) = limk

gk (t) = lim infk

gk (t)

e tutte le gk sono non negative; utilizziamo il lemma di Fatou per ottenere

+∞ =

∫(1,+∞)

g =

∫(1,+∞)

lim infk

gk ≤ lim infk

∫(1,+∞)

gk = lim infk

Ik

da cui limk→+∞

Ik = +∞.

Se invece p ≤ 2 osserviamo che, sempre per t > 1,

0 ≤ gk(t) =kp−1te−t

(2t + k)≤ kp−2te−t ≤ te−t =: h (t) ∈ L ((1, +∞)) .

Possiamo percio applicare il teorema di Convergenza Dominata, ottenendo Ik →∫

(1,+∞)g.

La tesi i) segue immediatamente, mentre per p = 2 si ha Ik →∫

(1,+∞)te−tdt =

2

e.

4] Si tratta di un’equazione differenziale di Eulero, con coefficienti infinitamente deriv-abili in R+ = (0, +∞) . Per risolvere l’equazione omogenea associata e possibile ricorrerealla sostituzione z (t) = y (et) , che la trasforma in un’equazione lineare a coefficienticostanti. In alternativa, la ricerca di soluzioni della forma y (x) = xλ porta a

3λ (λ− 1) + 5λ− 1 = 0 =⇒ λ =1

3e λ = −1.

Cosı l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ha la forma

yH (x) = c1x1/3 + c2/x.

I due addendi g1 (x) = 2 (3α + 11β − 4) x e g2 (x) =4 (α + 2β − 1)

xportano quindi

alla ricerca di una soluzione particolare dell’equazione non-omogenea che sia esprimibile

come somma di due addendi u1 (x) = Ax e u2 (x) =B log x

x, per opportuni A, B ∈ R.

Inserendo i dati iniziali, si ottiene la soluzione

y (x) =3

4(3− α− 8β) 3

√x +

α + 2β − 1

4

1

x+

3α + 11β − 4

2x− (α + 2β − 1)

log x

x

definita per ogni x ∈ R+.Perche questa funzione rimanga limitata quando x → 0+ va richiesto che α+2β− 1 = 0e, una volta soddisfatta questa richiesta, va poi imposto anche che y′ sia derivabile inx = 0. Questo porta all’ulteriore condizione 3−α− 8β = 0. Ne risulta che la risposta alpunto ii) viene dalla coppia di valori α = β = 1/3.

3



9/7/2010 prof. M.Vignati versione aDurata della prova scritta: 150 minuti. Lo studente puo svolgere fino a tre esercizi.

1] E data la serie di funzioni reali di variabile reale

+∞∑k=1

kx2−6x (k − 1) x

1 + k2.

i) Determinarne l’insieme di convergenza puntuale.

ii) Stabilire se la convergenza e uniforme nell’intervallo (4, 6) .

iii) Stabilire se la convergenza e totale nell’intervallo (0, 1) .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Per ω ∈ [0, +∞) e dato il problema di Cauchyy′′ + ω2y = sin(ωx)y (0) = 2y′ (0) = π

i) Determinarne, per ogni ω ≥ 0, la soluzione yω.

ii) Posto ω =π

n, n = 1, 2, ... , verificare che

limn→+∞

yπ/n (x) = y0 (x)

per ogni x ∈ R.

iii) Stabilire se la convergenzayπ/n

→ y0 e uniforme in R.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Stabilire per quali valori del parametro a ∈ (0, +∞) si ha f ∈ L (Da) , dove

f (x, y, z) =x

y2√

z

e

Da =(x, y, x) ∈ R3 : z > 0, x2 + y2 < z−2a, x2 + y2 − 2x < 0, x2 + y2 − 2y < 0

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Per α, β ∈ R e assegnato il problema di Cauchy

(∗)

x (x + 1) y′′ + (2− x2) y′ − (x + 2) y + ex = 0y (1) = α ; y′ (1) = β

i) Determinare la soluzione locale di (∗) , al variare di α e β.

ii) Per quali coppie (α, β) tale soluzione ammette almeno un prolungamento definito perogni x ∈ R?

iii) Discutere l’unicita di tale prolungamento.

1

1] Tutte le funzioni uk (x) := kx2−6x (k − 1) x

1 + k2sono continue e positive in R; uk (0) ≡ 0,

mentre per x 6= 0 si ha

uk (x) ∼ x

k1−x2+6x.

