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Università di Trento - Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio -2016/17

Corso di Analisi Matematica 1 - professore Alberto Valli

12 foglio di esercizi - 12 dicembre 2016Integrali impropri, equazioni differenziali

12.1 Esercizio -Per ognuno dei seguenti integrali impropri determinate qual è l’insieme dei valori del parametro α > 0 per cui essoè convergente:

(i)∫ +∞

1

x+ log2 x

(x+1)α + xα

2 + e−xdx (ii)

∫ +∞

1

e−αx + x2

logx+ x2αdx (iii)

∫ 1

0

sin2(3x)xα(x2 +1)

dx .

Soluzione.

(i) Poiché il denominatore non si annulla su [1,+∞[ , studiamo la convergenza dell’integrale all’infinito.

Si ha che x+ log2 x∼ x e (x+1)α + xα

2 + e−x ∼ xα per x→ ∞ . Dunque, per il teorema del confronto asintotico,

si tratta di valutare la convergenza di∫ +∞

1

1xα−1 dx che converge se α−1 > 1 cioè se α > 2 .

(ii) Anche in questo caso il denominatore della funzione integranda non è mai nullo sull’intervallo [1,+∞[ , dunquestudiamo la convergenza dell’integrale all’infinito.Si ha che e−αx+x2 ∼ x2 e per x→∞ e logx+x2α > x2α per x > 1 . Pertanto, per il criterio del confronto, si tratta

di valutare la convergenza dell’integrale∫ +∞

1

x2

x2αdx che converge se 2α−2 > 1 cioè se α >

32

.

(iii) Notiamo che sull’intervallo [0,1] il denominatore della funzione integranda si annulla in 0 pertanto studiamola convergenza dell’integrale vicino a zero.Si ha che sin2(3x)∼ 9x2 e xα(x2 +1)∼ xα per x→ 0 . Pertanto, per il criterio del confronto asintotico, si tratta

di valutare la convergenza dell’integrale∫ 1

0

9xα−2 dx che converge se α−2 < 1 cioè se α < 3 .

12.2 Esercizio -Sia f (x) : [0,+∞)→ R una funzione continua per cui

∫ +∞

0 f (x)dx è convergente. L’affermazione

“ allora ne consegue che limx→+∞

f (x) = 0 ”

è vera per ogni funzione f che soddisfi alle suddette condizioni? Oppure esiste una funzione f che non converge a0 per x→+∞ e che soddisfa alle suddette condizioni?

Soluzione. Supponiamo che f : [0,+∞)→R sia come da ipotesi continua e tale che∫ +∞

0f (x)dx sia convergente.

• Se la funzione f fosse tale che il suo limite esiste ed è diverso da zero allora si vede che l’integrale non puòconvergere. Infatti supponiamo che lim

x→+∞f (x) = c (e, per fissare le idee, supponiamo che sia c > 0: discorso

del tutto simile si può fare nel caso sia c < 0) , cioè per definizione

∀ε > 0 ∃M ∈ R tale che x > M =⇒ | f (x)− c|< ε .

A questo punto è sufficiente prendere ε =c2

e si ha

f (x)> c2 > 0 per ogni x > M

Dunque ∫ +∞

0f (x)dx =

∫ M

0f (x)dx+

∫ +∞

Mf (x)dx≥

∫ M

0f (x)dx+

∫ +∞

M

c2

dx = +∞

1

Siamo quindi giunti ad un assurdo poiché avevamo supposto∫ +∞

0f (x)dx convergente.

Dunque, se la funzione f ammette limite per x→ +∞ allora la condizione limx→+∞

f (x)dx = 0 è necessaria

affinché una funzione continua f : [0,+∞) abbia integrale∫ +∞

0f (x)dx convergente.

• Resta da affrontare il caso in cui il limx→+∞

f (x) non esiste. Un esempio di funzione che soddisfa le nostre

ipotesi ma il cui limite non esiste si vede rappresentato nella figura

In conclusione: se∫ +∞

0f (x)dx è convergente, non è detto che lim

x→+∞f (x) = 0 (solo se tale limite esiste possiamo

concludere che sia uguale a 0).

