Esercizi avanzati di analisi matematica

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi avanzati di Analisi Matematica! In questo articolo presentiamo 75 problemi di tipo avanzato che toccano varie sezioni di questa importante branca della Matematica, alcune anche poco note. Gli esercizi sono di difficoltà mista, alcuni di essi sono anche molto complessi e richiedono una conoscenza profonda e dettagliata dell’Analisi Matematica a 360°. Essi risultano quindi appropriati per gli specialisti del settore e, più in generale, per chi intenda mettere alla prova in modo completo e deciso la propria preparazione in questo ambito.
Di ogni esercizio offriamo una o più soluzioni complete, per consentire al lettore di confrontarle e scegliere quelle maggiormente di suo gusto.

Cosa aspetti allora? Se desideri qualcosa di davvero arduo e stimolante, prova a risolvere qualcuno di questi problemi!

Oltre ai richiami teorici sugli esercizi avanzati, consigliamo il seguente materiale teorico di riferimento:

Buona lettura!

Sommario

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In questo articolo presentiamo alcuni esercizi di Analisi Matematica di carattere avanzato, di cui proponiamo soluzioni che utilizzano strumenti particolare e di difficile reperibilità.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Gianmarco Bramanti, Giulio Francot, Jacopo Garofali, Daniele Bjørn Malesani..

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare tutte le radici distinte della seguente equazione:

$1-\begin{pmatrix} n\\2 \end{pmatrix} x^2 + \begin{pmatrix} n\\4 \end{pmatrix}x^4 - \begin{pmatrix} n\\6 \end{pmatrix} x^6+ \dots + (-1)^j \begin{pmatrix} n\\2j \end{pmatrix} x^{2j}=0,$

dove

$j = \begin{cases} n/2, \qquad &\text{se } \, n \, \text{è pari}\\ (n-1)/2, \qquad &\text{se } \, n \, \text{è dispari}.\\ \end{cases}$

Svolgimento.

Ricordiamo la formula del binomio di Newton

(1) $\begin{equation*} (a+b)^n=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} a^{n-k} b^k. \end{equation*}$

Osserviamo adesso che la nostra equazione può essere riscritta al modo seguente

$\sum_{k=0}^{[n/2]}\begin{pmatrix} n \\ 2k\end{pmatrix} (-1)^k x^{2k}=0,$

dove

$[n/2]=\left\{\begin{array}{lcl} n/2 & & n\textrm{ pari}\\ & & \\ (n-1)/2 & & n\textrm{ dispari.} \end{array}\right.$

Se scriviamo $-1=i^2$ l’equazione assume la forma

$\sum_{k=0}^{[n/2]}\begin{pmatrix} n \\ 2k\end{pmatrix} (ix)^{2k}=0$

per cui, confrontandola con la formula (1) si osserva che essa contiene solo le potenze pari dello sviluppo del polinomio $(1+ix)^n$ . Poiché risulta

(2) $\begin{equation*} \begin{aligned} (1+ix)^n &=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} (ix)^{k}=\\ &=\sum_{k=0}^{[n/2]} \begin{pmatrix} n \\ 2k \end{pmatrix}(ix)^{2k}+ \sum_{k=0}^{[n/2]} \begin{pmatrix} n \\ 2k+1 \end{pmatrix}(ix)^{2k+1}=\\ &=\sum_{k=0}^{[n/2]} \begin{pmatrix} n \\ 2k \end{pmatrix}(-1)^k x^{2k}+i \sum_{k=0}^{[n/2]} \begin{pmatrix} n \\ 2k+1 \end{pmatrix}(-1)^k x^{2k+1}, \end{aligned} \end{equation*}$

la nostra equazione assume la forma compatta seguente:

$\mathrm{Re}\left[(1+ix)^n\right]=0,$

con $\mathrm{Re}$ che indica la parte reale del numero complesso. Per risolverla, scriviamo il numero complesso $1+ix$ in forma trigonometrica

$1+ix=\rho(\cos\theta+i\sin\theta),\quad \rho=\sqrt{1+x^2},\ \theta\in[0,2\pi).$

Allora

$0=\mathrm{Re}\left[\rho^n(\cos(n\theta)+i\sin(n\theta))\right] \iff \rho^n\cos(n\theta)=0,$

e pertanto, avendosi $\rho\neq 0$ per ogni scelta di $x$ ,

$\cos(n\theta)=0 \implies \theta=\frac{\pi}{2n}+h\frac{\pi}{n},\ h=0,\ldots,2n-1.$

