Analisi Matematica A e B Soluzioni Prova scritta n. 3

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1 Analisi Matematica A e B Soluzioni Prova scritta n. Corso di laurea in Fisica, luglio 208. Si consideri per α =, 2, 5, 8 la seguente funzione funzione F α : R\{0} R F α () = sin t dt. t α 6 Dire se F α può essere estesa per continuità a tutto R e in tal caso verificare se l estensione è di classe C. Soluzione. Poniamo f α (t) = sin t t α 6 e osserviamo che f α è dispari: f α ( t) = f α (t). Dunque la funzione F α () è pari, in quanto facendo la sostituzione s = t, ds = dt si nota che: F α ( ) = f α (t) dt = f α ( s) ds = F α (). Sarà quindi sufficiente studiare la funzione F α () per 0. Osserviamo che esiste un δ > 0 tale che per ogni [0, δ] si ha sin /2 (ad esempio si può prendere δ = π/6) mentre per ogni > 0 si ha sempre sin. Dunque possiamo affermare che per t [0, δ ] risulta 2 t t α 6 f α (t) t t α 6 Per α = 8 sappiamo dunque che f 8 (t) t 2 t 8 6 = 2t

2 e di conseguenza, per 0 +, F 8 () f 8 (t) dt = 2 t dt = (ln ln ) +. 2 Dunque la funzione F 8 () non può essere estesa con continuità a = 0. Se α = 5 si ha f 5 (t) t 2 in un intorno di 0 +. Dunque, per 0 +, 0 f 5 (t) dt t ( ) 2 dt = Per il teorema dei due carabinieri abbiamo dunque F 5 () 0 per 0 + e per simmetria F 5 () 0 per 0. Dunque F 5 si estende con continuità a = 0, ponendo F 5 (0) = 0. Lo stesso vale se α = o α = 2 in quanto 0 f (t) f 2 (t) f 5 (t) per t (0, ] e quindi 0 F () F 2 () F 5 () per (0, ]. Calcoliamo per > 0 la derivata, utilizzando il teorema fondamentale del calcolo integrale: F 5() = f 5 () 2 f 5 ( ) = sin sin per 0 +. Questo significa che la funzione estesa non può essere derivabile in = 0 perché se lo fosse si avrebbe, per il teorema di de L Hospital: F 5(0) = lim h 0 F 5 (h) h = lim h 0 F 5(h) = +. Per α = 2 abbiamo già visto che la funzione può essere estesa per continuità, come nel caso α = 5. In questo caso la derivata (calcolata come nel caso precedente) è, per 0 + : F 2() = sin 2 sin. Per simmetria (la derivata di una funzione pari è dispari) si avrà allora: F 2() per 0. Ma allora F 2 () ha un punto angoloso per = 0, non è derivabile e tantomento C. Per α = si ha, come nei casi precedenti che F () si estende con continuità in = 0. Calcolando la derivata si ha, per 0 +, F () = sin 6 2 sin

3 Per simmetria si avrà quindi F () 0 = 0 per 0 e quindi, utilizzando il teorema di de l Hospital per calcolare il limite del rapporto incrementale si ottiene che l estensione continua di F () è derivabile in = 0 con derivata nulla. Per 0 è chiaro che F () = f () 2 f ( ) è continua, e per 0 abbiamo verificato che F () 0, dunque F è continua e F è di classe C. 2. Sia a n = (ln n)(arctg n) ( cos n). Studiare, al variare di α R, α > 0, la convergenza semplice e la convergenza assoluta della serie + n= ( ) n a α n. Soluzione. Per n + si ha arctg n π/2 e cos(/n) = /(2n 2 ) + o(/n 2 ) da cui a n π ln n 4 n. 2 Per quanto riguarda la convergenza assoluta si ha ( ) n a α n = a α n e si ottiene quindi la serie a α n che, per il criterio di confronto asintotico, ha lo stesso carattere della serie ln α n n 2α. Sappiamo che per ogni ε > 0 si ha ln n n ε e dunque ln α n n 2α n (2 ε)α = n p con p = (2 ε)α. Ma la serie /n p (serie armonica generalizzata) è convergente se p >. Se α > /2 sarà sempre possibile trovare un ε > 0 per cui p >, e dunque la nostra serie sarà assolutamente convergente. Viceversa si ha a α n lnα n n 2α n 2α e dunque se α /2 la serie non è assolutamente convergente. Possiamo però dimostrare che la serie converge semplicemente per ogni α > 0 utilizzando il criterio di Leibniz. La successione ( ) n a α n è a segni alterni ed è infinitesima. Rimane solo da verificare che a α n è decrescente,

4 almeno per n sufficientemente grande ovvero che a n è decrescente. Per fare ciò poniamo a n = f(n) con ( f() = ln arctg cos ). Si ha f () = arctg ( cos ) + ln ( + cos ) 2 Per + si ha ln arctg sin 2 arctg = O(), ln = o(), cos ( ) = O, sin 2 = ( ) + o 2 da cui ( ) f () = O ( ) = O ( ) ( + o ln arctg ln arctg ( )) + o 4 cioè, per + f () = ( ln arctg ) O(). Significa che per sufficientemente grande deve essere f () < 0. Dunque f() è decrescente per abbastanza grande e a n = f(n) è decrescente per n sufficientemente grande.. Risolvere il problema di Cauchy { ( ) 2 y = (y ), y(0) = 0. specificando l intervallo massimale di esistenza della soluzione. Soluzione. Se e se y() possiamo dividere l equazione per ( ) 2 (y ) per ottenere una equazione a variabili separate: y y = 4 ( ) 2.

5 Passando alle primitive si ha y dy = ( ) 2 d. Da un lato e dall altro ( ) 2 d = dy = ln y y + ( ) d = 2 = ln. d + ( ) 2 d La primitiva in y è definita per y < e per y >, mentre la primitiva in è definita per < e per >. Siccome abbiamo il dato iniziale in = 0 e y = 0 scegliamo gli intervalli < e y < cosicché y = y e =. Sull intervallo < le due primitive possono differire per una costante c R: ovvero ma imponendo y(0) = 0 si ottiene da cui e c = /(e) e dunque ln( y) = ln( ) + c y = ( ) e e c 0 = e e c y() = e e. () Abbiamo fin qui ottenuto che se y() è una soluzione del problema e se < e y() < allora certamente vale (). Ma la funzione in () non si avvicina mai a y =, dunque se < la soluzione dovrà sempre soddisfare la condizione y() <. D altra parte per si osserva che y() dunque non è possibile che la soluzione possa essere estesa ad una funzione continua definita su un intervallo più grande. L intervallo massimale di esistenza è dunque (, ). 5