[In altre parole, a pensarci bene l’esercizio chiedeva se è possibile che un’area sia piccola senza rimpicciolirel’altezza: certo, basta rimpicciolire la base!Per le serie il discorso è diverso, perché la somma di una serie ∑

∞k=0 ak (per fissare le idee, con ak ≥ 0) può essere

vista come l’area al di sotto del grafico di una funzione costante a tratti, che fra un intero k e il successivo interok+1 vale costantemente ak. In questo caso, non potendo variare la base, per far piccola l’area (cioè la somma dellaserie) bisogna forzatamente rimpicciolire l’altezza.]

12.3 Esercizio -Per ognuna delle seguenti serie, determinate se essa è convergente:

(i)∞

∑k=2

1k logk

(ii)∞

∑k=2

1k(logk)2 (iii)

∞

∑k=2

1k(logk) log(logk)

.

Soluzione.

Ricordiamo il seguente

Teorema del criterio dell’integrale per le serie

Sia f : [1,+∞[→ R una funzione non negativa e monotona decrescente. Allora la serie+∞

∑k=1

f (k) e l’in-

tegrale improprio∫ +∞

1f (t)dt hanno lo stesso comportamento, cioè o convergono entrambi o divergono

positivamente entrambi.

(i) La funzione f (x) =1

x logxsoddisfa le ipotesi del teorema nell’intervallo [2,+∞[ , pertanto la serie

+∞

∑k=2

1k logk

converge se e solo se converge l’integrale∫ +∞

2

1t log t

dt . Tuttavia

limb→+∞

∫ b

2

1t log t

dt = limb→+∞

(log(log t)

∣∣∣b2

)= +∞

2

e quindi la serie diverge.

(ii) La funzione f (x)=1

x(logx)2 soddisfa le ipotesi del teorema nell’intervallo [2,+∞[ , pertanto la serie+∞

∑k=2

1k(logk)2


2

1t(log t)2 dt . Osserviamo che

limb→+∞

∫ b

2

1t(log t)2 dt = lim

b→+∞

(− 1

log t

∣∣∣b2

)= 0

dunque la serie converge.

(iii) La funzione f (x) =1

x(logx) log(logx)soddisfa le ipotesi del teorema nell’intervallo [3,+∞[ , pertanto la serie

+∞

∑k=2

1k(logk) log(logk)


3

1t(log t) log(log t)

dt . Notiamo che

limb→+∞

∫ b

3

1t(log t) log(log t)

dt = limb→+∞

(log(log(log t))

∣∣∣b3

)= +∞

e quindi la serie diverge.

12.4 Esercizio -Per ognuno dei seguenti problemi di Cauchy determinate la sua soluzione:

(i)

y′′+2y′+2y = sinxy(0) = 0y′(0) = 0

(ii)

{y′ = (3+ x2)(1+4y2)y(0) = 1/2 (iii)

{y′+ x2y = x2

y(1) = 1 .

Soluzione.

(i) Determiniamo la soluzione generale dell’omogenea y′′+2y′+2y = 0 :il polinomio associato è r2 +2r+2 e ha radici r =−1±

√1−2 =−1± i .

Dunque la soluzione y0(x) dell’omogenea è:

y0(x) = c1e−x cosx+ c2e−x sinx .

Per la soluzione particolare della non omogenea seguiamo il metodo di somiglianza e dunque poniamoy(x) = Acos(x)+Bsin(x) . Derivando otteniamo:

y ′′+2y ′+2y = (−Acos(x)−Bsin(x))+2(−Asin(x)+Bcos(x))+2(Acos(x)+Bsin(x))= (2B+A)cosx+(B−2A)sinx

e imponiamo (2B+A)cosx+(B−2A)sinx = sinx , dunque

{2B+A = 0B−2A = 1

=⇒

{A =− 2

5B = 1

5.

La soluzione generale dell’equazione non omogenea è dunque

y(x) = c1e−x cosx+ c2e−x sinx− 25

cosx+15

sinx

Imponendo i dati di Cauchy, siccome y′(x) = ((c2− c1)(sinx+ cosx))e−x + 25 sinx+ 1

5 cosx , si ha{0 = y(0) = c1− 2

50 = y′(0) = c2− c1 +

15

=⇒

{c1 =

25

c2 =15

La soluzione del problema di Cauchy è quindi

y(x) =

(25

cosx+15

sinx)

e−x− 25

cosx+15

sinx .

