AM3 - Soluzioni del Tutorato I - Mercoledì 25 febbraio 2004 d.C.

1. Verifichiamo per prima cosa che la funzione ||f||_{C^{1}} è una norma sullo spazio S : Ovviamente

||f||_{C^{1}} ≥ 0 ∀f ∈ S
e ||f||_{C^{1}} = 0 ⇒ sup_{(0,1)} |f| = 0 ⇒ |f| = 0 ∀x ∈ (0, 1) .

L’omogeneità e la disuguaglianza triangolare si dimostrano sfruttando le analoghe proprietà di | · |:

∀f ∈ S||af||_{C^{1}} = sup_{(0,1)} |af| + sup_{(0,1)} |(af)′|
= sup_{(0,1)} a|f| + sup_{(0,1)} a|f′|
= a sup_{(0,1)} |f| + a sup_{(0,1)} |f′| = a||f||_{C^{1}} ;

||f + g||_{C^{1}} = sup_{(0,1)} |f + g| + sup_{(0,1)} |(f + g)′|
≤ sup_{(0,1)}(|f| + |g|) + sup_{(0,1)}(|f′| + |g′|)
≤ sup_{(0,1)} |f| + sup_{(0,1)} |g| + sup_{(0,1)} |f′| + sup_{(0,1)} |g′|
≤ ||f||_{C^{1}} + ||g||_{C^{1}} .

Abbiamo così mostrato che (S, ||f||_{C^{1}}) è uno spazio normato. Resta dunque da verificare la completezza: data una generica successione di Cauchy a valori in S facciamo vedere che essa ammette limite in S. Sia f_{n} una successione di Cauchy in S, ovvero ∀ϵ ≥ 0 ∃N_{ϵ} ∈ ℕ t.c. ||f_{n} − f_{m}||_{C^{1}} < ϵ se n, m ≥ N_{ϵ} . Nel nostro caso avremo che

se n, m ≥ N_{ϵ} allora sup_{(0,1)} |f_{n} − f_{m}| + sup_{(0,1)} |(f_{n} − f_{m})′| < ϵ ,

da cui seguono immediatamente:

sup_{(0,1)} |f_{n} − f_{m}| < ϵ se n, m ≥ N_{ϵ}  (1)

sup_{(0,1)} |f′_{n} − f′_{m}| < ϵ se n, m ≥ N_{ϵ}  (2)

L’ equazione (??) è la definizione di convergenza uniforme della successione di funzioni f_{n}. Abbiamo dunque che ∃f := lim_{n→+∞} f_{n}. Occorre mostrare che f ∈ S. Notiamo che f è continua in quanto limite uniforme di funzioni continue ed è derivabile con derivata f′ := lim_{n→+∞} f′_{n} poichè le f_{n} sono derivabili e

la successione delle derivate converge uniformemente ( è proprio quanto afferma la (??) ); inoltre f′ è continua come visto per f. Infine ||f||_{C^{1}} ≤ ||f_{N_{ϵ}}||_{C^{1}} + ||f − f_{N_{ϵ}}||_{C^{1}} ≤ ||f_{N_{ϵ}}||_{C^{1}} + ϵ < ∞, dunque f ∈ S.

2. (a) Eseguendo la divisione euclidea tra i due polinomi otteniamo:

∫ \frac{x^{4} − 3x^{3} + 4x^{2} + x − 2}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} dx = ∫ x + \frac{3x − 2}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} dx =

= \frac{1}{2}x^{2} + ∫ \frac{3x − 2}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} dx .

Consideriamo ora il polinomio al denominatore della funzione razionale integranda: esso ha un’unica radice reale x = 1 e si scompone dunque come x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2 = (x − 1)(x^{2} − 2x + 2). Scriveremo la funzione integranda nella forma

\frac{3x − 2}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} = \frac{A}{x − 1} + \frac{Bx + C}{x^{2} − 2x + 2} ,

dove i coefficienti A, B, C sono dati da:

\frac{A}{x − 1} + \frac{Bx + C}{x^{2} − 2x + 2} = \frac{A(x^{2} − 2x + 2) + (Bx + C)(x − 1)}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} =

= \frac{(A + B)x^{2} + (−2A − B + C)x + 2A − C}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} = \frac{3x − 2}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2}

da cui, per il principio di identità dei polinomi ,

\{ \begin{matrix}A + B = 0 \\ −2A − B + C = 3 \\ 2A − C = −2 \end{matrix}

e quindi A = 1, B = −1, C = 4.

