AM3 - Soluzioni del Tutorato II - Mercoledì 3 marzo 2004 d.C.

1. (a) x′ = \frac{t^{3} + 3}{xt^{3} + xt^{2} + xt + x} = \frac{1}{x} \frac{t^{3} + 3}{t^{3} + t^{2} + t + 1} ⇒

⇒ x′x = \frac{t^{3} + 3}{t^{3} + t^{2} + t + 1} ⇒ ∫ x dx = ∫ \frac{t^{3} + 3}{t^{3} + t^{2} + t + 1} dt ⇒

⇒ \frac{x^{2}}{2} = ∫ \frac{t^{3} + 3}{(t + 1)(t^{2} + 1)} dt = ∫ 1 − \frac{t^{2} + t − 2}{(t + 1)(t^{2} + 1)} dt .

Calcolando l’integrale al secondo membro come visto nella soluzione dell’esercizio 2 (a) del tutorato I , otteniamo:

∫ 1 − \frac{t^{2} + t − 2}{(t + 1)(t^{2} + 1)} dt = ∫ 1 + \frac{A}{t + 1} + \frac{Bt + C}{t^{2} + 1} =

= ∫ 1 + \frac{1}{(t + 1)} + \frac{−2t + 1}{t^{2} + 1} dt =

= t + ln |t + 1| − ln(t^{2} + 1) + arctan(t).

Abbiamo dunque :

\frac{x^{2}}{2} = t + ln |t + 1| − ln(t^{2} + 1) + arctan(t) ,

da cui si esplicita la soluzione :

x = ±\sqrt{2(t + ln |t + 1| − ln(t^{2} + 1) + arctan(t))} .

(b) y′ = \frac{(y^{2} + 3)(2 + \sqrt[3]{x + 1})}{1 + \sqrt{x + 1}} ⇒ \frac{y′}{y^{2} + 3} = \frac{2 + \sqrt[3]{x + 1}}{1 + \sqrt{x + 1}} ⇒

⇒ ∫ \frac{dy}{y^{2} + 3} = ∫ \frac{2 + \sqrt[3]{x + 1}}{1 + \sqrt{x + 1}} dx.

L’integrale al primo membro è dato da :

∫ \frac{dy}{y^{2} + 3} = \frac{1}{3} ∫ \frac{dy}{(\frac{y}{\sqrt{3}})^{2} + 1} = \frac{\sqrt{3}}{3} ∫ \frac{\frac{dy}{\sqrt{3}}}{(\frac{y}{\sqrt{3}})^{2} + 1} =

= \frac{1}{\sqrt{3}} arctan (\frac{y}{\sqrt{3}}) + K.

Tramite la sostituzione x + 1 = t^{6} (⇒ dx = 6t^{5} dt) , calcoliamo l’integrale al secondo membro:

∫ \frac{2 + \sqrt[3]{x + 1}}{1 + \sqrt{x + 1}} dx = ∫ \frac{2 + t^{2}}{1 + t^{3}} 6t^{5} dt = ∫ 6t^{4}+12t^{2}−6t+\frac{−12t^{2} + 6t}{t^{3} + 1} dt =

= \frac{6}{5}t^{5} + 4t^{3} − 3t^{2} + ∫ \frac{−6}{t + 1} + \frac{−6t + 6}{t^{2} − t + 1} dt =

= \frac{6}{5}t^{5} + 4t^{3} − 3t^{2} − 6 ln |t + 1| + ∫ −3\frac{2t − 1}{t^{2} − t + 1} + \frac{3}{t^{2} − t + 1} dt =

= \frac{6}{5}t^{5} + 4t^{3} − 3t^{2} − 6 ln |t + 1| − 3 ln(t^{2} − t + 1) +

+ 2\sqrt{3} arctan (\frac{2t − 1}{\sqrt{3}}) + H.

