Soluzione della Prova Scritta di Analisi Matematica III - 28/02/02. C.L. in Matematica e Matematica per le Applicazioni. Prof. Kevin R.

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1 Soluzione della Prova Scritta di Analisi Matematica III - 28/2/2 C.L. in Matematica e Matematica per le Applicazioni Prof. Kevin R. Payne Esercizio 1. 1a. Teorema: (di ini) Sia Φ : A R n R R dove A è aperto. Supponiamo i) Φ, Φ y C (A) ii) esiste (x, y ) A tale che Φ(x, y ) = e Φ y (x, y ) Allora esistono intorni B δ (x ) R n, B ρ (y ) R in cui esiste un unica funzione g : B δ (x ) B ρ (y ) tale che y = g(x ) e Φ(x, g(x)) = per ogni x B δ (x ). Inoltre g C (B δ (x )). Se inoltre Φ C 1 (A) si ha g C 1 (B δ (x )) e vale g xi (x) = Φ xi (x, g(x))/φ y (x, g(x)), x B δ (x ) Se inoltre Φ C k (A), k 2 si ha g C k (B δ (x )). 1b. Per verificare che Φ(x, y) = x(y 3 x 3 ) + y + 1 = definisce localmente un unica funzione implicita y = g(x) controlliamo l ipotesi del Teorema di ini in questo caso: Φ C (A) C (A) dove A = (, + ) (, + ) e quindi è regolare quanto vogliamo per x >. In ogni punto p = (x, y ) Φ 1 () si calcola Φ y (x, y ) = 3y 2 x >, quindi Φ y (p). Per il Teorema di ini esiste un unica funzione implicita g : B δ (x ) B ρ (y ) tale che y = g(x ) e Φ(x, g(y)) = per ogni (x) B δ (x ). 1c. Per mostrare che Φ(x, y) = definisce globalmente una funzione implicita g : [, + ) R cominciamo notando che per ogni x fissato la funzione ϕ(y) = Φ(x, y) = x (y 3 x 3 ) + y + 1 ± per y ± dove ϕ è continua su R e quindi per il teorema degli zeri esiste almeno un valore y per cui = ϕ(y ) = Φ(x, y ). Sfruttando il fatto che ϕ (y) = Φ y (x, y) > si sa che y è unica. Quindi esiste una funzione implicita definita in modo globale su tutto [, + ) che ha prolunga le funzioni loccali di parte b.. 1

2 Per trovare lo sviluppo di Taylor di g di ordine 2 basato in x = 1 partiamo dall equazione = Φ(x, g(x)) = x ( g 3 (x) x 3) + g(x) + 1, x [, + ) (1) obbiamo solo calcolare g(1), g (1), g (1). Valutando (1) in x = 1 si trova g(1) =. erivando (1) in modo implicito due volte si trova = 1 2 x 1/2 (g 3 x 3 ) + x 1/2 (3g 2 g 3x 2 ) + g (2) = x 3/2 (g 3 x 3 )/4 + x 1/2 (3g 2 g 3x 2 ) + x 1/2 (6g(g ) 2 + 3g 2 g 6x) + g (3) Valutando (2) e (3) in x = 1, g = si trova g (1) = 7/2, g (1) = 35/4 e quindi g(x) = 7 2 (x 1) (x 1)2 + o( x 1 2 ) per x 1. Esercizio 2. 2a. La nostra curva nel piano polare (ρ, θ) è descritta con due funzioni strettamente crescente; infatti (ρ(t), θ(t)) = ( 1 + t 2, t arctan (t)) soddisfa ρ (t) = t/(1 + t 2 ) 1/2 >, θ (t) = t 2 /(1 + t 2 ) >, t (, + ). Quindi l immagine nel piano cartesiano (x, y) sarà un spirale con orientazione antiorario. Inoltre essendo θ(t) una funzione continua tale che θ() = e θ(t) + per t + esiste almeno un T > per cui θ(t ) = π che è unico per la monotonia di θ. 2b. Per calcolare la lunghezza della parte di questo spirale con t [, T ] ricordiamo che una curva ϕ(t) = (x(t), y(t), t [, T ] nel piano cartesiano è rettifcabile se φ C 1 ([, T ]) e in tal caso la lunghezza è dato dall integrale Nel nostro caso L(φ) = T x (t) 2 + y (t) 2 dt. (4) (x(t), y(t)) = (ρ(t) cos (θ(t)), ρ(t) sin (θ(t))), t [, T ] (5) dove ρ, θ sono di classe C 1 ([, T ]). Quindi l arco del spirale è rettificabile e si calcola la lunghezza tramite (4). Usando le formule in (5) si trova x (t) 2 + y (t) 2 = ρ (t) 2 + ρ 2 (t)θ (t) 2 = t 2 2

