Analisi Matematica I Soluzioni tutorato 8

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1 Corso di laura in Fisica - Anno Accadmico 7/8 Analisi Matmatica I Soluzioni tutorato 8 A cura di David Macra Esrcizio (i) abbiamo ch R( i) I( i), quindi inoltr,dividndo pr il modulo i (R( i)) + (I( i)) ( ) + i i i i i R i cos(θ) I i sin(θ) con θ arg( i). Quindi arg( i) è qul numro il cui sno sia ugual a / il cui cosno sia ugual a /, cioè θ arg( i) π/. A qusto punto possiamo scrivr il numro in forma sponnzial trigonomtrica: i i i arg( i) iπ/ i i cos(arg( i)) + i i sin(arg( i)) cos π π i sin cos π + i sin π (ii) Procdndo in manira dl tutto analoga a prima, abbiamo + i +, R + i cos(θ) I + i sin(θ) θ π + π π i cos + i sin iπ/ (iii) Scriviamo prima, in modo dl tutto analogo a prima, la bas dlla potnza: i +, cos(θ), sin(θ) θ π 5π 5π i cos + i sin i5π/ Adsso applichiamo l formul di d Moivr: ( 5π π π i) 5 5 cos + 5 i sin cos + i sin π iπ/

2 (iv) Notiamo ch i, prtanto i è la radic quatantottsima primitiva dll unità avnt argomnto minimo, quindi possiamo calcolarn subito modulo argomnto: i, arg( i) π 8 π quindi i cos π π + i sin iπ/ Altrnativamnt, si potva giungr allo stsso risultato calcolando modulo, argomnto scrivndo in forma sponnzial trigonomtrica l unità immaginaria i poi applicando l formul di D Moivr. Esrcizio Supponiamo pr assurdo ch max x [,] f (x). Allora max x [,] f (x) < oppur max x [,] f (x). S max f (x) <, pr la monotonia dll intgral x [,] f (x) < il ch contraddic l ipotsi ch f (x). D altro canto, s max f (x) l ipotsi ch l intgral tra valga implica ch f (x) su [,] scluso al più un insim ch non contin x [,] alcun intrvallo. Ma allora o f (), oppur f ha una discontinuità in zro, prciò vrrbb ncssariamnt contraddtta una dll prim du ipotsi. Quindi dv ssr ncssariamnt max f (x) > x [,] Esrcizio (i) log x x log(x) x + y x Quindi l intgral convrg d è ugual a x log log( x) x log(y)dy x log(x) x y log(y) + y log(x) y x + (ii) / + log(x) / log() + log(x) / log( x) y x log(y) dy prchè la funzion log(y) non è intgrabil in y. Quindi l intgral divrg (iii) x loglog(x) ylog(x), dy x x loglog(x) dy log(y) dy y prchè log(x) x su [, ). Prciò anch qusto intgral divrg. Esrcizio

3 ( i) Sappiamo ch una funzion dlla forma è intgrabil in un intorno di a s solo s (x a) b b <. Quindi, affinchè x α ( + x) β convrga, dv ssr α < (β, invc, può ssr a priori qualsiasi numro ral, prchè non fa part dll intrvallo su cui si sta intgrando la funzion). Tuttavia pr far sì ch la funzion sia intgrabil all infinito, il mmbro al dnominator dv avr grado massimo in x maggior di. Poichè il grado massimo di x α ( + x) β è α + β, l intgral è convrgnt s solo s α < α + β > ( ii) Il prodotto di un sponzial ngativo una funzion limitata è smpr intgrabil su [, ). La funzion αx cos(βx) quindi è intgrabil su [, ) pr α pr ogni β. π α (iii) La funzion non ha problmi in dato ch pr ogni α, arctan(x) Adsso studiamo il comportamnto all infinito: dall idntità trigonomtrica arctan(x) + arctan π sgu ch x π α α α arctan(x) arctan x x + o x x + o α x α x π α. ch è intgrabil all infinito s solo s α >, quindi anch la funzion original è intgrabil pr tali valori di α. Esrcizio 5 Calcoliamo il massimo dlla funzion g(x) x t dt x + sulla smirtta {x }. Abbiamo ch g (x) d x t dt T F C x Quindi Ma allora prchè Da ciò sgu infin ch g (x) x x log log() x max g(x) g() x t dt sup t [,] t dt + t dt sup t [,] t dt t dt x g(x) x t dt x + x Esrcizio 6

