Secondo compitino
3 giugno 2014
Soluzioni
Esercizio 1 Calcolare il seguente integrale
Z √
3
x2 − 4 dx
Soluzione:
Prima di tutto, vediamo che per l’esistenza della radice dobbiamo avere | x |≥ 2.
Procediamo per sostituzione. Abbiamo diverse possibilit`a, tra le quali
√
• x2 − 4 = t − x.
• x=
2
.
cos(t)
• x = 2 cosh(t).
√
√
• x2 − 4 = t(x + 2) o x2 − 4 = t(x − 2).
La prima sostituzione porta a calcoli relativamente brevi, la seconda e la terza sono
fattibili, la quarta √
porta a calcoli molto lunghi. Vediamo la prima, o pi`
u precisamente
√
2
definiamo t = x + x − 4. Vogliamo espliciatre la x. Dato che t − x = x2 − 4 ≥ 0
possiamo elevare al quadrato ambedue i membri ottenendo
√
x2 − 4 = t − x
x2 − 4 = t2 − 2tx + x2
t2 + 4
x =
2t
√
t2 + 4
da cui abbiamo x2 − 4 = t −
2t
2
t −4
=
2t
e da t = x +
√
x2 − 4 abbiamo
1
x
dx
dt = 1 + √
2
x −4
√
x + x2 − 4
√
dt =
dx
x2 − 4
t
dt = t2 −4 dx
2t
t2 − 4
dx =
dt
2t2
Quindi
Z √
3 2
Z 2
3
t −4
t
−
4
x2 − 4 dx =
dt
2t
2t2
Z 8
t − 16t6 + 96t4 − 256t2 + 256
=
dt
16t5
Z 3
t
6 16 16
=
− t + − 3 + 5 dt
16
t
t
t
4
2
t
t
8
4
=
− + 6 ln | t | + 2 − 4 + C con C ∈ R
64
2
t
t
Sostituendo t =
√
x2 − 4 + x otteniamo
Z √
3
2
x − 4 dx =
4 1 √
2
√
1 √ 2
2
x −4+x −
x − 4 + x + 6 ln | x2 − 4 + x | +
64
2
8
4
+ √
2 − √
4 + C con C ∈ R
x2 − 4 + x
x2 − 4 + x
Se avessimo eseguito le altre sostituzioni avremmo ottenuto
• x=
Z
2
.
cos(t)
√
sin4 t
x + x2 − 4
5 √
1 √
√
16 6 cos tdt = . . . = 3 ln |
| − x x2 − 4+ x3 x2 − 4+C
cos t
2
4
x − x2 − 4
2
• x = 2 cosh(t).
Z
√
5 √
x3 √ 2
4
x − 4 − x x2 − 4 + 6 ln | x + x2 − 4 | +C
16 sinh tdt = . . . =
4
2
√
√
• x2 − 4 = t(x + 2) o x2 − 4 = t(x − 2).
Z
512t4
dt
(1 + t)5 (1 − t)5
con conti lunghi e difficili.
Esercizio 2 Studiare il grafico della funzione integrale
Z x
1
p
F (x) =
dt
t
| t |(e − 1)(1 + 1/t)
0
Soluzione:
Studiamo rapidamente la funzione
1
t
1
p
f (t) = p
= t
(e − 1) | t |(1 + t)
| t |(et − 1)(1 + 1/t)
La funzione `e definita su R − {0, −1}. I punti critici sono −1, 0 e abbiamo
t
= 1. Quindi F (x) `e definita in
• lim± f (t) = +∞ di ordine 1/2 dato che lim et −1
t→0
t→0
0 e vale F (0) = 0.
• lim+ f (t) = +∞ di ordine 1, quindi F (x) non `e definita in −1
t→−1
Il campo di esistenza di F (x) `e quindi D = (−1, +∞) e abbiamo che F (0) = 0.
Studiamo quindi f (t) solo in (−1, +∞)
Vediamo la positivit`a di f (t).
p
| t | > 0 sempre
t
t
0
p
f (t) =
≥ 0 ⇔ (1 + t) > 0 in D
⇔ t
≥0
e −1
(et − 1) | t |(1 + t)
t
≥0
et −1
e dato che t ed et − 1 hanno lo stesso segno, f (t) > 0 in D − {0}, e quindi F 0 (x) > 0
in D, e F (x) `e quindi sempre crescente.
