1 Integrale indefinito

Analisi Matematica II , Fisica(A.A. 2006/20057)
Preparazione Prova sritta Marzo-Aprile 2007
*
1
*
Integrale indefinito
Definizione La funzione F (x) e primitiva di f (x) se e solo se F 0 (x) = f (x).
R
Se F (x) è primitiva di f (x) allora F (x)+C è anche una primitiva di f . Indichiamo con f (x)dx (integrale
indefinito di f ) l’insieme delle funzioni primitive di f ovvero
Z
f (x)dx = {F (x) + C, C ∈ R},
dove F 0 (x) = f (x). Le seguenti proprietà ci consentono di calcolare
R
f (x)dx.
Regole dell’integrazione.
Z
Z
f (x) + g(x)dx =
Z
f (x)dx +
Z
g(x)dx,
Z
αf (x)dx = α
f (x)dx, α ∈ R.
Integrazione per parti
Z
Z
f 0 (x)g(x)dx = f (x)g(x) −
f (x)g 0 (x)dx.
Il differenziale df di una funzione f (x) é definita da df (x) = f 0 (x)dx.
Formula di cambiamento di variabili
Z
Z
0
g(f (x)) · f (x)dx = g(y)dy|y=f (x) .
Z
Z
xA+1
x dx =
+ C, A 6= −1,
1/(x + a)dx = ln |x + a| + C,
A+1
Z
Z
ax
+ C, a > 0, a 6= 1.
ex dx = ex + C,
ax dx =
ln a
A
Z
Z
cos xdx = sin x + C,
Z
√
Z
sin xdx = − cos x + C,
dx
= arcsin x + C, −
1 − x2
Z
√
dx
= tan x + C,
cos2 x
dx
= arccos x + C,
1 − x2
Z
1 − u2
2u
2
, sin x =
, dx =
du.
2
2
1+u
1+u
1 + u2
Problema 1.1. Calcolare
Z
Z
(xm − xn )2
1
√
√
dx,
(b)
dx,
(c)
3x ex dx
n
x
x
√
√
Z
cos2 x + 1 − x2 cos2 x sin x − 1 − x2
√
dx
(d)
cos2 x 1 − x2
Z
(a)
1
dx
= cot x + C
sin2 x
dx
= arctan x + C.
1 + x2
La sostituzione universale u = tan x/2, soddisfa
cos x =
Z
2
Esercizi sull’integrazione per parti
Problema 2.1. Calcolare
Z
sin2 x dx
Risposta.
Applichiamo la formula di integrazione per parti dopo aver scritto l’integrale assegnato nel modo che segue
Z
Z
2
sin x dx = sin x sin x dx.
Poniamo g(x) = sin x e f 0 (x) = sin x, quindi g 0 (x) = cos x e f (x) = − cos x. Sostituendo
Z
R
sin x sin x dx = − cos x sin x − − cos2 x dx =
Z
R
2
= − cos x sin x + cos xdx =
= − cos x sin x + (1 − sin2 x) dx =
R
= − cos x sin x + x + C − sin2 xdx
ovvero
Z
Z
sin2 xdx = − cos x sin x + x + C −
sin2 xdx
Portando al primo membro l’integrale
Z
2 sin2 xdx = − cos x sin x + x + C
da cui
Z
sin2 xdx =
− cos x sin x + x
+C
2
Allo stesso risultato si arriva mediante le formule di bisezione:
Z
Z
Z
Z
1 − cos 2x
1
cos 2x
x sin 2x
sin2 xdx =
dx =
dx −
dx = −
+ C.
2
2
2
2
4
Problema 2.2. Calcolare
Z
x sin x dx
Risposta
Procediamo mediante l’integrazione per parti ponendo g(x) = x e f 0 (x) = sin x, quindi f (x) = − cos x :
Z
Z
x sin x dx = x(− cos x) + cos x dx = −x cos x + sin x + C
Problema 2.3. Calcolare
Z
ex sin x dx
Risposta. Applichiamo la formula di integrazione per parti ponendo g(x) = sin x e f 0 (x) = ex :
Z
Z
Z
ex sin x dx = ex sin x −
ex cos x dx = ex sin x − ex cos x − ex sin x dx
Portando al primo membro l’ultimo integrale e dividendo per 2 :
Z
sin x − cos x
ex sin x dx = ex
+C
2
2
Problema 2.4. Calcolare
Z
sin mx cos nx dx
Risposta. Si può integrare per parti prendento ad esempio g(x) = sin mx e f 0 (x) = cos nx, oppure si
possono utilizzare le formule di Werner:
Z
Z
1
1 cos(m − n)x 1 cos(m + n)x
sin mx cos nx dx =
[sin(m − n)x + sin(m + n)x] dx = −
−
+C
2
2
m−n
2
m+n
Problema 2.5. Calcolare
Z
x cos x ex dx
Risposta. Procediamo integrando per parti. Poniamo g(x) = x cos x e f 0 (x) = ex
Z
Z
Z
x
x
x
(1)
x cos x e dx = x cos x e − cos x e dx − x sin x ex dx
Consideriamo l’ultimo integrale
Z
Z
Z
(2)
x sin x ex dx = x sin x ex − sin x ex dx − x cos xex dx
Da (1) e (2) otteniamo
Z
Z
Z
2
x cos x ex dx = x ex (sin x + cos x) − cos x ex dx − sin x ex dx.
Si ritorna cosı̀ agli integrali visti sopra.
OSSERVAZIONE
Anche nel caso che si voglia calcolare
Z
Pn (x) ex dx
(dove Pn (x) è un polinomio di grado n in x) si può procedere per parti. Esiste comunque un metodo
alternativo che permette di semplificare la risoluzione di integrali di questo tipo o del tipo
Z
Z
Pn (x) sinx dx,
Pn (x) cos x dx,
si tratta del metodo dei coefficienti indeterminati. Illustrimo questo metodo con un esempio.
Problema 2.6. Calcolare
Z
ex (5x2 + x − 3) dx
Risposta.
Cerchiamo primitive del tipo (Ax2 + Bx + C)ex , ovvero determiniamo A, B, C ∈ R tali che
Z
ex (5x2 + x − 3) dx = (Ax2 + Bx + C)ex + C1 ,
che equivale a
d
[(Ax2 + Bx + C)ex ] = ex (5x2 + x − 3)
dx
Effettuando la derivazione otteniamo l’identità:
Ax2 + (2A + B)x + B + C = 5x2 − x − 3
e quindi il sistema

 A
(2A + B)

B+C
= 5
= −1
= −3
Da cui A = 5, B = −9, C = 6.
3
Problema 2.7. Calcolare
Z
(x2 + x) sin x dx
Risposta.
Procediamo in modo analogo all’esercizio precedente determinando A, B, C, α, β, γ ∈ R, tali che
Z
(x2 + x) sin x dx = (Ax2 + Bx + C) sin x + (αx2 + βx + γ) cos x + k.