3 e quindi L(φ) = T t2 dt = T 2 /2. 2c. Vogliamo calcolare l area del dominio limitato dall arco ϕ della parte b e la retta y =. Notiamo che questo dominio è ammissibile per il teorema di Gauss-Green e quindi possiamo calcolare l area tramite A() = 1 x dy y dx 2 Γ dove Γ è il bordo di con orientazione antiorario. In particolare Γ è l unione di tre pezzi 1) Γ 1 = ϕ, 2) Γ 2 : θ per ρ [, 1], 3) Γ 3 : θ π per ρ [, 1 + T 2 ). Questo dominio è ammissibile per il teorema di Gauss-Green e quindi si può calcolare la sua area tramite l integrale A() = x dy y dx. Si nota che dy = e y = su Γ 2 Γ 3 e quindi A() = 1 x dy y dx 2 dove si può usare la parametizzazione (5) per ϕ. Si trova Γ ϕ x dy y dx = ρ 2 (t)θ (t) dt = (1 + t 2 ) dt e quindi A() = 1 2 T (1 + t 2 ) dt = (3T + T 3 )/6. Esercizio 3. 3a. Per calcolare l area del sostegno Σ di una superficie parametrizzata da Φ(θ, ϕ) = (cos θ sin ϕ, sin θ sin ϕ, cos ϕ) (θ, ϕ) = [, π] [π/4, π/2] ricordiamo la formula A(Σ) = Φ ϕ Φ θ dϕdθ che si può applicare dopo di aver controllato che la superficie è regolare. In particolare dobbiamo verificare: 3

4 (SR1) è un dominio (la chiusura di un aperto) connesso e Φ C 1 (). (SR2) Φ è iniettiva su (l interno di ). (SR3) La matrice Jacobiana Φ(θ, ϕ) ha rango 2 per ogni (θ, ϕ). La nostra superficie è regolare essendo un pezzo della sfera di raggio 1. In particolare (SR1) è ovvio e se abbiamo Φ(θ 1, ϕ 1 ) = Φ(θ 2, ϕ 2 ) con (θ i, ϕ i ) si trova cos ϕ 1 = cos ϕ 2 e quindi ϕ 1 = ϕ 2. a questo segue cos θ 1 = cos θ 2 e sin θ 1 = sin θ 2 e quindi θ 1 = θ 2 che implica (SR2). Calcolando si trova Φ θ (θ, ϕ) = ( sin θ sin ϕ, cos θ sin ϕ, ) Φ ϕ (θ, ϕ) = (cos θ cos ϕ, sin θ cos ϕ, sin ϕ). Segue che Φ θ e Φ ϕ sono linearmente independenti su e quindi vale (SR3). Si trova Φ θ Φ ϕ = ( cos θ sin 2 ϕ, sin θ sin 2 ϕ, sin ϕ cos ϕ) dove ricordiamo i j k Φ θ Φ ϕ = sin θ sin ϕ cos θ sin ϕ cos θ cos ϕ sin θ cos ϕ sin ϕ Quindi Φ θ Φ ϕ = sin ϕ. Calcolando l integrale si trova area(σ) = π π/2 π/4 sin ϕ dϕdθ = π( cos (π/2) + cos(π/4)) = 2π/2 Quest area può essere anche calcolato tramite l integrale Ψ u Ψ v dudv dove Ψ(u, v) = Φ T (u, v) e T : è un diffeomorfismo. Cioè tramite una parametrizzazione equivalente ad Φ. In particolare Ψ sarà una superficie regolare con lo stesso sostegno Σ ma eventualmente con l orientazione opposta. 3b. Ricordiamo che una forma differenziale ω = F 1 dx+f 2 dy+f 3 dz con F i (x, y, z) C (R 3 ) è detta esatta se ω = df per qualche funzione differenziabile f. Inoltre essendo R 3 stellato rispetto all origine ω è esatta se e solo se ω è chiusa in R 3. Quindi basta controllare che = rot F = i j k x y z x y g = (g y, g x, ) Quindi g deve soddisfare g x = g y = e quindi g(x, y, z) = g(z) ovvero g dipende solo da z. 4