Essendo poi, per la posizione fatta

$1=\rho\cos\theta,\qquad x=\rho\sin\theta,$

si ottiene

$x=\tan\theta=\tan\left(\frac{\pi}{2n}+h\frac{\pi}{n}\right),\ h=0,\ldots,n-1,$

avendo diminuito le scelte per $h$ a causa della periodicità della funzione tangente. Inoltre, per tali soluzioni va escluso l’indice $h=(n-1)/2$ quando $n$ è dispari, in quanto in tal caso

$\theta=\frac{\pi}{2n}+(n-1)\frac{\pi}{2n}=n\cdot\frac{\pi}{2n}=\frac{\pi}{2},$

e la tangente perde di significato.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri l’equazione differenziale ordinaria del secondo ordine lineare omogenea a coefficienti variabili

$Py\equiv(3x^2+x-1)y''-(9x^2+9x-2)y'+(18x+3)=0.$

$\quad$

Determinare una soluzione non nulla;

Determinare la soluzione generale dell’equazione;

Si consideri la funzione $y=f(x)$ , soluzione dell’equazione non omogenea
$Py=6(6x+1),$

che soddisfa le condizioni

$f(0)=1,\qquad [f(-1)-2]\cdot[f(1)-6]=1.$

Si determinino tutte le terne di numeri interi $a,b,c\in\mathbb{Z}$ tali che

$[f(-2)-a]\cdot[f(2)-b]=c.$

Svolgimento.

Riportiamo la soluzione dei diversi punti.

Svolgimento punto 1.

La presenza dei coefficienti sotto forma di polinomi suggerisce di determinare una soluzione di tipo polinomiale. Per prima cosa, vediamo se ci sono condizioni da porre al grado di tale funzione. Supponiamo che la nostra soluzione sia della forma

$y=ax^n+q_{(n-1)}(x),$

dove $q_{(n-1)}(x)$ è un polinomio di grado minore di $n$ (indichiamo tra parentesi in basso $n-1$ per tenere conto di questo fatto) e $a\neq 0$ . Abbiamo allora

$y'=anx^{n-1}+q'_{(n-2)}(x),\qquad y''=an(n-1)x^{n-2}+q''_{(n-3)}(x),$

dove, come prima, abbiamo indicato a pedice delle derivate del polinomio $q$ quale sia il grado massimo presente. Sostituendo nell’equazione abbiamo

$\begin{aligned} & 3an(n-1)x^n+an(n-1)x^{n-1}-an(n-1)x^{n-2}+Q_{(n-1)}(x)\\ & -9anx^{n+1}-9anx^n+2anx^{n-1}+Q_{(n)}(x)\\ & +18ax^{n+1}+3ax^{n}+Q_{(n)}(x)=0, \end{aligned}$

dove con $Q_{(i)}$ si è indicato il polinomio che si ottiene come prodotto dei coefficienti variabili e delle derivate di $q$ e il grado massimo $i$ presente in esso. Possiamo osservare che appaiono solo due termini di grado $n+1$ : al fine di ottenere una soluzione, dovrà essere

$-9anx^{n+1}+18ax^{n+1}=0 \implies 9ax^{n+1}(-n+2)=0,$

e quindi deve essere $n=2$ .

In base a quanto detto in precedenza, ipotizziamo che la nostra soluzione sia del tipo

$y=ax^2+bx+c \implies y'=2ax+b,\ y''=2a,$

da cui sostituendo

$\begin{aligned} & 6ax^2+2ax-2a-18ax^3-9bx^2-18ax^2-9bx+4ax+2b\\ & +18ax^3+18bx^2+18cx+3ax^2+3bx+3c=0, \end{aligned}$

e semplificando

$(-9a+9b)x^2+(6a-6b+18c)x+(-2a+2b+3c)=0,$

da cui ricaviamo

$\begin{cases} -9a+9b=0\\ 6a-6b+18c=0\\ -2a+2b+3c=0 \end{cases}\implies a=b,\ c=0.$

Se ne deduce che la soluzione polinomiale cercata è della forma

(3) $\begin{equation*} \boxcolorato{analisi}{ y=ax^2+ax=a(x^2+x),\qquad a\in\mathbb{R}. } \end{equation*}$

Svolgimento punto 2.

Per determinare la soluzione generale della funzione, abbiamo bisogno di una seconda soluzione $z(x)$ che risulti linearmente indipendente dalla soluzione appena trovata. Per fare ciò ricordiamo il seguente notevole risultato.