Abbiamo dunque:

\frac{1}{\sqrt{3}} arctan (\frac{y}{\sqrt{3}}) = \frac{6}{5}t^{5} +4t^{3} −3t^{2} −6 ln |t+1|−3 ln(t^{2} −t+1)+

+2\sqrt{3} arctan (\frac{2t − 1}{\sqrt{3}})+C ⇒ y = \sqrt{3} tan (\frac{1}{3} (\frac{6}{5}t^{5} + 4t^{3} − 3t^{2}−

−6 ln |t + 1| − 3 ln(t^{2} − t + 1) + 2\sqrt{3} arctan (\frac{2t − 1}{\sqrt{3}}) + C)) .

(c) x′ = \frac{t^{2} + \sqrt{7} t}{\sqrt{3 − 2x − x^{2}}} ⇒ x′\sqrt{3 − 2x − x^{2}} = t^{2} + \sqrt{7} t ⇒

⇒ ∫ \sqrt{3 − 2x − x^{2}} dx = ∫ t^{2} + \sqrt{7}t dt ⇒

⇒ ∫ \sqrt{3 − 2x − x^{2}} dx = \frac{t^{3}}{3} + \frac{\sqrt{7} t^{2}}{2} + K.

Calcoliamo l’integrale al primo membro:

∫ \sqrt{3 − 2x − x^{2}} dx = ∫ \sqrt{4 − (1 + x)^{2}} dx = 2 ∫ \sqrt{1 − (\frac{1 + x}{2})^{2}} dx;

applicando la sostituzione \frac{1+x}{2} = sin t , otteniamo:

2 ∫ \sqrt{1 − (\frac{1 + x}{2})^{2}} dx = 2 ∫ \sqrt{1 − sin^{2} t} 2 cos t dt = 4 ∫ cos^{2}t dt =

= 2t+2 sin t cos t = 2 arcsin (\frac{1 + x}{2})+ \frac{(1 + x)\sqrt{3 − 2x − x^{2}}}{2} +H.

La soluzione, sotto forma di integrale generale, è :

2 arcsin (\frac{1 + x}{2}) + \frac{(1 + x)\sqrt{3 − 2x − x^{2}}}{2} = \frac{t^{3}}{3} + \frac{\sqrt{7} t^{2}}{2} + C .

(d) y′ = cos(ln x)e^{−y} ⇒ y′e^{−y} = cos(ln x) ⇒ ∫ e^{−y} dy = ∫ cos(ln x) dx ⇒ ⇒ −e^{−y} = \frac{1}{2}x(cos(ln x) + sin(ln x)) + C ⇒ ⇒ y = − ln (−\frac{1}{2}x(cos(ln x) + sin(ln x)) + C) , dove si è calcolato per sostituzione, ponendo x = e^{t}, ∫ cos(ln x) dx = ∫ cos te^{t} dt e poi per parti, ∫ cos te^{t} dt = e^{t} cos t+∫ e^{t} sin t dt = e^{t} cos t+e^{t} sin t−∫ e^{t} cos t dt da cui segue ∫ e^{t} cos t dt = \frac{e^{t}}{2} (cos t + sin t) + H , ovvero ∫ cos(ln x) dx = \frac{1}{2}x(cos(ln x) + sin(ln x)) + C .

2. Verifichiamo innanzitutto che le funzioni ||A||_{∞} e ||A||_{∞}^{∞} sono norme su

Mat_{ℝ}(n × m) .

• ||A||_{∞} = 0 ⇒ sup_{i,j} |a_{ij}| = 0 ⇒ a_{ij} = 0 ∀i ≤ n , j ≤ m ⇒

⇒ A = 0 ∈ Mat_{ℝ}(n × m) ;

||kA||_{∞} = sup_{i,j} |ka_{ij}| = k sup_{i,j} |a_{ij}| = k||A||_{∞};

||A+B||_{∞} = sup_{i,j} |a_{ij}|+|b_{ij}| ≤ sup_{i,j} |a_{ij}|+sup_{i,j} |b_{ij}| = ||A||_{∞}+||B||_{∞} .