Usando il metodo di integrazione per parti, calcolare
R
R
(1) log xdx
(2) arctan xdx
R
(3) xα log xdx
R
(4) log2 xdx
R
(5) x2 log2 xdx
R
(6) x arctan xdx
R
(7) x2 arctan xdx
R
(8) xex dx
R
(9) x cos xdx
R
(10) x2 cos xdx
R
(11) arcsin xdx
R
(12) xex sin xdx
(13)
3
R
sin mx sin nx dx
(14)
R
cos mx cos nx dx
Integrali di funzioni razionali
Si deve calcolare l’integrale
I caso:
In questo caso abbiamo
R
f (x)dx, dove f (x) = P (x)/Q(x), e P (x), Q(x) sono polinomi in x.
Z
1
dx, n > 1
(x − a)n
Z
1
1
1
dx =
+ C.
(x − a)n
−n + 1 (x − a)n−1
II caso:
In questo caso abbiamo
Z
Z
1
dx,
(x − a)
1
dx = log |x − a| + C.
(x − a)
III Caso:
Z
1
dx,
x2 + ax + b
a) se x2 + ax + b ha radice reale α con molteplicità 2 :
Z
Z
1
1
1
dx
=
dx = −
+ C,
2
2
x + ax + b
(x − α)
(x − α)
b) se x2 + ax + b ha due radici reali α 6= β, allora
1
1
1
=
=
2
x + ax + b
(x − α)(x − β)
β−α
µ
1
1
−
x−β
x−α
c) se x2 + ax + b ha due radici complesse
α = p + iq, α = p − iq,
allora
1
1
=
.
x2 + ax + b
(x − p)2 + q 2
4
¶
.
IV caso:
Z
Ax + B
dx
+ ax + b
x2
In questo caso abbiamo
Ax + B
A 2x + 2B/A
=
+ ax + b
2 x2 + ax + b
A 2x + a
A 2B/A − a
=
+
.
2 x2 + ax + b
2 x2 + ax + b
e possiamo usare il metodo del caso precedente.
V caso:
Z
P (x)
dx,
Q(x)
dove gradP ≥ gradQ. In questo caso abbiamo
x2
P (x)
R(x)
= S(x) +
,
Q(x)
Q(x)
dove gradR < gradQ.
4
Il metodo di Hermite
Dobbiamo studiare
Z
P (x)
dx,
Q(x)
dove gradP < gradQ. Siano
α1 , α2 , · · · , αh ,
radici reali di Q con molteplicitá m1 , m2 , · · · , mh . Siano
β1 , β2 , · · · , βk ,
e
β1 , β2 , · · · , βk ,
radici complesse di Q(x) con molteplicitá µ1 , · · · , µk . Posto
βj = pj + iqj , j = 1, · · · , k
abbiamo
Q(x) = (x − α1 )m1 · · · (x − αh )mh (x − β1 )µ1 · · · (x − βk )µk (x − β1 )µ1 · · · (x − βk )µk .
L’identitá
implica
(x − βj )(x − βj ) = (x − pj )2 + qj2
Q(x) = (x − α1 )m1 · · · (x − αh )mh ((x − p1 )2 + q12 )µ1 · · · ((x − pk )2 + qk2 )µk .
Poniamo
T (x) = (x − α1 )m1 −1 · · · (x − αh )mh −1 ((x − p1 )2 + q12 )µ1 −1 · · · ((x − pk )2 + qk2 )µk −1 .
Abbiamo la seguente
Proposizione 4.1. Esistono numeri Aj , Bj , Cj ed esiste un polinomio R(x) con gradR = gradT − 1 tale che
per ogni x con Q(x) 6= 0 vale l’identità
µ
¶
h
k
X
Aj
Bj x + Cj
d R(x)
P (x) X
=
+
+
.
Q(x) j=1 (x − αj ) j=1 (x − pj )2 + qj2
dx T (x)
Problema 4.1. Verificare l’affermazione della preposizione precedente per
P (x) = 1, Q(x) = (x2 − 1)(x2 + 1)2 .
5
5
Integrali del tipo
R
R(x,
√
Si fa la sostituzione
ax + b)dx.
t2 = ax + b.
Abbiamo
Z
R(x,
√
ax + b)dx =
Problema 5.1. Calcolare
√
Risposta Poniamo t =
nell’integrale proposto
µ
Z
√
Z
R
t2 − b
,t
a
¶
2x − 3 − x
dx
x−1
2x + 3, da cui t2 = 2x + 3 e quindi x =
³
Z
t−
t2 −2
2
t2 −3
2
´
t
−1
2t
dt.
a
Z
t2 − 3
da cui dx = t dt. Sostituendo
2
t2 − 2t − 3
dt.
t2 − 5
dt = −
Effettuando la divisione tra numeratore e denominatore della funzione integranda possiamo scrivere: t3 −
2t2 − 3t = (t − 2)(t2 − 5) + (2t − 10). Sostituiamo l’espressione ottenuta nell’integrale:
Z
Z
Z
t2 − 2t − 3
2t − 10
−
dt = − (t − 2) dt +
dt
2
t −5
t2 − 5
Osserviamo che
2t − 10
A
B
√ +
√
=
2
t −5
t− 5 t+ 5
√
Da cui si ha 2t − 10 = (A + B)t + (A − B) 5, e quindi il sistema
½
A+B =2
10
A − B = −√
5
Da questo otteniamo A =
l’insieme delle primitive:
√
5−5
√
,
5
B=
1
− t2 + 2t −
2
√
5+5
√
.
5
√
Sostiuiamo questi valori nell’integrale dato e risolviamo ottenendo
√
5−5
√
log |t − 5| −
5
Problema 5.2. Calcolare
6
Integrali del tipo
Z
R
√
5−5
√
log |t + 5| + C.
5
x2 + 3
√
dx.
1+ x+1
³ ¡
¢ ´
ax+b p/q
R x, cx+d
dx.
Si fa il cambiamento di variabili
Problema 6.1. Calcolare
√
ax + b
= tq
cx + d
Z
1
x2
sµ
3
x+1
x−1
6
¶2
dx
Risposta.
Poniamo t3 =
x+1
t3 + 1
−6t2
, da cui segue x = 3
e dx = 3
dt. Sostituiamo nell’integrale dato
x−1
t −1
(t − 1)2
Z
t4
−6
dt
3
(t + 1)2
Si osservi che il grado del numeratore è minore del grado del denominatore.
Calcoliamo le radici del
√
denominatore per applicare il metodo di Hermite: t1 = −1, t2,3 = 1±i2 3 , (t3 + 1)2 = (t + 1)2 [(t − 21 )2 + 34 ]2 .
Quindi dobbiamo determinare A, B, C ∈ R tali che
(t3
dove
Bt + C
t4
A
+
=
+ 1)2
t + 1 (t − 12 )2 +
3
4
+
d R(t)
,
dt T (t)
1
3
T (t) = (t + 1)[(t − )2 + ], R(t) = Dt2 + Et + F.