Possiamo ora calcolare agevolmente l’integrale dato:

\frac{1}{2}x^{2}+∫ \frac{3x − 2}{x^{3} − 3x^{2} + 4x − 2} dx = \frac{1}{2}x^{2}+∫ \frac{dx}{x − 1} dx+∫ \frac{−x + 4}{x^{2} − 2x + 2} dx =

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

= \frac{1}{2}x^{2} + ln |x − 1| − \frac{1}{2} ∫ \frac{2(x − 1)}{(x − 1)^{2} + 1} dx + ∫ \frac{3}{(x − 1)^{2} + 1} dx =

= \frac{1}{2}x^{2} + ln |x − 1| − \frac{1}{2} ln(x^{2} − 2x + 2) + 3 arctan(x − 1) + K.

(b) Applichiamo la sostituzione 2x − 3 = t^{4} in modo da eliminare le radici: poichè x = \frac{t^{4} + 3}{2} ⇒ dx = 2t^{3} dt , avremo

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

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

= 2 ∫ t + 1 dt + 2 ∫ \frac{dt}{t − 1} = t^{2} + 2t + 2 ln |t − 1| + K =

= (\sqrt[4]{2x − 3} + 1)^{2} + 2 ln(\sqrt[4]{2x − 3} − 1) + K.

(c) Applicando il metodo del completamento del quadrato, come indicato nel suggerimento, possiamo scrivere

x^{2} + x + 1 = (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}.

Tramite la sostituzione x+\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} sinh t (⇒ dx = \frac{\sqrt{3}}{2} cosh t dt), otteniamo allora:

∫ x\sqrt{x^{2} + x + 1} dx = ∫ (\frac{\sqrt{3}}{2} sinh t − \frac{1}{2}) \frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{sinh^{2} t + 1} \frac{\sqrt{3}}{2} cosh t dt =

= ∫ (\frac{\sqrt{3}}{2} sinh t − \frac{1}{2}) \frac{\sqrt{3}}{2} cosh t \frac{\sqrt{3}}{2} cosh t dt =

= \frac{3\sqrt{3}}{8} ∫ sinh t cosh^{2} t dt − \frac{3}{8} ∫ cosh^{2} t dt =

= \frac{3\sqrt{3}}{8} \frac{cosh^{3} t}{3} − \frac{3}{8} ∫ cosh^{2} t dt.

Integrando per parti, calcoliamo ∫ cosh t cosh t dt = ∫ cosh t(sinh t)′ dt = = cosh t sinh t − ∫ sinh^{2} t dt = cosh t sinh t − ∫ cosh^{2} t − 1 dt = = cosh t sinh t + t − ∫ cosh^{2} t dt ⇒ ∫ cosh^{2} t dt = \frac{1}{2}(sinh t cosh t + t) da cui otteniamo:

\frac{3\sqrt{3}}{8} \frac{cosh^{3} t}{3} − \frac{3}{8} ∫ cosh^{2} t dt =

= \frac{3\sqrt{3}}{8} \frac{cosh^{3} t}{3} − \frac{3}{16}(sinh t cosh t + t) + K =

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

− \frac{3}{16} ln [\frac{2}{\sqrt{3}} (x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x + 1})] + K,

dove si sono utilizzate le sostituzioni inverse :

sinh t = \frac{2}{\sqrt{3}} (x + \frac{1}{2}) ; cosh t = \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{x^{2} + x + 1} ;

t = ln [\frac{2}{\sqrt{3}} (x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^{2} + x + 1})] .

(d) ∫ sin^{2003} x dx = ∫ sin^{2002} x sin x dx = ∫ (sin^{2} x)^{1001} sin x dx = ∫ (1 − cos^{2} x)^{1001} sin x dx. Applicando la sostituzione cos x = t (⇒ dt = − sin xdx), otteniamo

∫ (1−cos^{2} x)^{1001} sin x dx = − ∫ (1−t^{2})^{1001} dt = − ∫ ∑_{j=0}^{1001} \binom{1001}{j}(−t^{2})^{j} dt =

= ∑_{j=0}^{1001} \binom{1001}{j}(−1)^{j+1} ∫ t^{2j} dt = ∑_{j=0}^{1001} \binom{1001}{j}\frac{(−1)^{j+1}}{2j + 1} t^{2j+1} +K =

= ∑_{j=0}^{1001} \binom{1001}{j}\frac{(−1)^{j+1}}{2j + 1} cos^{2j+1} x + K.