Dire se le serie di Fourier di f e di g convergono uniformemente e spiegare perch´ e. Scrivere esplicitamente la serie di Fourier di g.

ANALISI MATEMATICA I (2008/09) Prova di esonero del 10 giugno 2009

(` E possibile consultare solo i libri di testo, Analisi matematica 1 e 2 di E. Giusti)

Esercizio 1 Siano f e g le funzioni periodiche di periodo 2π che nell’intervallo semiaperto [−π, π) sono definite come segue:

f (x) = (π ² − x ² ) ² , g(x) = π − x.

Dire se le serie di Fourier di f e di g convergono uniformemente e spiegare perch´ e. Scrivere esplicitamente la serie di Fourier di g.

Esercizio 2 Trovare tutte le soluzioni dell’equasione y ⁰ + 2xy = x, e trovare la soluzione che soddisfa y(0) = 1.

Esercizio 3 Trovare tutte le soluzioni dell’equazione y ⁰⁰ − y = e ^x , e trovare la soluzione che soddisfa y(1) = e.

Esercizio 4 Trovare, anche solo in forma implicita, tutte le soluzioni della equazione y ⁰ = 2x(y ² − 1),

che non assumono i valori ±1. Trovare poi la soluzione che soddisfa a y(0) = 1 e la soluzione che soddisfa a y(1) = −1.

Esercizio 5 Sia f : R ^d 7→ R una funzione definita su R ^d e a valori in R. Dimostrare che se f `e continua allora, dati comunque due numeri reali α < β l’insieme

U α,β = {x : α < f (x) < β},

`

e aperto. Viceversa, dimostrare che se per ogni α < β ` e aperto l’insieme U α,β , allora f ` e continua.

Esercizio 6 Data la funzione di due variabili

f (x, y) = y arctan x p x ² + y ² , i) caratterizzarne l’insieme di livello zero;

ii) dire se ` e possibile definirla nell’origine in modo che risulti una funzione continua;

iii) dire se si tratta di una funzione limitata.

1

SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI

Esercizio 1 La funzione f risulta continua e derivabile con continuit` a in tutto R, quindi la sua serie di Fourier converger` a uniformemente proprio a f . Invece g risulta solo continua a tratti (g(−π) = 2π 6= 0 = g(π)), per cui la sua serie di Fourier converger` a solo puntualmente in ogni x ∈ R a (g(x + 0) + g(x − 0))/2, e uniformemente in ogni intervallo di continuit`a.

La serie di Fourier della funzione g si pu` o ottenere da quella della funzione h(x) = x per cambio di segno e traslazione di π. D’altra parte h(x) ` e dispari in (−π, π). Quindi a _k = 0 per ogni k, mentre risolvendo per parti

b _k = 2 π

Z π 0

x sin kx dx = −2 cos kx

k = −2 (−1) ^k

k ;

in definitiva lo sviluppo cercato sar` a

π + 2

∞

X

k=1

(−1) ^k sin kx

k .

Esercizio 2 La formula risolutiva d` a:

y(x) = e ^−x

 c +

Z

xe ^x

dx



= e ^−x

 c + 1

2 Z

e ^x

d(x ² )



= ce ^−x

+ 1 2 . La soluzione del problema di Cauchy proposto dovr` a dunque verificare:

y(0) = c + 1

2 = 1 ⇒ c = 1

2 , per cui sar` a y(x) = ¹ ₂ (1 + e ^−x

).

Esercizio 3 L’equazione caratteristica ` e: λ <sup>2</sup> − 1 = 0 che ha soluzioni λ = ±1. Quindi l’integrale generale della omogenea sar` a:

y ₀ (x) = c ₁ e ^x + c ₂ e ^−x ;

Poich´ e α = 1 ` e radice del polinomio caratteristico, l’integrale particolare della non omogenea andr` a cercato della forma y ^∗ (x) = cxe ^x . I conti danno c = 1/2. Quindi tutte le soluzioni dell’equazione differenziale data saranno:

y(x) = c 1 e ^x + c 2 e ^−x + 1 2 xe ^x .

Imponendo le condizioni iniziali y(0) = 2, y ⁰ (0) = 1/2, si ottengono per le costanti i valori c ₁ = c 2 = 1.

Esercizio 4 L’equazione pu` o essere risolta per separazione di variabili se si escludono le soluzioni che assumono i valori ±1. Allora

Z dy

y ² − 1 = 1 2

Z dy

y − 1 −

Z dy y + 1



= Z

2x dx , cio` e

1 2 log

y − 1 y + 1    

= x ² + c ,

che rappresenta un possibile integrale generale in forma implicita. Volendo esplicitare, ponendo k = e ^c , passando all’esponenziale e quadrando si ottiene

y − 1 y + 1    

= k ² e ^2x

, da cui, sciogliendo il valore assoluto, si ricava

y(x) = 1 + d e ^2x

1 − d e ^2x

,

formula valida per ogni d 6= 0. La soluzione che soddisfa y(0) = 1 ` e ovviamente la soluzione costante y(x) ≡ 1, come si ricava direttamente dall’equazione, e che potrebbe rientrare nella formula dell’integrale generale se accettiamo anche d = 0. Analogamente quella che soddisfa y(1) = −1 ` e la soluzione costante y(x) ≡ −1, che risulta un integrale singolare (non ` e riottenibile dall’integrale generale per nessun valore della costante d).

Esercizio 5 Se f ` e continua e x <sub>0</sub> ∈ U <sub>α,β</sub> , allora per il teorema della permanenza del segno esister- anno due intorni I(x <sub>0</sub> , δ <sub>1</sub> ) e I(x <sub>o</sub> , δ <sub>2</sub> ) dove rispettivamente f (x) − α > 0 e f (x) − β < 0. Allora, detto δ = min(δ 1 , δ 2 ), l’intorno I(x 0 , δ) sar` a contenuto in U α,β , che risulta quindi un aperto.

Viceversa, supponiamo che l’isieme U α,β risulti aperto per ogni α < β. Preso allora un x 0 ∈ R ^d e un ε piccolo a piacere, poniamo α = f (x 0 ) − ε, β = f (x 0 ) + ε. Ovviamente x 0 ∈ U _α,β . Inoltre per l’ipotesi fatta esister` a un intorno di x <sub>0</sub> e raggio δ tale che se I(x <sub>0</sub> , δ) ⊂ U <sub>α,β</sub> . Quindi per ogni x in tale intorno si dovr` a avere

f (x 0 ) − ε < f (x) < f (x 0 ) + ε ,

che equivale a |f (x) − f (x 0 )| < ε. Allora f ` e continua in x 0 e per l’arbitrariet` a del punto x 0 segue la tesi.

Esercizio 6 i) L’insieme di livello zero della funzione data ` e costituito dai punti degli assi carte- siani, tranne l’origine dove ovviamente non ` e definita.

ii) I limiti iterati e anche quelli su ogni retta per l’origine danno zero come possibile valore del limite.

Dimostriamolo rigorosamente. Usando l’ovvia maggiorazione dell’arcotangente col suo argomento:

|f (x, y)| ≤ |x||y|

p x ² + y ² ≤ 1 2

x ² + y ² p x ² + y ² ≤ 1

2

p x ² + y ² ,

per cui il limite ` e effettivamente zero e la funzione pu` o essere estesa con continuit` a nell’origine assegnandovi tale valore.

iii) La funzione risulta limitata in valore assoluto da π/2 in tutto il piano, in quanto

|y|

p x ² + y ² ≤ 1 e | arctan x| ≤ π/2 .