2
4
Quindi
(t3
t4
A(t + 1)(t2 − t + 1)2 + (Bt + C)(t + 1)2 (t2 − t + 1) + (2Dt + E)(t3 + 1) − 3t2 (Dt2 + Et + F )
=
.
2
+ 1)
(t3 + 1)2
Da questa relazione ricaviamo A, B, C, D, E, F e quindi risolviamo l’integrale sostituendo sopra.
Un altro modo di scomporre la frazione
P (x)
Q(x)
P (x)
Q(x)
alternativo al metodo di Hermite è il seguente:
=
A11
+
x − α1
A12
+
(x − α1 )2
···
+
···
+
···
+
A1m1
+
(x − α1 )m1
+
A21
+
x − α2
A22
+
(x − α2 )2
···
+
···
+
···
+
A2m2
+
(x − α2 )m2
+
···
···
+
···
+
···
+
+
···
+
···
+
+
Ah1
+
x − αh
Ah2
+
(x − αh )2
···
+
···
+
···
+
Ahmh
+
(x − αh )mh
+
B11 x + C11
+
[(x − p1 )2 + q12 ]
B12 x + C12
+
[(x − p1 )2 + q12 ]2
···
+
···
+
···
+
B1µ1 x + C1µ1
+
[(x − p1 )2 + q12 ]µ1
+
B21 x + C21
+
[(x − p2 )2 + q22 ]
B22 x + C22
+
[(x − p2 )2 + q22 ]2
···
+
···
+
···
+
B2µ2 x + C2µ2
+
[(x − p2 )2 + q22 ]µ2
···
+
···
+
···
+
···
+
···
+
···
+
+
+
···
+
Bk1 x + Ck1
+
[(x − pk )2 + qk2 ]
···
+
Bk2 x + Ck2
+
[(x − pk )2 + qk2 ]2
···
+
Bkµk x + Ckµk
[(x − pk )2 + qk2 ]µk
Come esempio applichiamo al problema precedente questa scomposizione
t4
A11
A12
B11 t + C11
B12 t + C12
=
+
+
+
3
1
3
2
2
2
(t + 1)
t + 1 (t + 1)
[(t − 2 ) + 4 ] [(t − 12 )2 + 34 ]2
Da cui
t4
A11 (t + 1)(t2 − t + 1)2 + A12 (t2 − t + 1)2 + (B11 t + C11 )(t2 − t + 1)(t + 1)2 + (B12 t + C12 )(t + 1)2
=
(t3 + 1)2
(t3 + 1)2
7
Otteniamo quindi un sistema lineare di primo grado in sei equazioni nelle incognite A11 , A12 , B11 , B12 , C11 , C12 ,
t4
che risolto mi permette di scomporre la frazione (t3 +1)
2 in somma di frazioni delle quali si riesce a calcolare
le primitive in maniera elementare.
Problema 6.2. Calcolare
r
Z
x
7
q¡
³ q¡
¢
¢ ´
ax+b p1
ax+b ph
q1
qh
R x,
, ··· ,
.
cx+d
cx+d
R
Integrale del tipo
x−1
dx.
x+1
Dove pj , qj ∈ N, pj > 0, qj > 1 j = 1, · · · , h. Questi integrali si possono ricondurre ad integrali di funzioni
razionali mediante la sostituzione:
ax + b
tq =
.
cx + d
dove
q = m.c.m.(q1 , · · · , qh )
Problema 7.1. Calcolare
r
Z
3
r
x+1
x+2
x+2
dx
x+1
Risposta In questo caso q1 = 3, q2 = 2, quindi q = 6. Si pone
da cui
x=
2t6 − 1
1 − t6
t6 =
x+1
x+2
e
dx =
6t5
dt.
(1 − t6 )2
Ci riconduciamo quindi a risolvere l’integrale
Z
8
Integrali del tipo
R
t4
dt.
(1 − t6 )2
¡ √
¢
R x, x2 + ax + b dx.
Si fa il cambiamento di variabili
p
x2 + ax + b = x + t
Problema 8.1. Calcolare
√
Poniamo
3x + 1
dx.
x2 − 2x + 3
p
x2 − 2x + 3 = x + t
da cui
x=
1 3 − t2
,
2 t+1
dx =
1 −t2 − 2t − 3
2
(t + 1)2
e
p
x2 − 2x + 3 =
Sostituendo sopra ci riconduciamo a risolvere
−
Problema 8.2. Calcolare
1
2
Z
−3t2 + 2t + 11
dt.
(t + 1)2
Z p
x2 + 1 dx.
8
1 3 − t2
+ t.
2 t+1
9
Integrali del tipo
R
¡ √
¢
R x, −x2 + ax + b dx.
Siano α, β ∈ R le radici dell’equazione −x2 + ax + b = 0, (se le radici sono complesse l’espressione non è
definita) supponiamo α < β. Osserviamo che
r
p
p
x−α
−x2 + ax + b = (x − α)(β − x) = (β − x)
β−x
Si pone
t2 =
x−α
β−x
Problema 9.1. Calcolare
quindi
p
−x2 + ax + b = t(β − x).
Z
x+1
dx
−x2 − 2x + 8
Le radici del radicando sono α = −2, β = 4. Quindi poniamo
√
t = x + 24 − x
√
da cui
4t2 − 2
12t
, dx =
dt
1 + t2
(1 + t2 )2
Sostituendo nell’integrale dato, ci riconduciamo a risolvere
Z
5t2 − 1
2
dt
(1 + t2 )2
x=
10
Integrali del tipo
R
xm (axp + b)q dx.
Questi integrali si trasformano in un integrale di funzioni razionali se almeno uno dei seguenti numeri
q,
m+1
m+1
, q+
p
p
è intero. Nel caso in cui q è intero q si ritorna ad uno dei casi esaminati in precedenza. Se è intero
m+1
,
p
o
q+
si fa il cambiamento di variabili
Problema 10.1. Calcolare
m+1
p
xp = t.
Z
¡
¢1
x3 3 + 2x2 3 dx.
In questo caso
m = 3, p = 2 q =
risulta intero
Si pone x2 = t, quindi x =
1
3
m+1
= 2.
p
√
1
t, e dx = √ dt. L’integrale diventa
2 t
Z
1
1
t (3 + 2t) 3 dt,
2
che è del tipo visto nel §4.
9
Problema 10.2. Calcolare
Z
1
p
4
1
√
dx
3
x
√
3
3 + 2 x8
L’integrale può essere scritto nella forma
Z
1
x3
³
8
3 + 2x 3
´− 14
dx.
In questo caso
1
8
1
m=− , p= , q=−
3
3
4
3
8
3
− 58
3
8
Risulta intero q + m+1
dt. Sostituendo nell’integrale otteniamo
p . Si pone x = t da cui x = t e dx = 8 t
µ
¶ 14
Z
1
3
t
dt,
8
t
3 + 2t
che è del tipo di integrali visti nel §4.
Problema 10.3. Calcolare
Z
x3 (1 + 2x2 )−3/2 dx.
11
Integrali del tipo
R
R(sin x, cos x)dx.
