Analisi Matematica II

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1 Uiversità degli Studi di Udie Ao Accademico 016/017 Dipartimeto di Scieze Matematiche, Iformatiche e Fisiche Corso di Laurea i Matematica Aalisi Matematica II Prova parziale del 6 febbraio 017 NB: scrivere ome, cogome e umero di matricola su ogi foglio cosegato Tempo a disposizioe: ore 1 Data la serie di fuzioi =0 e (x ) 1 + x a) determiare l isieme P R su cui la serie data coverge putualmete; b) determiare tutti e soli gli itervalli I P su cui la serie coverge totalmete oppure uiformemete Data la fuzioe f(x, y) = x x y + y a) trovare gli evetuali estremi relativi e assoluti di f e idividuare f(r ); b) dopo avere dimostrato l esisteza, trovare gli estremi assoluti di f ristretta all isieme E = {(x, y) R : x + x y + y 15} 3 Detta f : R R la fuzioe periodica di periodo π tale che f(x) = x π per x [0, π[, a) scrivere la serie di Fourier su [0, π associata a f e studiare la covergeza putuale Idividuare gli itervalli sui quali la covergeza è uiforme; b) utilizzare l aalisi effettuata i a) per calcolare la somma delle due serie () = =

2 Soluzioi della prova parziale di Aalisi Matematica II - 6 febbraio 017 Soluzioi della prova parziale del 6 febbraio 017 1a La fuzioe f (x) = e (x ) /(1+ x ) è ua fuzioe ovuque defiita e positiva Essedo f (x) < e (x ) = (e x ), il termie geerale è maggiorato dal termie geerale di ua serie geometrica di ragioe e x < 1, covergete per x < Per cofroto ache la serie data coverge ei medesimi x Se x > si ha lim + f (x) = +, duque la serie diverge Al medesimo risultato si può perveire utilizzado, per esempio, il criterio della radice: essedo f (x) = e x / 1 + x e x per +, allora la serie coverge (risp diverge) se e x < 1 (risp > 1) Nel rimaete caso x = si ha f () = 1/(1+ ) 1/ duque c è acora covergeza I defiitiva la serie coverge putualmete su P :=, 1b Valutiamo la covergeza totale i P, cotrollado se la serie di termie geerale M = max P f coverge Per calcolare esattamete M bisoga studiare la fuzioe f (cosa o sempre agevole) I questo caso f è derivabile trae che i x = 0 e si ha f (x) = e(x )[ (1 + x ) sg(x) (1 + x ), x 0 Si osserva subito che f (x) > 0 per x < 0 Per x > 0 si ha ivece f (x) > 0 se e solo se (1 + x ) > 0 cioè se x > ( 1)/ Da quest aalisi si evice che M = max{f(0), f()} = max{e, 1/(1 + )} = 1/(1 + ) il quale è il termie geerale di ua serie covergete, da cui la covergeza totale e uiforme i P della serie data I geerale è più coveiete provare a maggiorare M co ua successioe a, termie geerale di ua serie covergete Si osservi che la disuguagliaza f (x) < (e x ), otteuta dallo studio della covergeza putuale, permette di cotrollare il massimo di f per gli x lotai da x = ; ifatti per x = il membro destro (e x ) vale esattamete 1 e la serie co questo termie geerale diverge L altra disuguagliaza, valida per x, che viee aturale cosiderare è f (x) < 1/(1+ x ) Quest ultima permette di cotrollare la covergeza di f (x) i tutti i puti (ache i x = ) trae che i x = 0 dove il membro destro vale uovamete 1 Coverrà allora distiguere i casi i cui x è lotao da, dove si utilizzerà la prima stima, oppure x è lotao da 0 dove si utilizzerà la secoda Per fare ciò, ad esempio, distigueremo i casi x 1 e 1 x Se x 1 si ha f (x) < e, metre se 1 x si ha f (x) 1/(1 + x ) 1/(1 + ) < 1/ I defiitiva max P f (x) = max P f (x) a := max{e, 1/ } = 1/ Poiché la serie di termie geerale 1/ coverge, per cofroto la serie data coverge totalmete, duque ache uiformemete, su tutto P a La fuzioe f è defiita e di classe C su R Essedo f(x, y) = (x(1 y ), y(1 x )) i suoi puti critici soo soluzioi del sistema { x(1 y ) = 0 y(1 x ) = 0 Se x = 0 ecessariamete y = 0 e aalogamete y = 0 implica x = 0, duque P 1 = (0, 0) è l uico puto critico co almeo ua delle coordiate ulla Gli altri puti critici hao etrambe le coordiate o ulle, per cui soddisfao 1 y = 0 e 1 x = 0, duque soo P /3 = (±1, ±1) e P 4/5 = (±1, 1) Essedo f(x, y) = ( ) y 4xy 4xy x,

