Correzione del compito di Analisi 1 e 2 del giorno 09/06/2017

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1 Correzione del compito di Analisi e 2 del giorno 9/6/27 Stra Federico 5 giugno 27 Esercizio Studiare, al variare di α R e R, la convergenza assoluta e la convergenza semplice della serie n n sin/n cos/n α. Cominciamo dalla convergenza assoluta. Usando gli sviluppi di Taylor di sin e cos centrati in, per n si ha n sin/n cos/n = n n 6n 3 + o n 3 2n 2 + o n 2 = 3n 2 + o n 2. Questo ci dice che per n n n sin/n cos/n α n n 2α n = α + o 3n 2 n 2 n n 2α = 3 α R \ {} per cui, per il teorema del confronto asintotico, la serie assegnata converge assolutamente se e solo se converge la serie n n 2α. Per questa serie possiamo applicare il criterio del rapporto anche quello della radice andrebbe bene: n+ n + 2α n n 2α = n + 2α n =, perciò la serie converge assolutamente se < e diverge il termine generale non è infinitesimo se >. Con = ± si ha invece la serie n 2α, che come è noto converge se e solo se a > /2. stra@mail.dm.unipi.it

2 Passiamo ora alla convergenza semplice. Possiamo già dire che la serie assegnata converge semplicemente per <, mentre non converge se > perché il termine generale non è infinitesimo. Per =, la serie è definitivamente a termini positivi, quindi la convergenza semplice coincide con quella assoluta e sussiste solo per α > /2. Studiamo l ultimo caso, =. Abbiamo a che fare con la serie definitivamente a segni alterni n n sin/n cos/n α. Se α il termine generale, asintotico in modulo a n 2α, non è infinitesimo, quindi non c è convergenza. Se α > invece il modulo del termine generale tende a zero decrescendo. Infatti definitivamente d dn n sin/n cos/n = sin/n cos/n sin/n n n 2 = n 6n 3 + on 3 n 2n 3 + on 3 = 2 3n 3 + on 3 <. Ne segue che in questo caso la serie converge per il teorema di Leibniz. n 3 + on 3 Attenzione! Moltissimi hanno usato impropriamente il teorema di Leibniz, applicandolo alla serie dello sviluppo asintotico invece che alla serie originaria. Il problema è che il teorema del confronto asintotico vale per serie positive e non per serie a segno alterno. Per esempio, le due serie n n + n n e n n hanno termini generali asintotici, ma la seconda converge condizionatamente per Leibniz, mentre la prima no. E infatti la prima serie è a segno alterno, ma non è decrescente in modulo, pur essendo asintotica a una che lo è. Esercizio 2 Dire per quali valori di α, β R risulta convergente l integrale /2 cose + tan 3 / sint + t 2 dt α ln β d. La funzione integranda f α ln β è continua in, /2], quindi è integrabile su [c, /2] per ogni c, /2. Studiamone il comportamento per. Sviluppiamo f Dimostrarlo per esercizio! 2

3 in fino al quarto ordine. cose = cos o3 = o o4 + o 4 = o o4 = o4, tan 3 /6 = o4, + 4 = 4 + o 4, sint + t 2 dt = t + t 2 t3 6 + ot3 dt = o4. Mettendo insieme i pezzi si trova f = o 4. Quindi l integrale assegnato converge se e solo se converge /2 4 α ln β d. Le condizioni di convergenza di questo integrale sono ben note e nello specifico sono Esercizio 3 Data l equazione differenziale α < 5 oppure α = 5 β >. y = 2 3 y, si considerino i tre problemi di Cauchy con dato iniziale y 2 =, o y 2 =, o y 2 =. Dire per ognuno di questi tre problemi se esiste la soluzione e se è unica; inoltre, se tali soluzioni esistono, scriverle esplicitamente, indicandone l intervallo massimale di esistenza. Il termine di destra dell equazione differenziale è ben definito e continuo nella regione, y E = R \ {±} R ed è localmente lipschitziano nella regione U = R \ {±} R \ {}. Nella prima regione vale l Esistenza locale Peano, nei punti della seconda l Unicità locale Cauchy-Lipschitz. Notiamo che al fine di studiare il problema assegnato possiamo sempre supporre > nel seguito, perché i tre dati di partenza si trovano in questo semipiano e non 3

4 è possibile attraversare la retta = non essendo qui definita l equazione differenziale. Nella regione U possiamo separare le variabili perché y non si annulla e otteniamo y y /3 = 2, da cui integrando 3 2 y2/3 = 2 log2 + c. In questa regione pertando le soluzioni sono della forma y = ± [ 3 log2 + C] 3/2 Questa funzione è definita per > + e 3C. Per il problema con dato iniziale y 2 = si dovrà scegliere il segno positivo e si trova C =. Osserviamo che < + e 3 < 2 e che [ ] 3/2 +e 3 3 log2 + =, perciò questa soluzione si può prolungare ponendola uguale a nell intervallo, + e 3 ]. Questa è una soluzione definita sull intervallo massimale,. Mostriamo che è unica. Ricorriamo al seguente delicato lemma fatto a cui nessuno ha dedicato cura, quindi prestate particolare attenzione ora: se y =, allora y = per ogni <. Questo è vero studiando il segno della derivata e sfruttando il teorema di Lagrange. Supponiamo per assurdo che ci sia + < tale che y + >. Sia 2 = min{ +, ] : y = } +,. La proprietà chiave è che y > in +,, quindi anche y >. Per Lagrange allora > y y + = y ξ + >, assurdo. Analogamente si esclude che esista y <. Ricapitolando, il problema con dato iniziale y 2 = ha soluzione massimale unica se + e 3, y = [ ] 3/2 3 log2 + se > + e 3, definita sull intervallo,. Vista la simmetria dell equazione differenziale che ammette di cambiare il segno a y, la soluzione del problema con dato iniziale y 2 = esiste unica, è definita su, ed è uguale a se + e 3, y = [ 3/2 3 log2 + ] se > + e 3. Passiamo a studiare il problema con dato iniziale y 2 =. La funzione y = definita su, è una soluzione massimale. Se esiste un altra soluzione, nei punti dove 2 Per esercizio dimostrare che è ben definito, ovvero che esiste il minimo e soddisfa le disuguaglianze richieste 4

5 non si annulla essa deve coincidere con per un opportuno valore di C. Tale soluzione tende a per + e 3C e per il discorso di prima si può estendere in un unico modo ponendola uguale a in, + e 3C ]. L unica condizione che bisogna imporre è che 2, + e 3C ], ovvero C >. Ne segue che tutte e sole le soluzioni non identicamente nulle sono definite su, e sono della della forma con C >. se + e 3C, y = [ 3/2 ± 3 log2 + C] se > + e 3C. Attenzione! Il mero fatto che il dato iniziale 2, giaccia nella regione U in cui vale l unicità locale non implica che il corrispondente problema di Cauchy ammetta un unica soluzione globale! Tanto è vero che in questo esercizio la soluzione massimale esce dalla regione di unicità locale, e l unicità globale deve essere dimostrata manualmente ricorrendo a Lagrange. 5