Si possono effettuare vari cambiamenti variabili. La scelta dipende dall’espressione della funzione integranda.
Il più generale è il seguente
x
t = tan .
2
da cui
1 − t2
2t
2
cos x =
, sin x =
, dx =
dt.
2
2
1+t
1+t
1 + t2
Altri cambiamenti di variabile che si possono effettuare sono
t = cos x, oppure t = sin x, oppure t = tan x.
Vediamo alcuni esempi.
Problema 11.1. Calcolare
Z
1
dx
cos x + sin x + 1
Risposta. Poniamo
t = tan
Sostituiamo nell’integrale dato
Z
1−t2
1+t2
1
+
2t
1+t2
2
dt =
+ 1 1 + t2
x
2
Z
1
dt = log |1 + t| + C
1+t
Tenuto conto della posizione fatta l’insieme delle primitive dell’integrale di partenza è dato da:
³
x´
+ C.
log 1 + tan
2
Problema 11.2. Calcolare
Z
sin x(cos x − 1)
dx
1 + cos2 x
10
Risposta Poniamo t = cos x da cui dt = − sin xdx. Sostituendo nell’integrale proposto
Z
Z
Z
t−1
1
2t
1
dt
=
−
dt
+
dt = − log |1 + t2 | + arctan(1 + t2 ) + C
−
1 + t2
2
1 + t2
1 + t2
Quindi
Z
sin x(cos x − 1)
dx = − log |1 + cos2 x| + arctan(1 + cos2 ) + C
1 + cos2 x
Problema 11.3. Calcolare
Risposta
Z
Z
1
dx =
(sin x − 3) cos x
Z
1
dx
(sin x − 3) cos x
1
cos x
dx =
sin x − 3 cos2 x
Z
1
1
cos x dx
sin x − 3 1 − sin2 x
Poniamo t = sin x, quindi dt = cos xdx. Sostituendo nell’integrale di partenza ci riportiamo a risolvere
Z
1
1
dt.
t − 3 1 − t2
Problema 11.4. Calcolare
Z
sin2 x + 4 cos2 x
dx
tan x + 2
Risposta.
Z
sin2 x + 4 cos2 x
dx =
tan x + 2
Z
cos4 x
tan2 x + 4
1
dx =
tan x + 2 cos2 x
Z
1
tan2 x + 4
(1 + tan2 x) dx
2
2
(1 + tan x) tan x + 2
1
Poniamo t = tan x, da cui dt =
dx = (1 + tan x) dx. Sostituendo nell’integrale dato ci riconduciamo a
cos2 x
risolvere
Z
1
t2 + 4
dt
2
2
(1 + t ) t + 2
Problema 11.5. Calcolare
12
Z
1 − sin x
dx.
sin x(1 − cos x)
Vari esercizi sugli integrali indefiniti
Problema 12.1. Calcolare
Z
Z
Z
Z
ln2 x
ln x
ln2 x
(a)
dx, (b)
dx,
(c)
dx
(d)
x
x2
x2
Z
Z
x
x−1
dx (h)
dx
(g)
4x3 − x
(x2 + 2)(x − 2)
Z
Z
Z
1 + cos x
dx
dx
(k)
dx (l)
(m)
1 − cos x
sin x
1 + cos x
Problema 12.2. Calcolare
Z
I(x) =
Z
Z
ln2 x
x 2
dx,
(e)
e
x
dx
(f
)
x2 sin xdx
x3
Z
Z
x3
x(x + 3)
(i)
dx(j)
dx
(x + 1)(x − 2)
(x4 − 1
Z
Z
dx
cos3 x sin 2x
(n)
(o)
dx.
2
1 + cos x
1 + cos2 x
ln x − 1
dx.
ln2 x
Risposta. I(x) = C + x/ ln x.
Problema 12.3. Calcolare
Z
I(x) =
dx
.
sin4 x + cos4 x
11
Risposta.
√
2
I(x) =
arctan
2
Problema 12.4. Calcolare
µ
tan 2x
√
2
¶
+ C.
Z
xα ln x dx, α ∈ R
Iα (x) =
e’ trovare una funzione F (x) tale che
a) F (x) é primitiva di xα ln x,
b) F (e) = 1.
13
Integrale definito (di Riemann)
Teorema fondamentale del calcolo integrale Se F (x) é primitiva di f allora
Z
b
h
ib
f (x)dx = F (b) − F (a) = F (x) .
a
a
Integrazione per parti
Z
b
(3)
Z
b
f 0 (x)g(x)dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) −
a
h
ib Z
f (x)g 0 (x)dx = f (x)g(x) −
a
a
b
f (x)g 0 (x)dx.
a
Cambiamento di variabili. Sia y = f (x) una funzione invertibile definita nell’intervallo [a, b]. Allora
Z
b
Z
g(f (x)) · f 0 (x)dx =
f (b)
g(y)dy.
a
f (a)
Problema 13.1. Calcolare
Z 2
Z 1
Z 1
ln(x + 1)
dx
x−1
√ dx, (c)
√ dx
(a)
dx, (b)
x+1
1
0 (x − 4) x
0 (x + 2) x
Z 10
Z 2
Z π
dx
−1/x dx
(d)
dx,
(e)
(f
)
e
x2 cos xdx
x + e−x
2
e
x
1
1/2
0
Problema 13.2. Calcolare
Z
1
¯ x
¯
¯e − 1¯ dx.
−1
Risposta. Tenuto conto della seguente proprietà degli integrali
Z
Z
b
a
Z
c
f (x) dx =
b
f (x) dx +
a
f (x) dx, a < c < b,
c
e di
¯ x
¯
¯e − 1¯ =
½
ex − 1
−ex + 1
x≥0
x < 0,
sostituiamo
Z
0
¡
¢
− ex − 1 dx +
−1
Problema 13.3. Calcolare
Z
0
1
¡
¢
£
¤0
£ ¤0
£ ¤1 £ ¤1
ex − 1 dx = − ex −1 + x −1 + ex 0 + x 0 = 2e.
Z
2
e|x−1| dx.
0
12
Risposta. Da
½
ex−1
e−(x−1)
e|x−1| =
x≥1
x < 1,
e dalla proprietà degli integrali definiti vista nell’esercizio precedente otteniamo
Z 2
Z 1
Z 2
£
¤1 £
¤2
e|x−1| dx. =
e−(x−1) dx +
ex−1 dx = − ee−x 0 + e−1 ex 1 = 2e − 2.
0
0
¡
0
1
¢
Problema 13.4. Sia f ∈ C [a, b] tale che f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ [a, b]. Dimostrare che se esiste x0 ∈ [a, b]
tale che f (x0 ) > 0 allora
Z b
f (x) dx > 0.
a
Problema 13.5. Provare che ogni funzione monotona e limitata su un intervalo [a, b] e’ integrabile secondo
Riemann.
Problema 13.6. Provare che se f (x) e’ integrabile su [a, b] e φ : R → R e’ crescente e Lipschitziana allora
anche la funzione composta φ ◦ f e’ integrabile su [a, b].