3 Soluzioi della prova parziale di Aalisi Matematica II - 6 febbraio si ha f(0, 0) = ( ) 0, f(±1, ±1) = 0 ( ) 0 4, f(±1, 1) = 4 0 ( ) L Hessiaa i P 1 è defiita positiva, perciò il puto è di miimo locale Le secode due matrici hao autovalori ±4 duque i puti P k per k =,, 5 soo tutti puti di sella Siccome sup x R f(x, 0) = sup x R x = + e if x R f(x, x) = if x R (x x 4 ) =, la fuzioe o ammette é massimo é miimo su R Poiché f è cotiua e il domiio e coesso vale duque f(r ) = R b E è isieme di sottolivello 15 per la fuzioe g(x, y) = x + x y + y Tale isieme è chiuso essedo cotroimmagie di u chiuso tramite u applicazioe cotiua; ioltre (x, y) E implica x 15, y 15, cioè x 15 e y 15, perciò è ache limitato I defiitiva E è compatto e per il teorema di Weierstrass f ammette massimo e miimo i E All itero di E cadoo tutti i puti P k ma solo P 1 può essere estremale; il puto di massimo deve ecessariamete apparteere alla frotiera E = {(x, y) R : x + x y + y = 15} Siccome g(x, y) = (x(1 + y ), y(1 + x )) si aulla solamete i (0, 0) che o appartiee a E, si può applicare il Teorema dei moltiplicatori di Lagrage, per cui esiste λ R tale che { f(x, y) = λ g(x, y) g(x, y) = 15 x(1 y ) = λx(1 + y ) y(1 x ) = λy(1 + x ) x + x y + y = 15 Si ha che x = 0 è soluzioe della prima equazioe e sostituita ella terza equazioe implica y = 15 duque y = ± 15 (dalla secoda si trova poi λ che i questo caso o serve calcolare); aalogamete y = 0 è soluzioe della secoda equazioe e iserita ella terza coduce a x = ± 15 Si ottegoo complessivamete le quattro soluzioi Q 1/ = (0, ± 15), Q 3/4 = (± 15, 0) Le altre soluzioi soddisfao x, y 0 e il sistema si riduce a 1 y = λ(1 + y ) 1 x = λ(1 + x ) x + x y + y = 15 Sottraedo le prime due equazioi si ha x y = λ(y x ) cioè (y x )(λ + 1) = 0 Se λ = 1 la prima equazioe diveta 1 y = 1 y che o ha soluzioi; vale duque y = x che iserita ella terza equazioe forisce x 4 + x 15 = 0 da cui x = 3 cioè x = ± 3 Si ottegoo altre quattro soluzioi Q 5/6 = (± 3, ± 3) e Q 7/8 = (± 3, 3) Essedo f(p 1 ) = 0, f(q k ) = 15 per k = 1,, 4 e f(q k ) = 3 per k = 5,, 8, si ha che il massimo di f su E è 15 metre il miimo è 3 Per massimizzare/miimizzare f co vicolo g = 15 si poteva ache osservare che l equazioe g(x, y) = 15 implica x +y = 15 x y oppure x y = 15 (x +y ) il che comporta che i valori di f(x, y) ristretta al vicolo coicidoo co quelli delle due fuzioi f 1 (x, y) = x (15 (x + y )) + y = (x + y ) 15 e f (x, y) = (15 x y ) x y = 15 x y A questo puto si può procedere a massimizzare/miimizzare f 1 oppure f sempre co vicolo g = 15 I ogi caso, il metodo più semplice per affrotare l itero problema era quello di osservare iizialmete che sia f che g soo fuzioi dipedeti solamete da x e y, ovvero f(x, y) = h(x, y ), g(x, y) = k(x, y ) dove h(s, t) = s st + t e k(s, t) = s + st + t Mediate il cambio di variabile s = x, t = y ci si ricoduce allora a massimizzare/miimizzare h(s, t)

