Analisi Matematica Soluzioni prova scritta n. 1

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Analisi Matematica Soluzioni prova scritta n. 1

Corso di laurea in Fisica, 2019-2020 3 giugno 2020

1. (a) Si consideri l’equazione differenziale

(u⁰(x) − 1) · (cos x − 1) = u(x) sin x.

Determinare la soluzione u che soddisfa la condizione u(π) = π e scriverne l’intervallo massimale di esistenza. Trovare una soluzione u definita su tutto l’intervallo (−2π, 2π).

(b) Si consideri l’equazione differenziale

(u⁰(x) + 1) · (1 − sin x) = u(x) cos x.

Determinare la soluzione u che soddisfa la condizione u(0) = 0 e scriverne l’intervallo massimale di esistenza. Trovare una soluzione u definita su tutto l’intervallo −³₂π,⁵₂π.

(c) Si consideri l’equazione differenziale

(u⁰(x) + 1) · (cos x + 1) = u(x) sin x.

Determinare la soluzione u che soddisfa la condizione u(0) = 1 e scriverne l’intervallo massimale di esistenza. Trovare una soluzione u definita su tutto l’intervallo (−π, 3π).

(d) Si consideri l’equazione differenziale

(u⁰(x) + 1) · (cos x − 1) = u(x) sin x.

Determinare la soluzione u che soddisfa la condizione u(π) = 0 e scriverne l’intervallo massimale di esistenza. Trovare una soluzione u definita su tutto l’intervallo (0, 4π).

(e) Si consideri l’equazione differenziale

(u⁰(x) − 1) · (1 − sin x) = u(x) cos x.

Determinare la soluzione u che soddisfa la condizione u(π) = π e scriverne l’intervallo massimale di esistenza. Trovare una soluzione u definita su tutto l’intervallo −³₂π,⁵₂π.

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(f) Si consideri l’equazione differenziale

(u⁰(x) − 1) · (cos x + 1) = u(x) sin x.

Determinare la soluzione u che soddisfa la condizione u(0) = 1 e scriverne l’intervallo massimale di esistenza. Trovare una soluzione u definita su tutto l’intervallo (−π, 3π).

Soluzioni. Si tratta di una equazione lineare del primo ordine in forma non normale. In effetti l’equazione è già moltiplicata per un fattore integrante e può essere scritta come derivata di un prodotto. Dividendo per il coefficiente di u⁰ l’equazione può essere portata in forma normale e dunque nei punti in cui tale coefficiente non si annulla c’è esistenza e unicità della soluzione. Nei punti in cui il coefficiente di u⁰ si annulla ci possiamo invece aspettare che ci possano essere più soluzioni con lo stesso dato iniziale o anche nessuna soluzione.

(a) Possiamo scrivere l’equazione nella forma

u⁰(x)(cos x − 1) − u(x) sin x = cos x − 1 ovvero,

(u(x) · (cos x − 1))⁰ = cos x − 1 = (sin x − x)⁰ da cui, su ogni intervallo in cui cos x 6= 1 deve valere:

u(x) = sin x − x + c cos x − 1 .

Se imponiamo la condizione u(π) = π otteniamo c = −π e u(x) = sin x − x − π

cos x − 1 .

Questa soluzione è definita sull’intervallo (0, 2π) che è massimale in quanto agli estremi di tale intervallo la soluzione tende a infinito e dunque non può essere estesa. Se vogliamo una soluzione dell’equazione che possa essere estesa ulteriormente dobbiamo scegliere una costante c in modo che il numeratore tenda a zero, come il denomina- tore, quando x → 0. Questo si ottiene scegliendo c = 0. Osserviamo infatti che in tal caso si ha, per x → 0

u(x) = sin x − x cos x − 1 =

x³

6 + o(x³)

x²

2 + o(x²) =

x

6 + o(x)

1

2 + o(1) = x

3 + o(x).

(3)

Dunque ponendo u(0) = 0 si ottiene una funzione continua e derivabile in x = 0. Tale funzione risulta essere definita su tutto l’intervallo (−2π, 2π):

u(x) =

(sin x−x

cos x−1 se x ∈ (−2π, 2π), x 6= 0

0 se x = 0

e, per continuit`a, `e certamente soluzione dell’equazione differenziale.

(b) Si risolve come nel caso precedente. La soluzione del problema di Cauchy `e

u(x) = x + cos x − 1 sin x − 1

definita sull’intervallo massimale −³₂π, ^π₂. Mentre sull’intervallo −³₂π, ⁵₂π si ha la soluzione

u(x) =

(_{x+cos x−}^π

2

sin x−1 se x 6= ^π₂

0 se x = ^π₂

(c) Si risolve come nei casi precedenti. La soluzione del problema di Cauchy `e

u(x) = − sin x − x + 2 1 + cos x

definita sull’intervallo massimale (−π, π). La soluzione definita su tutto l’intervallo (−π, 3π) `e

u(x) =

(− sin x−x+π

1+cos x se x 6= π

0 se x = π

(d) Si risolve come nei casi precedenti. La soluzione del problema di Cauchy `e

u(x) = x − sin x − π cos x − 1

definita sull’intervallo massimale (0, 2π). La soluzione definita su tutto l’intervallo (0, 4π) `e

u(x) =

(x−sin x−2π

cos x−1 se x 6= 2π

0 se x = 2π

(e) Si risolve come nei casi precedenti. La soluzione del problema di Cauchy `e

u(x) = x + cos x + 1 1 − sin x

(4)

definita sull’intervallo massimale ^π₂,⁵₂π. La soluzione definita su tutto l’intervallo −³₂π,⁵₂π `e