P.S. Si ricorda che una funzione φ : [a, b] → R e’ Lipshitaziana su [a, b] se esiste C > 0 tale che
|φ(x) − φ(y)| ≤ C|x − y| ∀x, y ∈ R.
Problema 13.7. Sia data f : [a, b] → R tale che
(4)
|f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ [a, b],
per qualche C > 0 ed α > 1. Provare che f (x) e’ integrabile ed inoltre vale l’identita’
Z
(5)
b
f (x)dx = f (a)(b − a).
a
Provare l’identita (5) e’ falsa in generale se si suppone (4) con 0 < α ≤ 1.
Problema 13.8. Dare un esempio di una funzione f integrabile secondo Riemann sull’intervallo [a, b], tale
che f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ [a, b] ed inoltre esista x0 ∈ [a, b] dove f (x0 ) > 0, per la quale sia verificato
Z
b
f (x) dx = 0.
a
Problema 13.9. (disequazione di Cauchy) Se f, g ∈ C[a, b] dimostrare la disequazione
(6)
¯Z
¯2 Z
Z b
¯ b
¯
b
¯
¯
g(x)2 dx.
f (x)2 dx
f (x)g(x)dx¯ ≤
¯
¯ a
¯
a
a
Problema 13.10. (disequazione di Hölder) Se p, q ∈ (1, ∞) soddisano
1 1
+ = 1,
p q
allora per ogni f, g ∈ C[a, b] abbiamo la disequazione
(7)
¯Z
¯ ÃZ
!1/p ÃZ
!1/q
¯ b
¯
b
b
¯
¯
p
q
f (x)g(x)dx¯ ≤
|f (x)| dx
|g(x)| dx
.
¯
¯ a
¯
a
a
13
Problema 13.11. (disequazione di Minkowski) Se p ∈ (1, ∞) allora per ogni f, g ∈ C[a, b] abbiamo la
disequazione
ÃZ
!1/p
b
(8)
p
|f (x) + g(x)| dx
ÃZ
!1/p
b
≤
p
|f (x)| dx
a
a
ÃZ
!1/p
b
+
p
|g(x)| dx
.
a
Problema 13.12. Se f (x) ∈ C[0, 1] e la funzione e’ derivabile in (a, b) e soddisfa la condizione
Z 1
(9)
|f 0 (x)|2 dx ≤ 1
0
allora la condizione f (0) = 0 implica
(10)
|f (x)| ≤ 1
per ogni x ∈ [0, 1].
Problema 13.13. Se f (x) ∈ C[0, 1] e la funzione e’ derivabile in (a, b) e soddisfa le condizioni
Z 1
(11)
|f 0 (x)|2 dx ≤ 1
0
e
Z
1
(12)
|f (x)|2 dx ≤ 1
0
implicano
(13)
|f (x)| ≤ 3
per ogni x ∈ [0, 1].
Problema 13.14. Calcolare
Z
3
I=
−3
√
ln(x + 1 + x2 )
arctan2 (x + x2005 )dx.
1 + x2 + x1000
Risposta I = 0.
Problema 13.15. Calcolare
Z
π/2
I=
−π/2
esin x p
cos x − cos3 x dx.
1 + esin x
Risposta I = 2/3.
Problema 13.16. Dimostrare che per ogni funzione f continua abbiamo
Z π
Z
π π
xf (sin x)dx =
f (sin x)dx.
2 0
0
Problema 13.17. Calcolare
Z
I=
π
x
0
sin x
dx.
1 + cos2 x
Risposta I = π 2 /4.
Problema 13.18. Se f ∈ C[0, 1] e’ crescente, allora per agni numero α ∈ (0, 1) abbiamo
Z 1
Z
1 α
f (t)dt ≥
f (t)dt.
α 0
0
14
14
Funzioni integrabili in senso improprio.
Sia f : (a, b] −→ R. Diremo che f è integrabile in senso improprio su (a, b] se
1. f è integrabile secondo Riemann in ogni intervallo (c, b] con a < c < b,
Rb
2. esiste finito il limite limc→a+ c f (x) dx,
in tal caso poniamo
Z
Z
b
lim
b
f (x) dx =
c→a+
f (x) dx
c
a
Analogamente
Sia f : [a, +∞) −→ R. Diremo che f è integrabile in senso improprio su [a, +∞) se
1. f è integrabile secondo Riemann in ogni intervallo [a, c] con a < c,
Rc
2. esiste finito il limite limc→+∞ a f (x) dx,
in tal caso poniamo
Z
Z
c
lim
c→+∞
a
Problema 14.1. Calcolare
Z
Z
c
a
Quindi se α 6= 1
Z
c
lim
c→+∞
a
f (x) dx
a
+∞
1
dx,
xα
a
Sia 0 < a < c.
+∞
f (x) dx =
½
1
dx =
xα
a > 0.
1
1−α
x1−α
log x
α 6= 1
α = 1.
1
1 £ 1−α ¤c
dx = lim
x
=
α
a
c→+∞
x
1−α
Se invece α = 1
Z
c
1
α−1
α−1 a
+∞
α>1
α<1
£
1
dx = lim log x]ca = +∞.
c→+∞
x
lim
c→+∞
½
a
In definitiva la funzione
f (x) =
1
xα
è integrabile in senso improprio su [a, +∞) se α > 1.
Problema 14.2. Calcolare
Z
∞
0
Problema 14.3. Calcolare
Z
b
a
dx
.
1 + x4
1
dx,
(x − a)α
a > 0.
Procedendo in modo analogo a quello visto in precedenza si ottiene che la funzione
f (x) =
1
(x − a)α
è integrabile in senso improprio su (a, b] se α < 1.
15
¡
¢
Problema 14.4. Sia f ∈ C 0 [a, +∞) . Supponiamo che
lim f (x) = L 6= 0
x→+∞
dimostrare che
Z
½
+∞
f (x) =
a
+∞ L > 0
−∞ L < 0
Una funzione f si dice assolutamente integrabile in senso improprio se è integrabile in senso improprio la
funzione |f |.
Si dimostra che
se f assolutamente integrabile in senso improprio allora è integrabile in senso improprio.
Questa proposizione ci permette di risolvere il seguente problema.
Problema 14.5. Dimostrare che esiste finito il seguente integrale improprio.
Z +∞
sin x2 dx
a
Non è restrittivo considerare a > 0. Sia a < b. Dopo aver effettuato il cambiamento di variabile x2 = t si
ha
Z
b
Z
2
sin x dx
=
sin t
b2 √ dt = (integrazione per parti)
t
Z 2
h cos t ib 1 Z b2 cos t
cos b2
cos a2
1 b cos t
√ dt = −
√ dt
−
− √
+
−
b
a
2 a2
t a 2 a
t3
t3
a2
a
=
Osserviamo che
lim
b→+∞
mentre
Z
b2
lim
b→+∞
perchè
Poichè la funzione t →
a2
cos b2
=0
b
cos t
√ dt < +∞
t3
¯ cos t ¯
1
¯
¯
¯ √ ¯ < √ , t > 0.