Percio la serie converge se e solo se x ∈ [0, 6).Data la continuita delle uk, dalla convergenza uniforme della serie in (4, 6) seguirebbe laconvergenza delle serie per x = 6; poiche questo non accade, la serie NON e uniforme-mente convergente in (4, 6) .Studiando il segno di u′k in [0, 6] si trovano un punto di massimo relativo per x = αk ∼

1

6 log k→ 0 ed un punto di minimo relativo per x = βk ∼ 3. Cosı

‖uk‖∞,(0,1) = uk (αk) ≥ uk

(1

6 log k

)∼ 1

6ek log k

e quindi in (0, 1) NON c’e convergenza totale.

2] Per ω = 0 si arriva immediatamente alla y0 (x) = 2 + πx. Se invece ω > 0 si ottiene

yω (x) = 2 cos ωx +2πω + 1

2ω2sin ωx− x

2ωcos ωx .

La verifica del fatto che limn→+∞

yπ/n (x) = y0 (x) per ogni x ∈ R e immediata.

Valutando le funzioni yπ/n in x = n otteniamo

∥∥yπ/n − y0

∥∥∞,R ≥

∣∣yπ/n (n)− y0 (n)∣∣ =

∣∣∣∣−4 +n2

2π− πn

∣∣∣∣→ +∞

e quindi la convergenza in R NON e uniforme.

3] L’insieme Da e aperto, e la funzione f e continua e positiva in Da. Utilizzando ilteorema di Tonelli, troviamo che f ∈ L (Da) se e solo se uno qualsiasi degli integraliiterati e finito. Passando a coordinate cilindriche, l’insieme Da viene trasformato, ameno di insiemi di misura nulla, nell’insieme

Da =(ρ, ϑ, z) : 0 < z < ρ−1/a, 0 < ϑ < π/4, 0 < ρ < 2 sin ϑ

∪

∪(ρ, ϑ, z) : 0 < z < ρ−1/a, π/4 < ϑ < π/2, 0 < ρ < 2 cos ϑ

.

Percio f ∈ L (Da) se e solo se

+∞ >

∫ π/4

0

∫ 2 sin ϑ

0

(∫ ρ−1/a

0

z−1/2dz

)cos ϑ

sin2 ϑdρ dϑ+

+

∫ π/2

π/4

∫ 2 cos ϑ

0

(∫ ρ−1/a

0

z−1/2dz

)cos ϑ

sin2 ϑdρ dϑ

= 2

∫ π/4

0

∫ 2 sin ϑ

0

cos ϑ

sin2 ϑρ−1/2a dρ dϑ + 2

∫ π/2

π/4

∫ 2 cos ϑ

0

cos ϑ

sin2 ϑρ−1/2a dρ dϑ .

2

Per a ≤ 1

2la risposta e negativa, mentre per a >

1

2otteniamo

f ∈ L (Da)⇐⇒ +∞ >

∫ π/4

0

cos ϑ

(sin ϑ)1+1/2adϑ +

∫ π/2

π/4

(cos ϑ)2−1/2a

sin2 ϑdϑ .

E immediato notare che per ogni a > 0 il primo integrale e divergente. Percio f /∈ L (Da)per ogni a > 0.

4] L’equazione differenziale e lineare, del II ordine, e non omogenea. I coefficientidell’equazione omogenea associata hanno somma nulla, pertanto una sua soluzione ey1 (x) = ex. Cerchiamo, per x > 0, una seconda soluzione della forma y2 (x) = exz (x) ;sostituendo nell’equazione omogenea la y2 ricaviamo

x (x + 1) z′′ +(x2 + 2x + 2

)z′ = 0.

Ponendo t = z′ si ottiene t′ +x2 + 2x + 2

x2 + xt = 0, da cui t (x) = ce−x x + 1

x2, c > 0.

Integrando ancora una volta

z (x) = −ce−x

x.

Possiamo percio utilizzare y2 (x) = 1/x, ed ottenere la famiglia yH (x) = c1ex +

c2

xcome

integrale generale dell’equazione omogenea associata.Utilizziamo il metodo di variazione delle costanti arbitrarie per cercare una soluzione

particolare y dell’equazione data nella forma y (x) = c1 (x) ex +c2 (x)

x. E noto che le

funzioni c1 e c2 soddisfano il sistema[ex 1/xex −1/x2

](c′1

c′2

)=

(0−ex/x (x + 1)

)da cui si ottiene c′1 (x) = −1/ (x + 1)2 , c′2 (x) = xex/ (x + 1)2 . Integrando, si arriva ay (x) = ex/x. Quindi, in ognuno dei tre intervalli (−∞,−1) , (−1, 0) , (0, +∞) , in cuil’equazione puo essere posta in forma normale, le soluzioni hanno la forma

y (x) = Aex +B

x+

ex

xA, B ∈ R.

