Analisi 1 e 2 - Quarto compitino Soluzioni proposte

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1 Analisi 1 e 2 - Quarto ompitino Soluzioni proposte 23 maggio 2017 Eserizio 1. Risolvere il problema di Cauhy y = x(4 y2 ) y y(0) = α al variare di α R, α 0 Soluzione proposta. Se α = 2 oppure α = 2 abbiamo le soluzioni ostanti y 2 oppure y 2. Altrimenti si avrà y(x) ±2 per ogni x per il teorema di uniità della soluzione al problema di Cauhy. Integriamo, dopo aver separato le variabili: y d y 4 y 2 = x d x 1 2 log 4 y2 = 1 2 x y 2 = 1 e x2 4 y 2 =ke x2 Dove 0, 1 e k sono opportune ostanti, 1 0. Imponendo la ondizione y(0) = α otteniamo k = 4 α 2, quindi abbiamo y 2 = 4 + (α 2 4)e x2 Se α > 0, allora anhe y(x) > 0, quindi abbiamo y(x) = 4 + (α 2 4)e x2. Se invee α < 0, vale anhe y < 0, quindi y(x) = 4 + (α 2 4)e x2. In ogni aso le soluzioni sono definite per ogni x R, essendo l argomento della radie sempre positivo. Eserizio 2. Sia, per n N e α R, f α,n la funzione definita da: f α,n (x) = e x αx n. Dire, per ogni valore di n N, per quali valori di α R la funzione f α,n risulta onvessa su R. 1

2 Soluzione proposta. Consideriamo dapprima i asi semplii in ui n = 0 o n = 1 o α = 0. In tutti e tre questi asi si ha f α,n(x) = e x > 0 x R quindi f α,n risulta onvessa. D ora in poi supporremo α 0 e n 2. Supponiamo he n sia pari. Allora: se α < 0, αx n è onvessa e f α,n è somma di funzioni onvesse, quindi onvessa. Sia ora α > 0 e poniamo n = 2k. Allora: lim f α,n(x) = x lim x e x α2k(2k 1)x 2k 2 = n > 2 lim x e x 2α = 2α n = 2 quindi siuramente la derivata seonda di f α,n non è sempre maggiore o uguale a 0, dunque la funzione non è onvessa. Supponiamo ora he n sia dispari, n = 2k +1. Notiamo subito he per α < 0 la funzione non è onvessa. Infatti: lim f α,n(x) = lim x x ex α2k(2k + 1)x 2k 1 =, e ome prima deduiamo he la derivata seonda di f α,n non è sempre maggiore o uguale a 0. Sia ora α > 0. Vediamo per quali α, n = 2k + 1 la funzione e x α(2k + 1)2kx 2k 1 è positiva su R. Notiamo subito he se x 0 vale tale disuguaglianza. Supponiamo quindi x > 0. Dunque il problema si ridue a trovare gli α, n = 2k + 1 per ui: g(x) = e x α. (2k + 1)2kx2k 1 La funzione g(x) è ontinua su R + e lim x 0 + g(x) = lim x + g(x) = +, quindi ammette un punto di minimo, he troviamo ponendo uguale a 0 la sua derivata. g (x) = e x ( ) 1 2k 1 2k(2k + 1) x2k 1 x 2k 2 = ex (x 2k + 1) 2k(2k + 1)x 2k 2. In partiolare, g (x) = 0 x = 2k 1 = n 2. Poniamo λ(n) = min g(x) = g(n 2) = Allora f α,n è onvessa per 0 < α λ(n). Riassumendo, f α,n è onvessa per: n = 0, 1, α R; α = 0, n N; n pari, α < 0; e n 2 n(n 1)(n 2) n 2. 2