3
t
t3
√1
t3
¯
¯
¯ √ t¯
è integrabile in senso improprio su (a, +∞) anche x → ¯ cos
¯ risulta integrabile in
t3
√ t è ivi assolutamente integrabile in s.i. e dunque integrabile
s.i. in tale intervallo e quindi la funzione x → cos
t3
in s.improprio. Abbiamo anche utilizzato il criterio del confronto per integrali impropri nelle considerazioni
precedenti.
Problema 14.6. Studiare al variare di α ∈ R l’integrabilita sulla semiretta [0, +∞) della funzione
³π
´α
f (x) =
− arctan x
2
Risposta: la funzione risulta integrabile in s.i. per α > 1.
Problema 14.7. Studiare al variare di α ∈ R l’integrabilita sulla semiretta [0, +∞) della funzione
µ
¶α
π
1
f (x) =
− arctan x −
2
x
Risposta: la funzione risulta integrabile in s.i. per α > 13 .
16
Problema 14.8. Dato l’integrale improprio
Z
1
I(n) =
0
µ
¶n
1
log
dx
x
1. dimostrare che esiste finito per ogni n ∈ N;
2. dimostrare che I(n) = n! per ogni n ∈ N.
Problema 14.9. Studiare al variare di α ∈ R l’integrabilita sulla semiretta (0, +∞) della funzione
f (x) =
(1 +
2 arctan x)x
xα
− (1 + arctan 2x)x
Risposta: Si verifica prima di tutto che il denominatore di f non ammette zeri sulla semiretta (0, +∞).
Poi si studia l’integrabilità di f nei due intervalli (0, a) e (a, +∞), con a > 0. Intersecando i valori di α per i
quali f è integrabile in s. i. nei due intervalli la funzione risulta integrabile in s.i. su (0, +∞) per α > 3.
Problema 14.10. Calcolare il valore del seguente limite
Z x
1 − cos t
√
lim
dt
x→0+ x
t5
2
Risposta. Il valore del limite è 0.
Problema 14.11. Calcolare il valore del seguente limite
Z x
1 − cos t
lim
dt
x→0+ x
t3
2
Risposta. Il valore del limite è
1
2
log 12 .
Problema 14.12. Studiare la funzione:
x3
f (x) =
+x−
3
15
15.1
Z
x
2
et dt, x ∈ R.
0
Serie di Fourier
Il polinomio trigonometrico
Definiamo polinomio trigonometrico una combinazione lineare
(14)
PN (t) =
N
X
ck eikt2π/M .
k=−N
o
(15)
PN (t) =
N
N
k=1
k=1
X
a0 X
+
ak cos(kx2π/M ) +
bk sin(kx2π/M ).
2
Abbiamo
an = cn + c−n , bn = i(cn + c−n ),
cn =
1
1
(an − ibn ), c−n = (an + ibn ) = cn .
2
2
17
Sia data una funzione f appartenente a C([0; M ]); per ogni intero n, definiamo il coefficiente di Fourier
n-esimo di f ,
Z M
E
1 D
1
(16)
cn = fˆ(n) =
f (t), eint2π/M =
f (t)e−int2π/M dt.
M
M 0
2
an =
M
(17)
Z
M
0
2
f (t) cos(nt2π/M )dt, bn =
M
Z
M
f (t) sin(nt2π/M )dt.
0
Definiamo, infine, la Serie di Fourier di f ,
X
(18)
fˆ(n)eint2π/M .
n∈Z
Scegliamo M = 2π. Denoteremo con PN,f (t) il polinomio trigonomerico associato alla funzione f , ossia
N
X
PN,f (t) =
fˆ(k)eikt .
k=−N
Per ogni funzione f , boreliana su T, vale la disuguagliana di Bessel,
Z 2π
X
1
|fˆ(n)|2 ≤
(19)
|f (t)|2 dt.
2π 0
n∈Z
Dimostrazione.
2
kf (t) − PN,f (t)k
=
=
=
=
°
°2
N
°
°
X
°
°
ikt
fˆ(k)e °
°f (t) −
°
°
k=−N
°
°2
+
*
N
N
° X
°
X
°
°
kf k2 + °
fˆ(k)eikt ° − 2 f (t);
fˆ(k)eikt
°
°
k=−N
k=−N
°
°2
N
N
° X
°
X

®
°
°
fˆ(k) f (t); eikt
kf k2 + °
fˆ(k)eikt ° − 2
°
°
k=−N
k=−N
°
°
2
N
N
° X
°
X
°
°
fˆ(k)fˆ(k).
kf k2 + °
fˆ(k)eikt ° − 4π
°
°
k=−N
Osserviamo che
k=−N
° N
°2 *
+
N
N
N
° X
°
X
X
X
°
°
ikt
ikt
imt
ˆ
ˆ
ˆ
f (k)e ° =
f (k)e ;
f (m)e
= 2π
fˆ(k)fˆ(k),
°
°
°
k=−N
m=−N
k=−N
si ha
0 ≤ kf (t) − PN,f (t)k2 = kf k2 − 2π
k=−N
N
X
|fˆ(k)|2 .
k=−N
Passando al limite per N → ∞ si ottiene la disuguaglianza (19).
¡
Dalla
di Bessel segue che, per ogni funzione f appartenente a L2 (0, 2π), la successione
¢ disuguaglianza
2
ˆ
f (n) appartiene a ` ovvero la serie
X
|fˆ(n)|2
n∈Z
converge. Come corollario di questo fatto si ha:
Teorema 15.1 (Riemann-Lebesgue). Per ogni funzione f appartenente a L2 (0; 2π),
(20)
lim fˆ(k) = 0.
k→∞
18
15.2
Nucleo di Dirichlet. Convergenza puntuale del polinomio trigonometrico.
Il polinomio trigonometrico
N
X
DN (t) =
eikt
k=−N
è detto nucleo di Dirichlet. Osserviamo che, per ogni intero positivo N e ogni numero reale t, il nucleo di
Dirichlet DN (t) è un numero reale, in effetti
DN (t)
N
X
=
eikt = 1 +
k=−N
= 1+
N
X
N
X
−1
X
eikt +
k=1
¡
h=−N
N
X
¢
eikt + e−ikt = 1 +
2eikt .
k=1
Inoltre vale l’identità
eiht
k=1
¡
¢
sin N + 21 t
DN (t) =
sin 2t
e, in particolare,
lim DN (t) = 2N + 1.
t→0
Denotato, infatti, con q = eit , quando q 6= 1, si ha
DN (t) =
n
X
q k = q −N (1 + q + · · · + q 2N ) = q −N
k=−N
=
q
N +1
−q
q−1
−N
q 2N +1 − 1
q−1
³
´
1
1
1
1
1
q 2 q N + 2 − q −N − 2
q N + 2 − q −N − 2
³ 1
´
=
=
.