4 Soluzioi della prova parziale di Aalisi Matematica II - 6 febbraio el domiio s, t 0 e co vicolo k(s, t) 15, abbassado così il grado del problema Si oti che l equazioe della frotiera k(s, t) = 15 può essere esplicitata rispetto a ua delle due variabili, per esempio t, essedo t = (15 s)/(1 + s), per cui la fuzioe h(s, t) co vicolo k(s, t) = 15 coicide co ( r(s) := h s, 15 s ) = s 15s s s + 1 La codizioe t 0 isieme a s 0 si traduce i s 15 Alla fie ci si riduce a studiare il miimo e il massimo della fuzioe r(s) sull itervallo [0, 15, problema risolubile mediate strumeti del primo corso di aalisi matematica Dallo studio della derivata prima di r(s) si evice che tale fuzioe i [0, 15 ha u miimo i s = 3 e u massimo i s = 0 e s = 15, otteedo uovamete max f = max r(s) = 15, mi E s [0,15 f = mi r(s) = 3 E s [0,15 3a La fuzioe f estesa per π-periodicità è derivabile trae che ei puti della forma πk, k Z, dove o è emmeo cotiua, e ei puti π/ + πk, k Z, dove è cotiua ma ha dei puti agolosi Avedo ache derivata limitata, f è regolare a tratti Si può già cocludere che la serie di Fourier associata covergerà putualmete e uiformemete a f i tutti i sottoitervalli chiusi dove f è cotiua, metre ei puti di discotiuità covergerà alla media tra il limiti siistro e destro Calcoliamo i coefficieti di Fourier; vale a 0 (f) = 1 π f(x) dx = 1 [ π/ π (π x) dx + (x π) dx π/ = 1 [ π π 4 + 9π = 5 4 π La frequeza è ω = π/t = 1 Troviamo azitutto le segueti primitive F (x) : = (x π) cos(x) dx = (x π) se(x) se(x) dx = x π G(x) : = se(x) + cos(x) + c, (x π) se(x) dx = (x π) cos(x) + cos(x) = x π cos(x) + se(x) + c, dalle quali segue che a (f) = 1 π f(x) cos(x) dx = 1 [ π/ π (π x) cos(x) dx + (x π) cos(x) dx π/ = 1 [ [ π/ [ π F (x) + F (x) = 1 [ F (π) F (π/) + F (0) π/ π = 1 [ π 4 cos ( π ) + = 4 [ π 1 cos ( π ), π b (f) = 1 f(x) se(x) dx = 1 [ π/ (π x) se(x) dx + (x π) se(x) dx π/ = 1 [ [ π/ [ π G(x) + G(x) = 1 [ G(π) G(π/) + G(0) π/ π = 1 [ 3π π 4 se ( π ) π + = [ 1 π + se ( π ) π dx

5 Soluzioi della prova parziale di Aalisi Matematica II - 6 febbraio I defiitiva la serie di Fourier Sf(x) relativa a f(x) i [0, π è Sf(x) = 5 4 π + 4 [ π 1 cos ( π ) cos(x) [ 1 π + se ( π ) se(x) Per il teorema di covergeza putuale/uiforme, Sf(x) = f(x) i tutti i puti di cotiuità di f, cioè per ogi x πk, k Z, metre ei rimaeti puti πk, k Z la serie di Fourier coverge alla media tra il limite siistro e quello destro, duque Sf(πk) = (f(πk ) + f(πk+))/ = π, essedo f(πk+) = f(0+) = π, f(πk ) = f(0 ) = 3π, cioè π = 5 4 π + 4 [ π 1 cos ( π ) (1) I figura il cofroto della fuzioe (i blu) co la somme parziali N-esime co N = 3 e N = 10 (i rosso) Sempre per il medesimo teorema la covergeza è uiforme sugli itervalli chiusi su cui f è cotiua, duque su tutti gli itervalli del tipo [δ, π δ, co 0 < δ < π, e per periodicità ache su [δ + πk, π δ + πk al variare di k Z 3b La prima somma richiesta si può scrivere ella forma S 1 = 1 cos ( π ) Dalla relazioe (1) segue che π = 5 4 π + 4 π ( ) 1 + S 1, e ricordado il valore della somma 1/ = π /6 si ottiee S 1 = π 4 Per quato riguarda la secoda somma S vale S 1 = da cui S = 4S 1 = π /1 (π 5 4 π ) π 6 = π 48 () = 1 = S 4,