Analisi Matematica A e B Soluzioni prova scritta n. 4

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1 Aalisi Matematica A e B Soluzioi prova scritta. 4 Corso di laurea i Fisica, settembre Scrivere le soluzioi dell equazioe differeziale ( u u + u = e x si x + 1 ). 1 + x Soluzioe. Si tratta di ua equazioe lieare o omogeea di ordie a coefficieti costati. Il poliomio associato è P (λ) = λ λ + λ = (λ 1) che ha λ = 1 come radice di molteplicità. Duque tutte le soluzioi dell equazioe omogeea associata si scrivoo ella forma u (x) = c 1 e x + c xe x al variare di c 1 e c i R (se siamo iteressati alle soluzioi reali). Per risolvere l equazioe o omogeea è ora sufficiete trovare ua soluzioe particolare. Grazie alla liearità possiamo spezzare il termie oto i due addedi e studiare separatamete le due equazioi risultati. Per trovare ua soluzioe particolare dell equazioe u u + u = e x si x (1) possiamo utilizzare il metodo di somigliaza. Visto che 1 ± i o è radice del poliomio associato sappiamo esistere ua soluzioe del tipo: u(x) = c 1 e x si x + c e x cos x per ua scelta opportua delle costati c 1 e c. Allora si ha u (x) = c 1 e x si x + c 1 xe x cos x + c e x cos x c e x si x = (c 1 c )e x si x + (c 1 + c )e x cos x. Similmete (mettedo c 1 c al posto di c 1 e c 1 + c al posto di c ) si trova u (x) = c e x si x + c 1 e x cos x.

2 Duque u u + u = [ c (c 1 c ) + c 1 ]e x si x + [c 1 (c 1 + c ) + c ]e x cos x = c 1 e x si x c e x cos x. Duque ua soluzioe u 1 di (1) si ottiee co c 1 = 1 e c = : u 1 (x) = e x si x. Per trovare ua soluzioe particolare dell equazioe o omogeea u u + u = ex 1 + x () utilizziamo il metodo della variazioe delle costati arbitrarie. Posto impoiamo iazitutto cosicché si ha u(x) = c 1 (x)e x + c (x)xe x c 1(x)e x + c (x)xe x = u = c 1 e x + c (x + 1)e x u = c 1 e x + c (x + )e x + c 1e x + c (x + 1)e x. Visto che e x e xe x soo soluzioi dell omogeea, si avrà u u + u = c 1e x + c (x + 1)e x. Duque per avere ua soluzioe dell equazioe () basterà risolvere il sistema c 1e x + c xe x =, c 1e x + c (x + 1)e x = ex. Dividedo per e x e sostituedo la secoda equazioe co la differeza delle due equazioi si ottiee c = 1 c 1 = xc = x per cui ua soluzioe si ottiee scegliedo c = arctg x e c 1 = 1 l(1+x ). Duque ua soluzioe u della equazioe () è data da u (x) = 1 l(1 + x )e x + x arctg xe x.

3 Per cocludere, tutte le soluzioi dell equazioe data si scrivoo ella forma [ u(x) = u (x) + u 1 (x) + u (x) = c 1 1 ] l(1 + x ) e x + (c + arctg x)xe x al variare di c 1, c R.. Sia dato l itegrale l x β (arctg x) γ x α e x dx. (a) Dire per quali valori di α, β e γ i R l itegrale è fiito. (b) Calcolare esplicitamete l itegrale per β = γ = e α itero positivo. Soluzioe. La fuzioe itegrada f(x) = l x α (arctg x) γ x α e x è defiita e cotiua su (, 1) (1, + ). L itegrale va duque iteso i seso improprio per x +, per x 1 ± e per x +. Per x + osserviamo che l x e x, arctg x π/ e quidi f(x) π e x per x + ed essedo e x dx < + la fuzioe è sommabile i u itoro di + seza alcua codizioe sui parametri α, β e γ. Per x 1 ± si ha l x x 1, arctg x arctg 1 = π 4, x 1, e x 1 e f(x) πγ 4 γ e x 1 β per x 1 ±. da cui Duque l itegrale i u itoro (destro o siistro) di x = 1 ha lo stesso carattere dell itegrale di x 1 β. Notoriamete tale itegrale è fiito se e solo se β > 1. Per x + osserviamo che arctg x x, e x 1 duque f(x) l x β x α+γ per x +. Se α + γ > 1 + ε per qualche ε >, sapedo che l x β x ε otteiamo che f(x) x α+γ ε per x + e quidi l itegrale i u itoro destro di è fiito essedo α+γ ε > 1. Duque se α + γ > 1 e β > 1 l itegrale dato dall esercizio è fiito. 3