1
1
1
1
q 2 − q− 2
q 2 q 2 − q− 2
Osservato che q k − q −k = 2i sin kt,
¡
¢
¡
¢
2i sin N + 12 t
sin N + 12 t
DN (t) =
=
.
2i sin 2t
sin 2t
Quanto al limite, attraverso la formula di de l’Hôpital,
¢
¡
¢
¡
¢
¡
sin N + 12 t H
N + 12 cos N + 21 t
= lim
lim DN (t) = lim
= 2N + 1.
1
t
t→0
t→0
t→0
sin 2t
2 cos 2
Infine,
Z
Z
2π
2π
DN (t) dt =
0
0
N
X
ikt
e
Z
N
X
dt =
k=−N
2π
eikt dt = 2π.
0
k=−N
Attraverso la definizione di nucleo di Dirichlet e la definizione dei coefficienti di Fourier, si ha
PN,f (t) =
N
X
ck eikt =
k=−N
=
=
1
2π
1
2π
µZ 2π
¶
N
1 X
f (s)e−iks ds eikt
2π
0
k=−N
Z
N
X
k=−N
Z 2π
2π
f (s)eik(t−s) ds =
0
f (s)DN (t − s) ds.
0
19
1
2π
Z
2π
f (s)
0
N
X
k=−N
eik(t−s) ds
ossia
(21)
PN,f (t) =
Z
1
2π
2π
f (s)DN (t − s) ds
0
Inoltre,
1
2π
Z
2π
f (t)DN (t − s) ds
=
0
=
Z
f (t)
2π
Z
f (t)
2π
2π
0
f (t)
DN (t − s) ds = −
2π
Z
t−2π
DN (ξ) dξ
t
2π
DN (ξ) dξ = f (t),
0
ossia
1
f (t) =
2π
(22)
Z
2π
f (t)DN (t − s) ds
0
Dalle formule (21) e (22) si ottiene
(23)
f (t) − PN,f (t) =
1
2π
Z
2π
£
¤
f (t) − f (s) DN (t − s) ds.
0
Sia A ⊂ R un insieme simmetrico rispetto all’origine, ovvero tale che x ∈ A ⇐⇒ −x ∈ A. (Ad esempio
A = (−2, 2))
Definizione 15.1. Diremo che f : A → R è una
funzione pari se ∀x ∈ A, f (x) = f (−x)
funzione dispari se ∀x ∈ A, f (−x) = −f (x)
Esempio 15.1.
La funzione f (x) = x2 è pari.
La funzione f (x) = x3 è dispari.
Infatti (−x)2 = x2 , mentre (−x)3 = (−1 · x)3 = (−1)3 x3 = −x3 .
Esercizio 15.1. Sia ϕ : A → R una funzione che sia contemporaneamente pari e dispari allora ∀x ∈
A, ϕ(x) = 0.
Devono essere verificate le seguenti equazioni per ogni x ∈ A : ϕ(x) = ϕ(−x) e ϕ(−x) = −ϕ(x) da cui
ϕ(x) = −ϕ(x). Da cui ∀x ∈ A, ϕ(x) = 0 1
Esercizio 15.2. Siano fp , gp e fd , gd rispettivamente funzioni pari e funzioni dispari.Dimostrare che fp ± gp
è una funzione pari e fd ± gd è una funzione dispari.
Basta osservare che fd (−x) ± gd (−x) = −fd (x) ± [−gd (x)] = −[fd (x) ± gd (x)]. Analogo procedimento per
il caso pari.
Esercizio 15.3. Siano ψp , ψd : A → R tali che ∀x ∈ A, ψp (x) + ψd (x) = 0. Allora ∀x ∈ A, ψp (x) = 0 e
ψd (x) = 0.
Infatti ∀x ∈ A:
da ψp (x) + ψd (x) = 0 segue ψp (x) = −ψd (x) = ψd (−x)
mentre
da ψp (−x) + ψd (−x) = 0 segue ψp (−x) = −ψd (−x) = ψd (x)
da queste relazioni e dalla parità di ψp (ψp (x) = ψp (−x)) otteniamo ψd (x) = ψd (−x). Ovvero ψd è pari. Una
funzione che sia contemporaneamente pari e dispari è identicamente nulla (vedi Esercizio 15.1
1 Segue
dal fatto che y = −y ⇐⇒ y = 0.
20
Esercizio 15.4. Ogni funzione f : A → R si può decomporre in un unico modo come somma di una funzione
pari e di una funzione dispari
Basta scrivere
f (x) =
f (x) + f (−x) f (x) − f (−x)
+
= fp (x) + fd (x)
2
2
f (x) + f (−x)
è pari perchè
2
f (x) + f (−x)
f (−x) + f (x)
f ((−x)) + f (−(−x))
fp (x) =
=
=
= fp (−x)
2
2
2
mentre
f (x) − f (−x)
f (x) − f (−x)
f (−x) − f (x)
f ((−x)) − f (−(−x))
fd (x) =
=
=−
=−
= −fd (−x).
2
2
2
2
La decomposizione è unica perchè se esistessero gp , gd rispettivamente funzione pari e funzione dispari tali
che f (x) = gp + gd allora fp − gp + fd − gd = 0. La funzione fp − gp è pari (mentre la funzione fd − gd è dispari
(vedi Esercizio 15.2). La somma di una funzione pari e di una dispari è zero se sono nulle le due funzioni,
quindi fp = gp , e fd = gd .
fp (x) =
Definizione 15.2. Sia f : R → R. Diremo che f è una funzione periodica di periodoT > 0 se
∀x ∈ R, f (x + T ) = f (x)
Proposizione 15.1. Se f è è una funzione periodica di periodo T allora
∀x ∈ R, ∀n ∈ Z, f (x + nT ) = f (x)
Dimostrazione.
Iniziamo col provarlo per n ∈ N. Procediamo per induzione. Se n = 1 segue dalla definizione. Proviamo che,
∀x ∈ R, da f (x + nT ) = f (x) segue f (x + (n + 1)T ) = f (x). Infatti
f (x + (n + 1)T ) = f (x + nT + T ) = f ((x + T ) + nT ) = (per l’ipotesi induttiva)
= f (x + T ) = f (x).
Per dimostrarlo nel caso che n ∈ Z basta osservare che ∀m ∈ N, tenuto conto di quanto dimostrato sopra,
segue
f (x) = f (x − mT + mT ) = f ((x − mT ) + mT ) = f (x − mT ).
Esercizio 15.5. Dimostrare che la funzione f (x) = [x] − x è periodica di periodo T = 1.
Dobbiamo dimostrare che ∀x ∈ R, f (x) = f (x + 1). Poniamo ∀x ∈ R, x = n + r, conn ∈ Z, r ∈ [0, 1).
Quindi [x] = [n + r] = n, mentre [x + 1] = [n + r + 1] = [n + 1 + r] = n + 1. In definitiva possiamo scrivere
f (x) = [x] − x = [n + r] − (n + r) = r e f (x + 1) = [x + 1] − (x + 1) = n + 1 − (n + r + 1) = r
Problema 15.1. Sviluppare in serie di Fourier la funzione e2x − 1 nell’intervallo [0, 2π].