3

(ii) Si tratta di un’equazione del primo ordine non-lineare a variabili separabili. Dunque si ha:

dydx

= (3+ x2)(1+4y2) =⇒ 11+4y2 dy = (3+ x2)dx .

Integrando a sinistra e a destra:

•∫ 1

1+4y2 dy =12

∫ 21+(2y)2 dy =

arctan(2y)2

+ c .

•∫(3+ x2)dx = 3x+

x3

3+ c .

Si ha pertanto:arctan(2y)

2= 3x+

x3

3+ c cioè arctan(2y) =

23

(9x+ x3 + c

).

Imponendo il dato di Cauchy y(0) =12

:π

4= arctan(1) =

23

c ⇒ c =38

π . Per cui

(∗) arctan(2y) =23

(9x+ x3 +

38

π

).

Applicando la funzione tangente alla (∗) , si arriva alla forma esplicita

y(x) =12

tan

(23

(9x+ x3 +

38

π

)).

(iii) Si tratta di un’equazione lineare, non-omogenea del primo ordine pertanto la soluzione è data da

y(x) = e∫ x

1 −t2 dt(

1+∫ x

1e∫ s

1 t2 dt(s2)ds)

= e−t33

∣∣x1

(1+

∫ x

1e

t33

∣∣s1(s2)ds

)= e−

x33 e

13

(1+ e−

13

[e

s33

∣∣∣x1

])= e−

x33 e

13

(1+ e−

13

[e

x33 − e

13

])

= e−x33 e

13

(1+ e−

13 e

x33 −1

)= 1


(i)

{y′ =

√1− y2 (1+ x2)

y(0) = 0(ii)

y′′−4y′+5y = 5xy(0) = 0y′(0) = 0

(iii)

{y′ = (e−3y +1)(2x−1)y(0) =−1 .

Soluzione.

(i) Notiamo che si tratta di un’equazione del primo ordine non-lineare a variabili separabili.

dydx

=√

1− y2(1+ x2) =⇒ 1√1− y2

dy = (1+ x2)dx

Integrando

arcsiny =∫ 1√

1− y2dy =

∫(1+ x2)dx = x+

x3

3+ c .

Imponendo la condizione di Cauchy si ha che: 0 = arcsin0 = 0+03

3+ c = c , per cui

(∗) arcsiny = x+x3

3

4

Siccome i valori della funzione arcsin sono fra −π

2e

π

2, bisognerà avere −π

2≤ x+

x3

3≤ π

2, e dunque la

soluzione non è definita per tutti gli x ∈]−∞,+∞[ , ma solo per gli x che soddisfano −π

2≤ x+

x3

3≤ π

2.

Essendo la funzione x+x3

3strettamente crescente, ed essendo lim

x→+∞x+

x3

3= +∞ , esiste un unico x tale che

x+x3

3=

π

2, e la soluzione è definita per x ∈ [−x, x] . Applicando la funzione seno alla (∗) , si arriva alla forma

esplicita

y(x) = sin

(x+

x3

3

), per x ∈ [−x, x]

(ii) Innanzitutto determiniamo la soluzione generale dell’omogenea y′′−4y′+5y = 0 :il polinomio associato è r2−4r+5 e le radici sono r = 2±

√4−5 = 2± i .

Dunque la soluzione generale dell’omogenea è:

y0(x) = c1e2x cosx+ c2e2x sinx .

Determiniamo ora la soluzione particolare: essendo il secondo membro un polinomio di primo grado, proviamocon y(x) = Ax+B . Dunque si ha y ′(x) = A e y ′′(x) = 0 . Pertanto dobbiamo risolvere

−4A+5(Ax+B) = 5x da cui

{A = 15B−4A = 0

cioè

{A = 1B = 4

5

Abbiamo ottenuto in questo modo la soluzione completa:

y(x) = c1e2x cosx+ c2e2x sinx+ x+45

Imponiamo ora i dati di Cauchy:

y(0) = c1 +45

y′(x) = 2c1e2x cosx− c1e2x sinx+2c2e2x sinx+ c2e2x cosx+1 =⇒ y′(0) = 2c1 + c2 +1

Dunque

{c1 +

45 = 0

2c1 + c2 +1 = 0cioè

{c1 =− 4

5c2 =

35

In conclusione la soluzione del problema di Cauchy è:

y(x) =

(−4

5cosx+

35

sinx)

e2x + x+45.