3 n dispari, 0 < α λ(n). Eserizio 3. Si determini l insieme di tutte le soluzioni dell equazione differenziale y + y = tan(x) + sin(x)e x. Soluzione proposta. Si tratta di un equazione differenziale lineare del seondo ordine non omogenea, quindi una volta trovata una soluzione partiolare tutte le altre differiranno per una soluzione dell equazione omogenea assoiata y = y he è l equazione dell osillatore armonio ed ha quindi soluzioni y(x) = A sin(x) + B os(x) on A, B R. Poihé l equazione è lineare, al fine di trovare una soluzione partiolare possiamo erare separatamente soluzioni delle equazioni y + y = tan(x) y + y = sin(x)e x e poi sommarle. Iniziamo a studiare l equazione y + y = tan(x) ed applihiamo il metodo della variazione delle ostanti, ovvero erhiamo soluzioni nella forma 1 (x) sin(x) + 2 (x) os(x) ottenendo da risolvere il seguente sistema 1 (x) sin(x) + 2(x) os(x) = 0 1(x) os(x) 2(x) sin(x) = sin(x) os(x) da ui, moltipliando la prima equazione per sin(x) e la seonda per os(x), otteniamo il sistema 1 (x) sin 2 (x) + 2(x) sin(x) os(x) = 0 1(x) os 2 (x) 2(x) sin(x) os(x) = sin(x) he ha soluzione in 1 (x) = sin(x) 2(x) = sin2 (x) os(x). Integrando otteniamo immediatamente 1 = os(x), aloliamo invee sin 2 (x) 2 (x) = os(x) d x = sin 2 (x) 1 sin 2 (x) os(x) d x 3

4 in ui possiamo eseguire la sostituzione u = sin(x), da ui d u = os(x) d x ottenendo u 2 1 u 2 2 (u) = 1 u 2 d u = 1 u 2 d u 1 1 u 2 d u = u u u d u ovvero, sostituendo nuovamente u = sin(x), 2 (x) = sin(x) 1 ( ) 2 log 1 + sin(x) 1 sin(x). Conludendo la soluzione partiolare di questa equazione risulta essere ( y(x) = sin(x) os(x) + os(x) sin(x) 1 ( )) 2 log 1 + sin(x) 1 sin(x) = = 1 ( ) 2 os(x) log 1 + sin(x) 1 sin(x). Cerhiamo ora la soluzione di y + y = sin(x) e x nella forma y(x) = (A sin(x) + B os(x)) e x on A, B R. Derivando due volte questa funzione otteniamo failmente he deve essere verifiata la ondizione y + y = [(A 2B) sin(x) + (2A + B) os(x)] e x = sin(x) e x ovvero si deve risolvere il sistema reale A 2B = 1 2A + B = 0 he dà luogo alla soluzione A = 1 5 B = 2 5. In onlusione possiamo ora srivere tutte le soluzioni dell equazione, le quali risultano essere, al variare di A, B R, tutte e sole le seguenti A sin(x) + B os(x) 1 ( ) 2 os(x) log 1 + sin(x) 1 sin(x) (sin(x) 2 os(x)) ex. Un metodo alternativo, ma fortemente sonsigliato vista la sensibilmente auita diffioltà dei aloli, per trovare una soluzione partiolare per la seonda equazione y + y = sin(x) e x onsiste sempliemente nell appliare nuovamente il metodo di variazione delle ostanti. Si ottiene dunque il sistema 1 (x) sin(x) + 2(x) os(x) = 0 1(x) os(x) 2(x) sin(x) = sin(x)e x e risolvendolo otteniamo 1 (x) = 1 2 ex sin(2x) 2(x) = e x sin 2 (x). 4

5 Iniziamo ad integrare 1 due volte per parti ottenendo e x sin(2x) d x = e x sin(2x) 2 e x os(2x) = = e x sin(2x) 2 e x os(2x) 4 e x sin(2x) da ui 1 = 1 10 ex (sin(2x) 2 os(2x)). A questo punto, sfruttando il risultato dell integrale preedente, l integrazione per parti di 2 risulta più agevole e restituise 2 = e x sin 2 (x) = e x sin 2 (x) + 2 e x sin(x) os(x) = = e (sin x 2 (x) 1 5 ex sin(2x) + 2 ) 5 ex os(2x). 5