4 Se β 1 sappiamo già che l itegrale o può essere fiito (o lo è i u itoro di x = 1) Rimae il caso α + γ 1 e β > 1. I tal caso l x β 1 duque f(x) l x β x α+γ 1 per x + x l x Sappiamo però che se b < 1 si ha b 1 x l x dx = b e quidi l itegrale dato o può essere fiito. l x 1 x l x dx = [l l x ]b = + per x + Abbiamo quidi mostrato che l itegrale è fiito se e solo se α + γ > 1 e β > 1. Nel caso β = γ = e α > si può applicare l itegrazioe per parti per otteere: I α = Si osserva baalmete che x α e x = [ x α e x] + + I = e duque per α N abbiamo otteuto I = 1 e x dx = 1 I α+1 = (α + 1) I α. αx α 1 e x dx = + α I α 1. Questa o è altro che la defiizioe di α! duque I α = α! per ogi α N. 3. Data la serie + =1 ( 1) l(x) (1 + x ) α dx studiare, al variare di α R, covergeza assoluta e covergeza semplice. Soluzioe. Posto a = l(x) (1 + x ) α dx si osserva che per ogi 1 risulta a > i quato la fuzioe itegrada è strettamete positiva sull itervallo (, ]. Duque siamo di frote ad ua serie a segi alteri. 4

5 Per quato riguarda la covergeza assoluta dobbiamo cosiderare la serie a. Osserviamo che da u lato si ha a max x [,] per ogi ε > e dall altro a mi x [,] l x (1 + x ) α = l() (1 + 4 ) α l() 4 α α 1 1 α 1 ε l (1 + x ) α = l (1 + ) α l ( ) α = l α α 1 1 α 1. Duque, per cofroto, se α 1 > 1 la serie a coverge, se ivece α 1 1 la serie a diverge. Sigifica che α > 1 è codizioe ecessaria e sufficiete affiché la serie data coverga assolutamete. Ioltre sempre dalle stime precedeti si osserva che se α 1 cioè se α 1 la successioe a o è ifiitesima e quidi la serie data o può covergere (é assolutamete é semplicemete). Viceversa se α > 1 la successioe a è ifiitesima. Per poter applicare il teorema di Leibiz e cocludere quidi che la serie a segi alteri è covergete, basta dimostrare che la successioe a è decrescete, almeo per abbastaza grade. Per fare ciò osserviamo che a = f() se poiamo f(x) = x x l t (1 + t ) α dt. Per dimostrare che a è decrescete per grade, è sufficiete quidi mostrare che f (x) < per x grade. Per il teorema fodametale del calcolo itegrale si ha f l(x) (x) = (1 + (x) ) l x [ α (1 + x ) = l x l(x) α (1 + x ) α l x ma essedo e l(x) l x = l + l x l x per x + ( 1 + x ) α x 4 α (1 + x )α (1 + (x) ) α = (1 + x ) α (1 + (x) ) α 1 si ottiee che la paretesi quadra i (3) tede a 1 che è egativo essedo 4 α 4 α > per α > 1. Duque dalla (3) si ottiee (1 + x ) α l x f (x) 1 < per x + 4α da cui ecessariamete f (x) < per x abbastaza grade. ] (3) 5