• ||A||_{∞}^{∞} = 0 ⇒ sup_{||x||_{∞}=1} ||Ax||_{∞} = 0 ⇒

⇒ ||Ax||_{∞} = 0 ∀x t.c. ||x||_{∞} = 1 ⇒ A = 0 ∈ Mat_{ℝ}(n × m) ;

||kA||_{∞}^{∞} = sup_{||x||_{∞}=1} ||kAx||_{∞} = sup_{||x||_{∞}=1} k||Ax||_{∞} =

= k sup_{||x||_{∞}=1} ||Ax||_{∞} = k||A||_{∞}^{∞};

||A + B||_{∞}^{∞} = sup_{||x||_{∞}=1} ||(A + B)x||_{∞} = sup_{||x||_{∞}=1} ||Ax + Bx||_{∞} ≤

≤ sup_{||x||_{∞}=1}(||Ax||_{∞}+||Bx||_{∞}) ≤ sup_{||x||_{∞}=1} ||Ax||_{∞}+ sup_{||x||_{∞}=1} ||Bx||_{∞} =

= ||A||_{∞}^{∞} + ||B||_{∞}^{∞} .

Mostriamo che le norme ||A||_{∞}^{∞} e ||A||_{∞} sono equivalenti facendo vedere che esistono due costanti k_{1}, k_{2} ∈ ℝ tali che k_{1}||A||_{∞} ≤ ||A||_{∞}^{∞} ≤ k_{2}||A||_{∞} ∀A ∈ Mat_{ℝ}(n × m).

• ||A||_{∞} ≤ ||A||_{∞}^{∞} [k_{1} = 1] ,

infatti ∃i^{∗}, j^{∗} t.c. ||A||_{∞} = sup_{i,j} |a_{ij}| = |a_{i^{∗}j^{∗}}|;

considerando il vettore x^{j^{∗}} = ( x_{1}^{j^{∗}} , x_{2}^{j^{∗}} , …, x_{m}^{j^{∗}}) ∈ ℝ^{m} con x_{i}^{j^{∗}} := δ_{i,j^{∗}}^{1} ( si noti che ||x^{j^{∗}}||_{∞} = 1) , abbiamo che

||A||_{∞} = sup_{i,j} |a_{ij}| = |a_{i^{∗}j^{∗}}| =
= ||( a_{1j^{∗}} , a_{2j^{∗}} , …, a_{mj^{∗}})||_{∞} = ||Ax^{j^{∗}}||_{∞} ≤
≤ sup_{||x||_{∞}=1} ||Ax||_{∞} = ||A||_{∞}^{∞} .

• ||A||_{∞}^{∞} ≤ m||A||_{∞} [k_{2} = m] ,

infatti ∀x = ( x_{1} , x_{2} , …, x_{m}) ∈ ℝ^{m}, ||x||_{∞} = 1 ⇒ |x_{i}| ≤ 1 ∀i = 1, …, m .

Avremo dunque:

||Ax||_{∞} = ||( a_{11}x_{1} + ⋯ + a_{1m}x_{m} , …, a_{n1}x_{1} + ⋯ + a_{nm}x_{m})||_{∞} ≤
≤ ||( |a_{11}||x_{1}| + ⋯ + |a_{1m}||x_{m}| , …, |a_{n1}||x_{1}| + ⋯ + |a_{nm}||x_{m}|)||_{∞} ≤
≤ ||( |a_{11}| + |a_{12}| + ⋯ + |a_{1m}| , …, |a_{n1}| + |a_{n2}| + ⋯ + |a_{nm}|)||_{∞} ≤
≤ ||( m|a_{i^{∗}j^{∗}}| , m|a_{i^{∗}j^{∗}}| , …, m|a_{i^{∗}j^{∗}}|)||_{∞} =
= m|a_{i^{∗}j^{∗}}| = m||A||_{∞}.

Dall’arbitrarietà di x, passando al sup_{||x||_{∞}=1} ||Ax||_{∞} , segue la tesi.

1con δ_{i,j} abbiamo indicato il simbolo di Kroenecker: δ_{i,j} = 1 se i = j , δ_{i,j} = 0 se i ≠ j.