Sostituendo le condizioni iniziali otteniamo la soluzione, definita in (0, +∞) ,

y (x) =α + β − e

2ex−1 +

α− β − e

2x+

ex

x.

L’unico modo per poter garantire la limitatezza, quando x→ 0+ di questa funzione e discegliere

α = β + e− 2

e con questa scelta la soluzione diventa

y (x) = (β − 1) ex−1 +ex − 1

x

3

che, per x→ 0+, ha lo sviluppo di McLaurin

y (x) =

(β − 1

e+ 1

)+

(β − 1

e+

1

2

)x +

(β − 1

2e+

1

6

)x2 + o

(x2).

Utilizzando, per x ∈ (−1, 0) , una soluzione della forma y (x) = d1ex +

d2

x+

ex

xtroviamo

che l’unica scelta che la rende limitata per x→ 0− e con d2 = −1, mentre l’unico modo

per avere un raccordo continuo richiede d1 =β − 1

e.

Cosı, la funzione y (x) = (β − 1) ex−1+ex − 1

xe la sola soluzione del problema di Cauchy

in (−1, +∞) . Questa funzione e analitica in x = −1, e quindi risulta essere l’unicoprolungamento ad R.

4




1] i) Determinare l’insieme di convergenza puntuale, e la funzione limite F, della suc-cessione di funzioni Fk : R → R, dove

Fk (y) :=

∫ ky

1

x−2/3(1 + x2

)1/2e−x dx k ∈ N.

ii) Stabilire, per ciascuno degli intervalli [0, 1/e] e [e, +∞), se la convergenza e uniforme.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2] Si consideri il problema di Cauchy

(∗)

y(iv) − y = 2y (0) = α, y′ (0) = β, y′′ (0) = γ, y′′′ (0) = α− β + γ + 2

con α, β, γ ∈ R.i) Determinarne la soluzione.ii) Scegliere γ = γ (α, β) in modo che la soluzione di (∗) sia limitata in R.iii) Rispetto a questa scelta di γ, individuare e rappresentare graficamente la regione

E =

(α, β) : la soluzione di (∗) soddisfa

y (x) ≤ 0 per ogni x ∈ R.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3] Dato il parametro reale β ∈ (1, +∞) , si consideri il problema di Cauchyy′ = (1− y) e−y

y (0) = β

e sia gβ la soluzione massimale.i) Verificare che gβ e definita per ogni x ∈ R.ii) Tracciarne un grafico qualitativo (limiti, asintoti, monotonia).iii) Calcolare il valore di ∫

(0,+∞)

[gβ (x)− 1] dx .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4] Sono dati l’insieme

E =(x, y, z) ∈ R3 : x > 0; y > 0; z ∈ (0, 2) ; x2 + 4y2 < 4z

il parametro reale a e le funzioni fa : E → R definite come

fa (x, y, z) := xyza−2.

i) Determinare l’insieme A = a ∈ R : fa ∈ L (E) .

ii) Calcolare, per ogni a ∈ A, il valore F (a) :=∫

Efa .

iii) Dedurre, giustificando il procedimento seguito, che∫E

xy log z

z2dx dy dz = log (2/e) .

1

1] La funzione f (x) := x−2/3 (1 + x2)1/2

e−x e definita quasi ovunque in R, continua,integrabile in ogni insieme inferiormente limitato, e non integrabile negli intorni di −∞.Ne segue che ogni Fk e definita in R. Inoltre, dalla positivita di f segue che Fk (y) ↓ −∞per ogni y < 0, Fk (0) ≡ −

∫ 1

0f (x) dx =: F (0) < 0, e Fk (y) ↑

∫ +∞1

f (x) dx =: A > 0se y > 0.Cosı Fk converge, in [0, +∞), alla

F (y) =

F (0) < 0 se y = 0A > 0 se y > 0

Ogni Fk e continua in R, F non lo e in y = 0, e quindi la convergenza NON e uniformein [0, 1/e] . Invece, per y ≥ e

0 ≤ F (y)− Fk (y) =

∫ +∞

ky

f ≤∫ +∞

ke

f → 0

uniformemente rispetto ad y.