Teorema 3.1 (Abel). Sia data l’equazione differenziale ordinaria del secondo ordine lineare omogenea a coefficienti variabili

$y''+p(x) y'+q(x)=0,$

con soluzione generale $y(x)=C_1 y_1(x)+C_2 y_2(x)$ , dove $y_1, y_2$ sono linearmente indipendenti e $C_1, C_2$ costanti arbitrarie. Allora il Wronskiano delle soluzioni si può scrivere come

$W(x)=y_1(x)\cdot y'_2(x)-y'_1(x)\cdot y_2(x)=\exp\left[-\int p(x)\ dx\right].$

$\quad$

Portiamo allora la nostra equazione nella forma richiesta dal teorema 3.1:

$y''-\frac{9x^2+9x-2}{3x^2+x-1} y'+\frac{18x+3}{3x^2+x-1} y=0,$

per cui

$p(x)=-\frac{9x^2+9x-2}{3x^2+x-1}=-\frac{3(3x^2+x-1)+6x-1}{3x^2+x-1}=-3-\frac{6x+1}{3x^2+x-1}.$

Calcoliamo ora il Wronskiano secondo il teorema: abbiamo

$\begin{aligned} W(x) &=\exp\left[-\int p(x)\ dx\right]=\\ &=\exp\left[\int\left(3+\frac{6x+1}{3x^2+x-1}\right)\ dx\right]=\\ &=\exp\left[3x+\ln|3x^2+x+1|+c\right]=\\ &=e^{3x}\cdot(3x^2+x+1). \end{aligned}$

D’altra parte, se poniamo

$y_1(x)=x^2+x,\qquad y_2(x)=z(x),$

allora

$W(x)=y_1(x)\cdot y'_2(x)-y'_1(x)\cdot y_2(x)=(x^2+x)\cdot z'(x)-(2x+1)\cdot z(x),$

e quindi uguagliando otteniamo la seguente equazione differenziale ordinaria del primo ordine lineare

$(x^2+x) z'(x)-(2x+1)\cdot z(x)=e^{3x}(3x^2+2x-1).$

Tale equazione diventa

$z'(x)-\frac{2x+1}{x^2+x}\cdot z(x)=e^{3x}\frac{3x^2+2x-1}{x^2+x},$

che è della forma

$z'+a(x) z=b(x),$

la cui soluzione generale è

$z(x)=e^{-A(x)}\left[\int b(x) e^{A(x)}\ dx+c\right],\qquad A(x)=\int a(x)\ dx.$

Nel nostro caso

$a(x)=-\frac{2x+1}{x^2+x},\qquad b(x)=e^{3x}\frac{3x^2+2x-1}{x^2+x},$

per cui

$A(x)=\int-\frac{2x+1}{x^2+x}\ dx=-\ln|x^2+x|$

$\begin{aligned} \int b(x) e^{A(x)}\ dx &=\int e^{3x}\frac{3x^2+x-1}{(x^2+x)^2}\ dx=\\ &=\int e^{3x}\frac{3(x^2+x)-(2x+1)}{(x^2+x)^2}\ dx=\\ &=\int e^{3x}\left(\frac{3}{x^2+x}-\frac{2x+1}{(x^2+x)^2}\right)\ dx=\\ &=\int \frac{3e^{3x}}{x^2+x}\ dx-\int e^{3x}\frac{2x+1}{(x^2+x)^2}\ dx. \end{aligned}$

Integrando per parti il primo integrale con

$f'=3e^{3x},\ g=\frac{1}{x^2+x} \implies f=e^{3x},\ g'=-\frac{2x+1}{(x^2+x)^2},$

si ha

$\begin{aligned} \int b(x) e^{A(x)}\ dx &=e^{3x}\frac{1}{x^2+x}+\int e^{3x}\frac{2x+1}{(x^2+x)^2}\ dx -\int e^{3x}\frac{2x+1}{(x^2+x)^2}\ dx=\\ &=e^{3x}\frac{1}{x^2+x}, \end{aligned}$

da cui

$z(x)=(x^2+x)\left[e^{3x}\frac{1}{x^2+x}+c\right]=e^{3x}+c(x^2+x).$

La soluzione generale dell’equazione $Py=0$ risulta allora

(4) $\begin{equation*} \boxcolorato{analisi}{y(x)=C_1(x^2+x)+C_2 e^{3x}.} \end{equation*}$

Svolgimento punto 3.

