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Z1≥n 0 a = f (x) cos nxdxn π 0 2πZ1≥n 1 b = f (x) sin nxdxn π 0Ma vale anche π 0Z Z1 1a = f (x) cos nxdx oppure a = f (x) cos nxdxn nπ π−π −2πLa scrittura: π 2πZ Z1 2 2−a = 0dx + x (x 2π) cos nxdxn π 0 π34Moscagiuri Pietro Analisi IIRisulta particolarmente scomoda, conviene infatti scrivere:πZ1a = f (x) cos nxdxn π −π 0 πZ Z1 2 ·= x cos nxdx + 0 cos nxdxπ −π 00 πZ Z11 2 2x cos nx dx = x cos nx= π π−π 0pari π π Zsin nx sin nx1 2 − 2x= x dxπ n n00π −Z1 sin nx= 2x0+ dxπ n0 π Zcos nx cos nx1 πh i −2x 2 dx= 2 2π n n0 0 π n 2π1 cos nπ sin nx (−1)− − ·=2π 0 2= 2 3 2π n n nπ0 ππ 3 2 Z1 1 x π2a = x dx = =0 π π 3 30 0π 0Z Z1 1 2b = f (x) sin nxdx = x sin nx dxn π π−π −π dispariπZ1 2− x sin nxdx= π 0= ...2 πn+1 n ∀n ≥= [1 +

1. La serie di Fourier di f (x) è:
• ∑_n=1 [2/(nπ)] [1 + (-1)ⁿ⁺¹] cos(nx) + [1 + (-1)ⁿ] sin(nx)
2. f è limitata e monotona a tratti; per il teorema trattato a lezione, la serie di Fourier converge per ogni x ∈ [0, 2π].
3. La serie converge alla media tra il limite sinistro e destro di f(t) quando t tende a x.
4. Se f è costante in x, tale valore coincide con f(x).
5. Nel caso in analisi, f è continua in x = π + 2kπ.
6. In tali punti la serie converge a f(x).
7. Per x = π + 2kπ la serie converge a 2 + 0π = 2.
8. Moscagiuri Pietro Analisi II 7.2 Esercizio 2
9. Sia f(x) = |x| per x ∈ [0, 3].
10. f è pari e periodica.
11. Disegnare il grafico di f e calcolare la serie di Fourier.
12. Determinare per x ∈ [-3, 3]:
• lim cos(2m + 1)πx quando k tende a +∞
• Calcolare ∑_n=0 [2/(2n + 1)] |x|

Osservazione: Per x [-3, 3] : f (x) è periodica.

Ricordiamo che f è T T /2 Z2 2π ≥a = f (x) cos nx dx n 0n T T-T /2T /2 Z2 2π ≥b = f (x) sin nx dx n 1n T T-T /2 dispari ∀≥b = 0 0n 36Moscagiuri Pietro Analisi II3 3 Z Z2 2π 2 π a = f (x) cos nx dx = x cos nx dxn 6 6 3 3-3 033 2 2 -Z2 2 x 3 0·a = xdx = =0 3 3 2 3-3 0nπx nπx 3 sin sin3  Z2  3 3≥ -xn 1 = dxnπx nx 3 0  3 30nπx 3 cos 2  3 nπx2 2 3  h i30+ cos= =nπx  2 23 3 n π 32 0)(  3 00 n pari6 2{(-1) - = 1} = -122 2n π n dispari (n = 2m + 1) 2n πDunque la serie di F è:+∞ +∞n - -126{(-1) 1}3 nπx 3 (2m + 1)πxX X+ cos = + cos2 2 2 22 n π 3 2 (2m + 1) π 3n=1 m=02. Per i teoremi studiati sappiamo che, essendo f limitata, monotona a tratti e continua, la∀x ∈ serie di

Fourier di f converge a f (x) R. In particolare: +∞ −123 (2m + 1)πxX|x| = + cos2 22 (2m + 1) π 3m=0

Il limite richiesto è: +∞ −12 (2m + 1)πx 3X |x| −cos =2 2(2m + 1) π 3 2m=0 1 1∼3. Vogliamo la somma della serie che converge perché 2 2(2n + 1) 4n+∞ +∞1 1 1 1X X= = 1 + + + ...2 2 2 2(2n + 1) (2m + 1) 3 5n=0 m=0

Per x = 0 dalla serie scritta nel punto precedente si ha:+∞ −12 3X · −1=02 2(2m + 1) π 2m=0 37