u(x) =

(_{x+cos x−}^π

2

1−sin x se x 6= ^π₂

0 se x = ^π₂

(f) Si risolve come nei casi precedenti. La soluzione del problema di Cauchy `e

u(x) = sin x + x + 2 1 + cos x

definita sull’intervallo massimale (−π, π). La soluzione definita su tutto l’intervallo (−π, 3π) `e

u(x) =

(_{sin x+x−π}

1+cos x se x 6= π

0 se x = π

2. (a) Si consideri, al variare di α, β ∈ R, il limite

n→+∞lim

√n

e + 2n²ln cos1

n − sin 1

n + β tan 1 n²

· n^α· sin n Dimostrare che per x → 0 si ha:

e^x+ 2ln cos x

x² − sin x + β tan x² = x²

3 + βx²+ x³

3 + o(x³).

Per quali valori di α, β il limite esiste? Quanto vale quando esiste?

(b) Si consideri, al variare di α, β ∈ R, il limite

n→+∞lim

α tan 1 n² + √ⁿ

e + 2n²ln cos 1

n − sin 1 n

· n^β · sin n Dimostrare che per x → 0 si ha:

α tan x²+ e^x+ 2ln cos x

x² − sin x = x²

3 + αx²+x³

3 + o(x³).

(c) Si consideri, al variare di α, β ∈ R, il limite

n→+∞lim

2n²ln cos 1

n + α tan 1 n² +√ⁿ

e − sin1 n

· n^β · sin n Dimostrare che per x → 0 si ha:

2ln cos x

x² + α tan x²+ e^x− sin x = x²

3 + αx²+x³

3 + o(x³).

(5)

(d) Si consideri, al variare di α, β ∈ R, il limite

n→+∞lim

√n

e − sin 1

n + β tan 1

n² + 2n²ln cos 1 n

· n^α· sin n Dimostrare che per x → 0 si ha:

e^x− sin x + β tan x²+ 2ln cos x x² = x²

3 + βx²+ x³

3 + o(x³).

Soluzioni. (a) Ricordiamo gli sviluppi di Taylor per x → 0 e^x= 1 + x + x²

2 +x³

6 + o(x³) sin x = x − x³

6 + o(x³)

tan t = t + O(t³) ⇒ tan x² = x²+ o(x³) ln(1 + t) = t − t²

2 + O(t³) cos x = 1 − x²

2 + x⁴

24+ O(x⁶) da cui

ln cos x = ln

1 − x²

2 +x⁴

24+ o(x⁴)

= −x² 2 + x⁴

24 −1 2

−x²

2 + O(x⁴)

2

+ O(x⁶)

= −x² 2 + x⁴

24 −x⁴

8 + O(x⁶) = −x² 2 − x⁴

12+ o(x⁵) e quindi

f (x) = e^x+ 2ln cos x

x² − sin x + β tan x²

= 1 + x +x² 2 +x³

6 − 1 − x²

6 − x + x³

6 + βx²+ o(x³)

= x²

3 + βx²+ x³

3 + o(x³).

Dunque per n → +∞ si ha f 1

n

n^αsin n = 1 3 + β

n^α−2+ n^α−3

3 + o(n^α−3)

sin n.

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Se β = −¹₃ si ha

· · · = n^α−3 1

3 + o(1)

sin n.

Se α ≥ 3 se ha n^α−3 ≥ 1 e il limite non esiste in quanto il seno assume frequentemente valori maggiori di ¹₂ e minori di −¹₂ e dunque la successione assume frequentemente valori maggiori di ¹₆ e minori di

−¹₆. Se invece α < 3 il seno `e una successione limitata moltiplicata per una successione infinitesima e dunque il limite `e zero.

Se β 6= ¹₃ si ha

· · · = n^α−2 1 3+ β

+ o(1)

sin n.

Si svolge lo stesso ragionamento del caso precedente per dedurre che se α ≥ 2 il limite non esiste se invece α < 2 il limite `e zero.

(b) `e identico al precedente con α e β scambiati.

(c) `e identico al precedente.

(d) `e identico alla prima variante.

3. Al variare del parametro α > 0 si consideri l’integrale improprio:

Z +∞

0

sin¹_x · sin¹_x

α

exp cos x − exp cos x −¹_x dx Per quali α l’integrale `e convergente?

Soluzioni. Poniamo

f (x) = sin¹_x sin_x¹

α

e^{cos x}− e^{cos x−}¹^x. Osserviamo innanzitutto che

e^{cos x}− e^{cos x−}^x¹ = e^{cos x}

1 − e⁻¹^x

ed essendo ¹_e ≤ e^{cos x} ≤ e si ha lim

x→0⁺

1 − e⁻^x¹ = 1

x→+∞lim

1 − e⁻¹^x

1 x

= lim

t→0⁺

1 − e^−t t = 1.

(7)

Allora per ogni α > 0 e per ogni b < +∞ l’integrale Rb

0 f esiste finito:

studiamo l’integrabilit`a R+∞

1 f . Osserviamo che per x ≥ 1 sin¹_x > 0, sin¹_x

α = sin¹_xα

.

In conclusione si ha, per x ≥ 1

f (x) = sin¹_xα+1

e^{cos x}− e^{cos x−}¹^x

= sin_x¹α+1 1 x

α+1 · 1 e^{cos x} ·

1 x

α+1 1 x

·

1 x

1 − e⁻¹^x

= I · II · III · IV.

Come gi`a visto per x → +∞ si h I → 1, IV → 1 e ¹_e ≤ II ≤ e, Z +∞

1

III < +∞ ⇐⇒ α > 1.