(iii) Notiamo che si tratta di un’equazione del primo ordine non-lineare a variabili separabili. Dunque si ha:

dydx

= (e−3y +1)(2x−1) =⇒ 1e−3y +1

dy = (2x−1)dx .


•∫ 1

e−3y +1dy =

∫ e3y

1+ e3y dy =13

log(1+ e3y)+ c .

•∫(2x−1)dx = x2− x+ c .

5

Si ha

13

log(1+ e3y) = x2− x+ c ⇐⇒ log(1+ e3y) = 3x2−3x+ c

⇐⇒ e3y = e3x2−3x ec−1

⇐⇒ y(x) =13

log(e3x2−3xec−1)

Imponendo il dato di Cauchy:

−1 = y(0) =13

log(ec−1) =⇒ ec = e−3 +1 .

Quindi la soluzione del problema di Cauchy è:

y(x) =13

log(e3x2−3x(e−3 +1)−1) .


(i)

y′′−3y′ = x+2y(0) = 0y′(0) = 1

(ii)

y′ =y2

y2 +4x

y(0) = 2(iii)

y′ =(y+1)2 sinx

cosx+3y(0) = 1

.

Soluzione.

(i) Notiamo che si tratta di un’equazione lineare del secondo ordine non-omogenea e a coefficienti costanti. Perrisolvere l’omogenea consideriamo il polinomio associato: λ2−3λ che ha radici λ1 = 0 e λ2 = 3 . Dunque lasoluzione dell’omogenea è

(∗) y0(x) = c1 + c2e3x c1 ∈ R , c2 ∈ R .

Il termine noto è un polinomio di primo grado per cui il metodo di somiglianza suggerisce di cercare una soluzioneparticolare dell’equazione non-omogenea della forma y∗(x) = Ax+B . Tuttavia abbiamo appena visto in (∗) cheogni costante è soluzione dell’equazione omogenea, per cui si deve cercare una soluzione particolare della formay∗(x) = x(Ax+B) = Ax2 +Bx . Dunque si ha y′∗(x) = 2Ax+B , y′′∗(x) = 2A. Pertanto si impone

2A−3(2Ax+B) = x+2 da cui

{−6A = 12A−3B = 2

cioè

{A =− 1

6B =− 7

9

Abbiamo quindi ottenuto la soluzione completa

y(x) = c1 + c2e3x− 16

x2− 79

x

Imponendo il dato di Cauchy si ha:

y(0) = c1 + c2

y′(x) = 3c2e3x− 13

x− 79

=⇒ y′(0) = 3c2−79

Dunque

{c1 + c2 = 03c2− 7

9 = 1cioè

{c1 =− 16

27c2 =

1627


y(x) = −1627

+1627

e3x− 16

x2− 79

x .

6

(ii) Si tratta di un’equazione non lineare del primo ordine a variabili separabili. Dunque si ha

dydx

=y2

y2 +4x =⇒ y2 +4

y2 dy = xdx


•∫ y2 +4

y2 dy = y− 4y+ c .

•∫

xdx =x2

2+ c .

Dunque y− 4y=

x2

2+ c . Imponendo il dato di Cauchy y(0) = 2 si ha: 2− 4

2= 0+ c =⇒ c = 0 . Pertanto

si ha2y2−8− x2y

y= 0 . Da cui si ottiene

y1(x) =x2 +√

x4 +644

y2(x) =x2−√

x4 +644

Si scarta la y2 perchè non verifica il dato di Cauchy y(0) = 2 .

Dunque la soluzione del problema di Cauchy è: y(x) =x2 +√

x4 +644

.

(iii) Si tratta di un’equazione non lineare del primo ordine a variabili separabili, si ha pertanto

dydx

= (y+1)2 sinxcosx+3

=⇒ 1(y+1)2 dy =

sinxcosx+3

dx

Integrando a destra e a sinistra si ottiene

− 1y+1

= − log(cosx+3)+ c .