Moscagiuri Pietro Analisi II+∞ +∞ 2 21 1 π π12 3 3X X→ ·− − == =2 2 2π (2m + 1) 2 (2m + 1) 2 12 8m=0 m=02 2 2 1 1 π1+ + + ... =3 5 87.3 Esercizio 3 π −x− ≤ ≤1 e 0 x 2 π ≤0 <x π 2f (x) = dispari −2π periodica1. Grafico in (−π, 3π),2. Scrivere il coefficiente di F senza caloli∈3. Per quali x [0, 2π) la serie di F di f converge ed a

8 Esercitazione equazioni differenziali

8.1 Equazioni a variabili separabili

Un'equazione si dice a variabili separabili quando è del tipo:

$$\frac{dy}{dx} = a(x)b(y)$$

L'equazione è a variabili separate perché è esprimibile nella forma riportata affianco, mentre l'equazione:

$$2y + y' = x$$

non è a variabili separabili perché occorre che il membro a sinistra sia il prodotto di y e di una funzione di y.

Un'equazione differenziale è detta a variabili separabili in forma normale se e solo se è del tipo:

$$\frac{dy}{dx} = a(x)b(y)$$

Supponendo $$b(y) = 0$$ è possibile infatti riscrivere l'equazione come:

$$\frac{dy}{dx} = a(x) \cdot b(y)$$

Più in generale si dicono a variabili separabili le equazioni dalle quali si può ottenere un'equazione a variabili separate con una sequenza di operazioni su entrambi i membri del tipo: aggiungere/togliere/moltiplicare/dividere per funzioni x e

y.8.1.1 Soluzione di un'equazione a variabili separabili

Proviamo dunque a risolvere la prima equazione riportata nel capitolo precedente:

6Osserviamo innanzitutto che l'equazione ha senso per x, y = 0, quindi le sue eventuali soluzioni non si possono annullare e non possono essere definite nell'origine.

Per determinare le soluzioni y = y(x), possiamo considerare l'integrale indefinito di entrambi i membri:

∫ y(x) dx = ∫ dy(x) x

Nell'integrale a sinistra possiamo effettuare un cambio di variabile, ponendo z = y(x), quindi

∫ dz = ∫ dxz x

Calcolando gli integrali si ottiene: |z| - |x| ∈ log + c = log + c c R1-1- |x| |x|

Ricordando che log = log e prendendo l'esponenziale di entrambi i membri:

-1|y(x)| |x|log c log· ∈ e = e e c R

In base alla definizione di logaritmo abbiamo: ce|y(x)| = |x|

Eliminando il modulo a sinistra otteniamo ce γ± → 6y(x) = y(x) = γ = 0|x|

|x|c±eDove γ = Considerando che la soluzione non può includere l’origine,abbiamo su (−∞, 0) o su∞)(0, γ k k 6y(x) = con k = y(x) = (k = 0)(sign x)x sign x x0Un’equazione del tipo y = a(x)b(y) ammette le soluzioni costanti y(x) = ỹ per ogni∈valore ỹ soddisfacente b(ỹ) = 0.R 39Moscagiuri Pietro Analisi IIDunque un’equazione a variabili separabili può ammettere una o più soluzioni costanti, chevanno cercate prima di ”separare le variabili”.Esempio 1 0 2y = 6t(1 + y )2 6 ∀y,Dati a(t) = 6t e b(y) = 1 + y , osserviamo che b(y) = 0 quindi non ci sono soluzioni costanti.Proseguiamo dividendo per b(y) ottenendo:Z Z Z Z1 1 2→ →dy = a(t)dt + C dy = 6tdt + C arctan y = 3t + C2b(y) 1 + yRisolvendo quest’ultima relazione rispetto a y si ottiene:2y(t) = tan 3t + CChe è l’integrale dell’equazione di partenza.Esempio 2 te0y = ye + y + 1t y −Poniamo in questo caso a(t) = e ,

La soluzione cercata sarà dunque: y(t) = -tan(3t) definita per 3t < t < 2

Esempio 2: √(0y) = 4t

y(1) = 9√y, dunque è possibile scrivere l'integrale: a(t) = 4(t), b(y) = √ZZ 1 2 dy

Esplicitando la funzione rispetto a y, otteniamo y(t) = t + D con la condizione t + D ≥ 0.

Ponendo y(1) = 9 abbiamo: √2 = 2(1) + C

Pertanto y(t) = t + 2