Problema 15.2. Sviluppare in serie di Fourier la funzione e3x nell’intervallo [−π, π].
Problema 15.3. Sviluppare in serie di Fourier la funzione f (x) = |x| − x2 nell’intervallo [−π, π].
Problema 15.4. Sia
f (x) =
∞
X
sin2 3nx
.
n!
n=0
Calcolare i coefficienti di Fourier della funzione f (x).
Problema 15.5. Si scriva la serie di Fourier associata alla funzione f (x) dispari, 2π− periodica, definita
in [0, π] da f (x) = |π − 2x|.
Problema 15.6. Sia f (t) = 1/t se t ∈ (0, π/2) ∪ (−π/2, 0) e f (0) = 0 se t ∈ (−∞, −π/2] ∪ {0} ∪ [π/2, ∞) e
sia
Z
1 π
f (t) sin tdt
bn =
π −π
sono i coefficienti di Fourier. Domistrare che
|bn | ≤ C ln n, n ≥ 2.
21
16
Equazioni ordinarie a variabili separabili
Equazioni Ordinarie L’equazione y 0 (x) = f (y) é una equazione ordinarie. La soluzione si trova integrando:
Z
Z
dy
= dx.
f (y)
Se F (y) é una primitiva di 1/f (y) allora 1/f (y) = F 0 (y) e tutti soluzioni y(x) sono soluzioni di
F (y) = x + C.
Il problema di Cauchy
y 0 (x) = f (y), y(x0 ) = y0
(24)
con f (y0 ) 6= 0 ha unica soluzione y = y(x) in un intorno di x0 definita dalla equazione
Z y
dt
(25)
= x − x0 .
f
(t)
y0
L’equazione
y 0 (x) = f (y)g(x),
e’ equazione a variabili separabili.
Il problema di Cauchy
y 0 (x) = f (y)g(x), y(x0 ) = y0
(26)
con f (y0 ) 6= 0 ha unica soluzione y = y(x) in un intorno di x0 definita dalla equazione
Z y
Z x
dt
(27)
=
g(s)ds.
y0 f (t)
x0
Problema 16.1. Trovare tutti soluzioni di
y 0 = y 2 , y 0 = siny, y 0 = 2y + 3.
Problema 16.2. Risolvere le equazioni
xy + (x + 1)2 y 0 = 0, y 0
Risp.
y=
17
p
1 + x2 =
p
1 + y2 .
p
p
c −1/(x+1)
e
, y + 1 + y 2 = c(x + 1 + x2 ).
x+1
Equazioni ordinarie lineari
L’equazione
y 0 = a(t)y(t) + b(t),
(28)
dove t ∈ I e I e’ un intervallo in R si chiama equazione lineare. Se b(t) = 0 l’equazione si chiama omogeneo.
Tutte le soluzioni di questa equazione si possono representare come
µ
¶
Z
y(t) = eA(t) c + b(s)e−A(s) ds ,
dove A(t) =
(29)
R
a(s)ds e’ una primitiva di a(t). Il problema di Cauchy
y 0 = a(t)y(t) + b(t), y(x0 ) = y0
22
ha unica soluzione definita da
µ
Z
y(t) = eA(t) y0 +
x
¶
Z
b(s)e−A(s) ds , A(t) =
x0
t
a(s)ds.
x0
L’equazione di Bernoulli
(30)
z 0 = a(t)z(t) + b(t)z k , k 6= 0, 1,
si puo trasformare in (28) con la trasformata
z k−1 = y.
L’equazione di Riccati
(31)
z 0 = a(t)z 2 (t) + b(t)z + c(t),
non si puo risolvere esplicitamente in generale. Se conosciamo una soluzione z0 (t) usando la sostituzione
z(t) = u(t) − z0 (t)
possiamo ottenere una equazione (rispetto u(t)) tale che questa equazione e’ una equazione di Bernoulli.
Problema 17.1. Trovare tutti soluzioni di
1) y 0 = 3t2 y(t) + t5 , 2)y 0 = y + sin t, 3)2ty 0 + y = y 3 t3 e2t
Risp.
3
1
1)y(t) = ce−t − (t3 + 1),
3
1
2) y(t) = cet − (sin t + cos t).
2
µ 2
¶
t
t2
2
2t
3)y (t) = ct − e
−
.
2
4
Problema 17.2. Trovare tutti soluzioni della equazione di Riccati
3t2 y 0 + y 2 t2 + 2 = 0,
Soggerimento. Una soluzione particolare e’ del tipo y(t) = a/t, dove a = 1, 2 Dopo la sostituzione
y = x + 1/t otteniamo l’equazione di Bernoulli
3tx0 + x2 t + 2x = 0
Le soluzioni sono x = 0 o x = (t + ct2/3 )−1 .
Problema 17.3. Sia f (t) e T - periodica e continua. Verificare che l’equazione y 0 (t) = f (t) ha una soluzione
RT
periodica con periodo T se e solo se 0 f (t)dt = 0.
Problema 17.4. Sia f (t) e T - periodica e continua. Se l’equazione y 0 (t) = f (t) ha una soluzione limitata
RT
allora 0 f (t)dt = 0.
Problema 17.5. Sia a(t) e T - periodica e continua. Verificare che l’equazione y 0 (t) = a(t)y(t) ha una
RT
soluzione periodica con periodo T se e solo se 0 a(t)dt = 0.
RT
Problema 17.6. Sia a(t), b(t) sono funzioni continui con periodo T e 0 a(t)dt 6= 0. Quante soluzione
periodiche con periodo T ha l’equazione lineare y 0 (t) = a(t)y(t) + b(t).
Problema 17.7. (Peron) Sia a(t), b(t) sono funzioni continui in R tali che
lim a(t) = a0 < 0,
t→+∞
lim b(t) = b0
t→+∞
calcolare limt→+∞ y(t), dove y(t) e la soluzione di y 0 (t) = a(t)y(t) + b(t).
Risp. b0 /a0 .
23
18
Equazioni ordinarie di secondo ordine
Problema 18.1. Se y(t) soddisfa l’equazione
y 00 (t) = ay(t),
dove a e’ costante, allora l’energia
|y 0 (t)|2
|y(t)|2
−a
2
2
e’ costante. Concludere che se a < 0, y(t) soddisfa y(0) = y 0 (0) = 0, allora y(t) = 0 per ogni t ∈ R.
E(t) =
Problema 18.2. Se y(t) soddisfa l’equazione
y 00 (t) = ay(t),
dove a e’ costante, e y(t) soddisfa y(0) = y 0 (0) = 0, allora y(t) = 0 per ogni t ∈ R.
Problema 18.3. Se y(t) soddisfa l’equazione
y 00 (t) = ay(t),
dove a < 0 e’ costante, allora esistono due costanti A, B tali che
¡√
¢
¡√
¢
y(t) = A cos −a t + B sin −a t
per ogni t ∈ R.
24