Imponiamo ora il dato di Cauchy y(0) = 1 e otteniamo −12

= − log4+ c da cui c = −12+ log4 . Pertanto

la soluzione del problema di Cauchy è:

y =1

log(cosx+3)+ 12 − log4

−1


(i)

y′ =x2 + x

2e2y +6ey

y(0) = 0(ii)

y′′−6y′+9y = 2ex

y(0) =−1y′(0) = 2

(iii)

y′ =2x

1+3x2 y− x

y(0) =−1/4.

Soluzione.

(i) Si tratta di un’equazione non lineare del primo ordine a variabili separabili. Dunque si ha

dydx

=x2 + x

2e2y +6ey =⇒ (2e2y +6ey)dy = (x2 + x)dx

Integrando si ottiene

e2y +6ey =∫(2e2y +6ey)dy =

∫(x2 + x)dx =

x3

3+

x2

2+ c .

7

Imponendo il dato di Cauchy si ha che 1+6 = c cioè c = 7 . Pertanto

e2y +6ey− x3

3− x2

2−7 = 0 .

La forma dell’equazione suggerisce di porre ey = t e dunque risolvere, per ogni x fissato la seguente equazione:

t2 +6t− x3

3− x2

2−7 = 0

da cui si ottengono due soluzioni per ey = t

t1 = −3+

√9+

x3

3+

x2

2+7 t2 = −3−

√9+

x3

3+

x2

2+7

Dunque ey = −3+

√9+

x3

3+

x2

2+7 poiché la soluzione t2 non va bene dal momento che t = ey > 0.


y(x) = log

(−3+

√16+

x3

3+

x2

2

)

(ii) Determiniamo la soluzione generale dell’equazione omogenea y′′− 6y′+ 9y = 0 . Il polinomio associato èr2−6r+9 = (r−3)2 e ha radice doppia r = 3 . Dunque la soluzione y0(x) dell’equazione omogenea è:

y0(x) = c1e3x + c2xe3x = (c1 + c2x)e3x .

Per trovare una soluzione particolare dell’equazione non omogenea seguiamo il metodo di somiglianza. Quindi,tenendo conto del fatto che ex non è soluzione dell’omogenea, possiamo cercare una soluzione del tipoy(x) = Aex . Derivando otteniamo

y ′′−6y ′+9y = Aex−6Aex +9Aex = 4Aex

e bisogna imporre 4Aex = 2ex dunque A =12

.


y(x) = (c1 + c2x)e3x +12

ex con c1 e c2 costanti arbitrarie.

Imponendo i dati di Cauchy, siccome y′(x) = c2e3x +3(c1 + c2x)e3x + 12 ex , si ha{

−1 = y(0) = c1 +12

2 = y′(0) = c2 +3c1 +12

=⇒

{c1 =− 3

22 = c2− 9

2 +12

=⇒

{c1 =− 3

2c2 = 6


y(x) =

(−3

2+6x

)e3x +

12

ex .

(iii) Osserviamo che si tratta di un’equazione del primo ordine lineare e non omogenea. La soluzione è data da

8

r = 1+3t2 , dr = 6t dt∫ 2t1+3t2 dt = 1

3∫ 1

r dr = 13 logr+ c

r = 1+3s2 , dr = 6sds∫(1+3s2)−

13 sds = 1

6∫

r−13 dr =

14 r

23 + c

y(x) = e∫ x

02t

1+3t2dt(−1

4+

∫ x

0e−

∫ s0

2t1+3t2

dt(−s)ds

)

= e13 log(1+3t2)

∣∣x0

(−1

4+

∫ x

0e−

13 log(1+3t2)

∣∣s0(−s)ds

)

= e13 log(1+3x2)

(−1

4+

∫ x

0e−

13 log(1+3s2)(−s)ds

)

= (1+3x2)13

(−1

4−

∫ x

0(1+3s2)−

13 sds

)

= (1+3x2)13

(−1

4− 1

4(1+3s2)

23

∣∣∣x0

)

= (1+3x2)13

(−1

4− 1

4(1+3x2)

23 +

14

)

= −14(1+3x2) .