Il grafico di f (t), ovvero di F 0 (x) `e quindi
I limiti agli estremi del campo per F (x):
3
Figure 1: Grafico di f(t)
• Dato che
Z
lim+
→−1
0
Z
f (t)dt = − lim+
→−1
0
f (t)dt = −∞
abbiamo lim + F (x) = −∞
x→−1
• Dato che lim f (t) = 0 di ordine superiore a 2 (tende a 0 come et ) abbiamo
t→+∞
che lim F (x) = c ∈ R. Dato che f (t) > 0 per t > 0 abbiamo che c ∈ R+ .
x→+∞
F (x) `e derivabile in D − {0} e
F 0 (x) = f (x) =
x
p
(ex − 1) | x |(1 + x)
Dallo studio di f (t) possiamo ricavare che lim F 0 (x) =
x→0
lim F 0 (x) = +∞ e che
x→−1+
lim F 0 (x) = 0.
x→+∞
Esaminando il grafico di F 0 (x) risulta evidente che F 00 (x) `e definita in D − {0}
che esiste α ∈ (−1, 0) zero di F 00 (x) e che F 00 (x) `e positiva per x ∈ (α, 0) e negativa
in (−1, α) ∪ (0, +∞). Abbiamo quindi due flessi, α e 0. La funzione `e concava in
(−1, α) ∪ (0, +∞) e convessa in (α, 0).
4
Quindi
Figure 2: Grafico di F (x)
OPZIONALE: Possiamo calcolare esplicitamente la derivata seconda, anche se i
calcoli sono lunghi.
F 00 (x) =
−2(ex (x2 + x − 1) + 1) | x | −(ex − 1)(x + 1)x2
2(ex − 1)2 (x + 1)2 | x |5/2
in D − {0}.
Esercizio 3 Determinare tutte le soluzioni dell’equazione differenziale
u000 + u0 = t2 + et .
Soluzione: Consideriamo l’equazione omogenea associata, u000 + u0 = 0, e il
polinomio associato x3 + x: esso ha per radici (semplici) 0, ±i, e quindi una base
per lo spazio delle soluzioni dell’equazione omogenea `e {1, eit , e−it }, o anche, pi`
u
semplicemente, {1, cos t, sin t}.
Ora cerchiamo due soluzioni dell’equazione non omogenea, una con a destra il
termine t2 e l’altra con il termine et .
Se a destra c’`e t2 , a sinistra si pu`o porre u(t) = at3 +bt2 +ct (ci vuole un polinomio
di terzo grado in quanto le costanti sono soluzioni dell’equazione omogenea e, per lo
stesso motivo, `e inutile mettere il termine costante nel polinomio). Otteniamo:
u0 = 3at2 + 2bt + c,
u00 = 6at + 2b,
u000 = 6a,
5
u000 + u0 = 3at2 + 2bt + (c + 6a).
Eguagliando l’ultima espressione a t2 si ottiene il sistema
3a = 1
2b = 0
c + 6a = 0
che ha per soluzione a = 13 , b = 0, c = −2. Quindi in questo caso la funzione
u = 13 t3 − 2t `e una soluzione del problema non omogeneo.
Se a destra c’e’ et , si pu`o porre u(t) = λet (et non `e soluzione del problema
omogeneo). Si ha u = u0 = u00 = u000 e, uguagliando di due membri dell’equazione,
2λet = et , ossia λ = 12 . Quindi in questo caso la funzione u = 12 et `e una soluzione
del problema non omogeneo.
In conclusione, la soluzione generale dell’equazione `e u = a + b cos t + c sin t +
1 3
t − 2t + 12 et .
3
Esercizio 4 Risolvere il problema di Cauchy
(
(t − 2)u0 = 2u +
u(0) = 0
t+1
t−2
in un opportuno intorno di t = 0.
Soluzione: Riscriviamo l’equazione nella forma
2u
t+1
u0 −
=
.
t−2
(t − 2)2
2
, cerchiamo una primitiva A(t) di a(t), per esempio A(t) =
Poniamo a(t) = − t−2
1
−2 log |t − 2| = log(t − 2)2 , e moltiplichiamo a sinistra e a destra per eA(t) = (t−2)
2.
u
A(t)
Otteniamo u · e
= (t−2)2 `e una primitiva del termine a sinistra dell’equazione,
ossia
Z
Z
Z
t+1
t−2
3
u
=
=
+
(t − 2)2
(t − 2)4
(t − 2)4
(t − 2)4
1
1
1
= −
−
+ c,
2
2 (t − 2)
(t − 2)3
1
1
u = c(t − 2)2 − −
,
2 t−2
che `e definita nell’intorno di zero (−∞, 2).
Per la soluzione del problema di Cauchy, poniamo u(0) = 0. Otteniamo 0 =
4c − 12 + 21 , ossia c = 0.
6
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