2] L’equazione differenziale in (∗) e lineare, del quarto ordine, non omogenea, acoefficienti costanti. Il polinomio caratteristico dell’equazione omogenea associata eP (λ) = λ4 − 1, e ha come radici (semplici) λ = ±1,±i.La soluzione generale dell’equazione data e percio

y (x) = c1ex + c2e

−x + c3 cos x + c4 sin x− 2

e, dopo l’inserimento dei dati iniziali, otteniamo la soluzione di (∗)

y (x) =1

2(α + γ + 2) ex +

1

2(α− γ + 2) cos x +

1

2(2β − α− γ − 2) sin x− 2

Perche questa funzione sia limitata dobbiamo scegliere γ = −α − 2. Con questa sceltadi γ, le soluzioni limitate di (∗) sono tutte e sole le funzioni

y (x) = (α + 2) cos x + β sin x− 2 = −2 +

√(α + 2)2 + β2 sin (x + ϕ)

per un opportuno valore ϕ = ϕ (α, β) . Queste funzioni assumono solo valori non positivise e solo se

−2 +

√(α + 2)2 + β2 ≤ 0

e questo equivale ad avere (α, β) nel disco chiuso di centro (−2, 0) e raggio 2.

3] L’equazione differenziale data ammette la funzione y (x) ≡ 1, A partire da un genericopunto (x0, y0) ∈ R2 il problema di Cauchy con dato iniziale y (x0) = y0 ammette una eduna sola soluzione locale. Percio, per ogni β > 1 la soluzione massimale gβ assume solovalori maggiori di 1.Nell’aperto Ω = R× (1, +∞) la funzione

f (x, y) := (1− y) e−y

2

e di classe C∞ e soddisfa |f | ≤ c, |∂f/∂y| ≤ c per qualche c > 0; questo fatto garantisceesistenza ed unicita globale, in R, della soluzione massimale gβ del problema assegnato,per ogni β > 1. Separando le variabili riusciamo a scrivere gβ in forma implicita come

(∗∗) x =

∫ gβ(x)

β

et

1− tdt

da cui si deduce che gβ e strettamente decrescente in R, con gβ (−∞) = +∞ e gβ (+∞) =1.Riscrivendo la (∗∗) come

x = g−1β (y) =

∫ y

β

et

1− tdt

ed utilizzando (due volte) il criterio di Fubini-Tonelli abbiamo poi

I :=

∫(0,+∞)

[gβ (x)− 1] dx =

∫ +∞

0

(∫ gβ(x)

1

dy

)dx =

∫ β

1

∫ g−1β (y)

0

dx dy

=

∫ β

1

g−1β (y) dy =

∫ β

1

(∫ y

β

et

1− tdt

)dy =

∫ β

1

(∫ t

1

dy

)et

t− 1dt

=

∫ β

1

et dt = eβ − e.

4] L’insieme E e aperto in R3 e la funzioni fa sono continue e positive in E. RiscrivendoE come

E =

(x, y, z) ∈ R3 : z ∈ (0, 2) ; 0 < y <√

z; 0 < x < 2√

z − y2

ed utilizzando il teorema di Tonelli otteniamo∫E

fα =

∫ 2

0

(∫ √z

0

(∫ 2√

z−y2

0

x dx

)y dy

)za−2 dz

=

∫ 2

0

(∫ √z

0

2y(z − y2

)dy

)za−2 dz =

1

2

∫ 2

0

za dz

da cui si ricava che A = (−1, +∞) e F (a) =2a

a + 1.

In alternativa, e possibile arrivare allo stesso risultato utilizzando coordinate polari el-littiche, mediante la sostituzione

(x, y, z) 7−→ (2ρ cos ϑ, ρ sin ϑ, z) .

Per ogni a ∈ A e (x, y, z) ∈ E la funzione fa (x, y, z) puo essere derivata rispetto ad a,con

∂fa

∂a(x, y, z) = xyza−2 log z ,

∂fa

∂a(x, y, z)

∣∣∣∣a=0

=xy log z

z2.

3

Per ogni 0 < ε < 1 nell’insieme E × [−ε, ε] vale la stima∣∣∣∣∂fa

∂a(x, y, z)

∣∣∣∣ ≤ c|log z|z2+ε

:= h (x, y, z) ∈ L (E)

per qualche opportuna c > 0. Questa stima permette di derivare sotto il segno di inte-grale, ottenendo∫

E

xy log z

z2dx dy dz =

∫E

∂fa

∂a(x, y, z)

∣∣∣∣a=0

(x, y, z) dxdydz

= F ′ (0) =(a + 1) log 2− 1

(a + 1)2 2a

∣∣∣∣a=0

= log 2− 1 = log (2/e) .

(Il calcolo esplicito del valore dell’integrale puo comunque essere effettuato direttamente,seguendo la stessa tecnica illustrata sopra.)

4

Analisi IV Vignati

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