(i)

y′′−4y′+4y =−4cos(2x)y(0) = 1y′(0) = 0

(ii)

y′ =− 1x+2

y+ e−2x

y(0) = 1(iii)

y′′+ y′−2y =−ex

y(0) = 0y′(0) = 0

Soluzione.

(i) Determiniamo la soluzione generale dell’equazione omogenea y′′− 4y′+ 4y = 0 . Il polinomio associato èr2−4r+4 = (r−2)2 e ha radice doppia r = 2 . Dunque la soluzione y0(x) dell’omogenea è:

y0(x) = c1e2x + c2xe2x = (c1 + c2x)e2x .

Per la soluzione particolare della non omogenea seguiamo il metodo di somiglianza e dunque poniamoy(x) = Acos(2x)+Bsin(2x) . Derivando otteniamo:

y ′′−4y ′+4y = (−4Acos(2x)−4Bsin(2x))−4(−2Asin(2x)+2Bcos(2x))+4(Acos(2x)+Bsin(2x))

= −8Bcos(2x)+8Asin(2x)

e imponiamo −8Bcos(2x)+8Asin(2x) =−4cos(2x) dunque A = 0 e B =12

.


y(x) = (c1 + c2x)e2x +12

sin(2x)

Imponendo i dati di Cauchy, siccome y′(x) = c2e2x +2(c1 + c2x)e2x + cos(2x) , si ha{1 = y(0) = c1

0 = y′(0) = c2 +2c1 +1=⇒

{c1 = 10 = c2 +2+1

=⇒

{c1 = 1c2 =−3


y(x) = (1−3x)e2x +12

sin(2x) .

9

(ii) Notiamo che si tratta di un’equazione del primo ordine, lineare, non omogenea. La formula risolutiva è:

y(t) =

(1+

∫ t

0e∫ s

01

w+2 dwe−2s ds)

e∫ t

0−1

w+2 dw

=

(1+

∫ t

0elog(w+2)

∣∣s0e−2s ds

)e− log(w+2)

∣∣t0

=

(1+

∫ t

0elog( s+2

2 )e−2s ds)

e− log( t+22 )

=

(1+

∫ t

0

s+22

e−2s ds)(

t +22

)−1

=

(1+

12

∫ t

0(s+2)e−2s ds

)2

t +2

In particolare integrando per parti si ha∫ t

0(s+2)e−2s ds = −1

2e−2s(s+2)

∣∣∣t0+

12

∫ t

0e−2s ds

= −12

e−2t(t +2)+1− 14

e−2s∣∣∣t0

= −12

te−2t − e−2t +1− 14

e−2t +14

Pertanto la soluzione del problema di Cauchy è

y(t) =

[1+

12

(−1

2te−2t − 5

4e−2t +

54

)]2

t +2=

[14

(−te−2t − 5

2e−2t +

132

)]2

t +2

=

(−te−2t − 5

2e−2t +

132

)1

2(t +2)

(iii) Determiniamo la soluzione generale dell’equazione omogenea y′′ + y′ − 2y = 0 . Il polinomio associato è

r2 + r−2 e le radici sono r =−1±

√1+8

2= −2 , 1 . Dunque la soluzione y0(x) dell’omogenea è

y0(x) = c1ex + c2e−2x .

Per la soluzione particolare della non omogenea seguiamo il metodo di somiglianza, tenendo però conto che ex èuna soluzione dell’omogenea, dunque cerchiamo una soluzione del tipo y(x) = Axex . Derivando si ha y ′(x) =Aex +Axex e y ′′(x) = 2Aex +Axex dunque

y ′′+ y ′−2y = 2Aex +Axex +Aex +Axex−2Axex = 3Aex

e bisogna imporre 3Aex =−ex dunque si ottiene A =−13

.


y(x) = c1ex + c2e−2x− 13

xex

Imponendo i dati di Cauchy, siccome y′(x) = c1ex−2c2e−2x− 13 ex− 1

3 xex , si ha{0 = y(0) = c1 + c2

0 = y′(0) = c1−2c2− 13

=⇒

{c1 =−c2

−3c2− 13 = 0

=⇒

{c1 =

19

c2 =− 19


y(x) =19

ex− 19

e−2x− 13

xex

10

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