Determiniamo una soluzione particolare per $Py=6(6x+1)$ : la scelta di una soluzione polinomiale porterebbe a pensare di usare un polinomio di primo grado. Tuttavia, come abbiamo visto all’inizio, conviene concentrare l’attenzione su un generico polinomio di secondo grado. Ripetendo i calcoli già effettuati, avendo questa volta un termine noto non nullo, si perviene alle condizioni sui coefficienti del generico polinomio $y(x)=ax^2+bx+c$ seguenti:

$\begin{cases} -9a+9b=0\\ 6a-6b+18c=36\\ -2a+2b+3c=6 \end{cases} \implies a=b,\ c=2,$

e pertanto la soluzione particolare assume la forma $y=a(x^2+x)+2,\ a\in\mathbb{R}$ che, inglobata nella soluzione dell’equazione omogenea conduce a

$y(x)=C_1(x^2+x)+C_2 e^{3x}+2.$

Per determinare la soluzione cercata, imponiamo le condizioni:

$f(0)=1 \implies 1=C_2+2 \implies C_2=-1,$

$[f(-1)-2]\cdot[f(1)-6]=1 \implies [-e^{-3}]\cdot[2C_1-e^3-4]=1 \implies C_1=2,$

e quindi la soluzione cercata

$f(x)=2(x^2+x)-e^{3x}+2=2(x^2+x+1)-e^{3x}.$

Per ricavare gli interi cercati, osserviamo che

$f(2)=14-e^6,\qquad f(-2)=6-e^{-6},$

pertanto deve essere

$[6-e^{-6}-a]\cdot[14-e^6-b]=c,$

che semplificata diventa

$(6-a)(14-b)-(6-a)e^6-(14-b)e^{-6}+1-c=0.$

La relazione precedente si può pensare come un polinomio nelle variabili $e^6,\ e^{-6}$ : per il principio di identità tutti i suoi coefficienti devono essere pari a zero. Pertanto

$\begin{cases} (6-a)(b-14)+1-c=0\\ -(6-a)=0\\ -(14-b)=0 \end{cases} \implies a=6,\ b=14,\ c=1$

quindi

(5) $\begin{equation*} \boxcolorato{analisi}{a=6,\ b=14,\ c=1. } \end{equation*}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Trovare le soluzioni positive delle equazioni

$x^{x+y}=y^a \qquad \mbox{e} \qquad y^{x+y}=x^{4a},$

dove $a>0$ .

Svolgimento.

Possiamo prendere i logaritmi ad ambo i membri delle due equazioni ottenendo

$\begin{cases} (x+y) \ln x=a\ln y\\ (x+y) \ln y=4a\ln x. \end{cases}$

Notiamo che la coppia $(x,y)=(1,1)$ risulta una soluzione del sistema. Osserviamo poi che, dovendo essere $x,y>0$ , allora si ha pure $x+y>0$ : pertanto possiamo dividere membro a membro le due equazioni (avendo escluso il caso $x=y=1$ ) ottenendo

$\frac{\ln y}{\ln x}=4\frac{\ln x}{\ln y},$

da cui

$\ln^2 y=4\ln^2 x \implies (\ln y-2\ln x)(\ln y+2\ln x)=0.$

Si hanno pertanto due equazioni:

(6) $\begin{equation*} \begin{gathered} \ln y=2\ln x \implies y=x^2, \\ \ln y=-2\ln x \implies y=\frac{1}{x^2}. \end{gathered} \end{equation*}$

Sostituendo $y=x^2$ nella prima delle due equazioni originali si ha

$(x+x^2)\ln x=2a\ln x \implies x^2+x-2a=0 \quad (x\neq 1),$

che ha soluzioni

$x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1+8a}}{2},$

di cui solo quella col segno positivo prima della radice risulta accettabile. Si ricava poi che

$y=\left(\frac{-1+\sqrt{8a+1}}{2}\right)^2=\frac{4a+1-\sqrt{8a+1}}{2}.$

Sostituendo invece $y=1/x^2$ nella prima delle due equazioni originali si ricava

$\left(x+\frac{1}{x^2}\right)\ln x=-2a\ln x \implies x^3+2ax^2+1=0 \quad (x\neq 1),$

la quale non ammette soluzioni positive in quanto, se $x>0$ , risulta somma di tre quantità sempre maggiori di zero.

Possiamo qundi concludere che le soluzioni del sistema originale sono date dalle due coppie

(7) $\begin{equation*} \boxcolorato{analisi}{\displaystyle (1,1)\qquad\left(\frac{\sqrt{1+8a}-1}{2},\frac{{4a+1}-\sqrt{1+8a}}{2}\right), } \end{equation*}$

che coincidono quando $a=1$ , come è facile verificare.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Trovare tutte le soluzioni delle equazioni simulteanee:

$\begin{aligned} & y=x+\sqrt{x+\sqrt{x+\dots+\sqrt{x+\sqrt{y}}}}\\ & x+y=6, \end{aligned}$

dove nella prima equazione compaiono 1975 radici quadrate.

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