4 (i) La funzion sin(x) potrbb avr un problma in pr crti valori di α, mntr non ha x α problmi in nssun altro punto di [,π/]. Dato ch sin(x) x pr x, quindi π/ cioè l intgral convrg s solo s α <. sin(x) s x x α xα sin(x) < α < xα (ii) Anch in qusto caso la funzion x λsin(x) ha un problma in. S λ, x λsin(x) x x x pr x quindi l intgral non convrg. Tuttavia, s λ, x λsin(x) x sin(x) x x + x x Quindi l intgral convrg solo pr λ. x x 6 + o(x ) 6 + o(x) (iii) Possiamo riscrivr la funzion intgranda com log(x) α. Pr x abbiamo ch x log(x) α x x log(x) α ch è una funzion dlla forma con a, quindi, pr quanto visto a lzion, x a log(x) b è intgrabil all infinito s solo s b α > α <. Pr studiar la convrgnza dll intgral in, sviluppiamo in sri di Taylor la funzion in un intorno di log(x) α x log((x ) + ) α x x + (x + o(x )) α x x + (x ) / α x + + o ((x ) α pr x (x ) / α Quindi, pr il critrio visto a lzion, dv ssr α < α >. Ma dato ch la condizion di intgrabilità all infinito ra α <, la funzion non è intgrabil pr nssun α. x + ( iv) Qui la funzion intgranda non ha problmi in ± s α dato ch in tal αx + x + caso ssa è una funzion razional in cui l sponnt dl dnominator supra di, quindi è asintotica a. Vicvrsa, s α, l intgranda divnta la funzion idnticamnt ugual a, αx ch prtanto non è intgrabil su tutto. Adsso, pr avr l intgrabilità al finito, dobbiamo assicurarci ch il polinomio al dnominator (ch chiamiamo f (x) : αx + x + ) non abbia radici rali. Poniamo y x considriamo il polinomio g(y) αy + y + al variar di α. Dunqu f non ha radici s solo s g non ha radici rali oppur g ha ntramb l radici ngativ (in tal caso y sarbb ral, ma y : (x) no). Pr vdr quand è ch l radici di g non sono rali, studiamon il discriminant: αy +y+ α < α >

5 Pr vdr invc quand è ch l radici di g sono rali ma ntramb ngativ, usiamo la rgola di Cartsio : ssa ci dic ch, affinchè g abbia ntramb l radici ngativ, i suoi cofficinti dvono ssr tutti tr positivi, quindi α. Dal momnto ch il numrator non può annullarsi in ( quindi non c è possibilità ch sso annulli la singolarità al dnominator pr qualch α),l intgral convrg α > Ricordiamo ch la rgola di Cartsio è una rgola ch prmtt di dtrminar il sgno dll soluzioni di un quazion di scondo grado a partir dal sgno di suoi cofficinti. Pr spigarla, partiamo da un smpio: considriamo ad smpio l quazion x x + considriamo la succssion di sgni di cofficinti, in qusto caso,,+. S li lggiamo da sinistra vrso dstra (in raltà non è important da dov a dov si lgg), notiamo ch i primi du sgni,,, sono uguali (dirmo quindi ch c è una prmannza), mntr il scondo il trzo,,+ sono divrsi (in qusto caso diciamo, invc ch c è una variazion). A qusto punto possiamo nunciar la rgola di Cartsio: un quazion di scondo grado l cui soluzioni siano rali ha tant soluzioni ngativ quant sono l prmannz ni suoi sgni, tant soluzioni positiv quant sono l variazioni. Ad smpio, l quazion considrata prima, x x +, ha una soluzion ngativa una positiva, mntr x x + ha ntramb l soluzioni positiv. Da qusto sgu, in particolar, ch un quazion di scondo grado, pr avr ntramb l soluzioni ngativ, dv avr tutti i cofficinti dllo stsso sgno. 5