5 Per trovare una funzione potenziale f basta notare che il sistema ha come soluzione f x (x, y, z) = x, f y (x, y, z) = y, f z (x, y, z) = g(z) f(x, y, z) = x 2 /2 = y 2 /2 + z g(t) dt che si annula nell origine. N.B. Si può anche calcolare f tramite un opportuno integrale di linea. 3c. Per calcolare l integrale di linea di ω = x dx + y dy + xz dz sul bordo orientato γ + della superficie Φ si può applicare il teorema di Stokes dove perchè la superficie Φ è stokiana. Basta notare che Φ è la restrizione di una superficie regolare con un dominio più grande = [ ɛ, π + ɛ] [π/4 ɛ, π/2 + ɛ] Inoltre il campo F è C (R 3, R 3 ) e quindi C 1 in un intorno del sostegno Σ di Φ. L unica cosa da controllare è l orientazione su Σ. È richiesta l orientazione γ+ indotta da Φ dall orientazione positiva (antiorario) su. Quindi, possiamo usare l orientazione su Σ fornita da Φ; dalla parte a abbiamo visto Φ θ Φ ϕ = ( cos θ sin 2 ϕ, sin θ sin 2 ϕ, sin ϕ cos ϕ), (θ, ϕ) [, π] [π/4, π/2] e quindi abbiamo ω = γ + rot F (Φ(θ, ϕ)), Φ θ Φ ϕ dθdϕ. Adesso usando g = xz nella formula già calcolata per il rotore si trova rot F = (g y, g x, ) = (, z, ) e quindi ω = γ + cos ϕ sin 2 ϕ sin θ dθdϕ. È facile verificare che quest integrale doppio vale 2(1 2 2/8)/3. Esercizio 4. 4a. Teorema: (della divergenza nel piano) Siano un dominio regolare nel piano e F C 1 (, R 2 ) Allora si ha div F dxdy = F, n ds 5

6 dove div F = (F 1 ) x = (F 2 ) y è la divergenza di F, n è il versore normale esterno a, ds è l elemento di lunghezza d arco sul bordo. N.B. Il versore n è definito in tutti i punti tranne eventualmente un numero finito e un dominio regolare è l unione di un numero finito di domini normali regolari. 4b. Il dominio dato è un dominio normale rispetto all asse x dove x 2 e y 2 x ed è regolare. Il campo vettoriale F (x, y) = (x 2 + y 2, 2xy) è di classe C () e quindi si può applicare il teorema della divergenza. Calcolando l integrale doppio si trova div F dxdy = 2 ( 2 x Per calcolare l integrale sul bordo ) (2x + 2x) dy dx = si nota che il bordo è formato da tre curve F, n ds 2 4x (2 x) dx = γ 1 : y =, x 2 γ 2 : y = 2 x, x 2 γ 3 : x =, y 2 che hanno versori normali esterni rispetivamente e quindi si ha n 1 = (, 1), n 2 = (1/ 2, 1/ 2), n 3 = ( 1, ) F, n γ 1 =, F, n γ 2 = 4/ 2, F, n γ 3 = y 2 dove abbiamo usato x 2 + y 2 + 2xy = (x + y) 2 che vale 4 sulla curva γ 2. Quindi l integrale sul bordo diventa F, n ds = 4L(γ 2 )/ y 2 dy = 8 8/3 = 16/3 e quindi la tesi della teorema è verificata. 4c. La funzione data f(x, y) = cos (x y)/(x + y) è generalmente continua in un dominio compatto e quindi f è integrabile secondo Riemann in. Infatti f è definita, limitata, continua in \ {(, )} dove il punto {(, )} ha misura di Peano-Jordan nulla in R 2. Ricordiamo la formula del cambiamento di variabile: sia Φ : un cambiamento ammissibile di variabile (x, y) = Φ(u, v) allora vale f(x, y) dxdy = f(φ(u, v)) J Φ (u, v) dudv 6

7 dove J Φ è il determinate della matrice jacobiana di Φ. Seguendo il suggerimento usiamo il cambiamento lineare u = x + y, v = x y per cui ( u + v (x, y) = Φ(u, v) =, u v ). 2 2 Sappiamo che cambiamenti lineari sono ammissibile. Si trova J Φ = 1/2 e quindi si ha f(x, y) dxdy = 1 ( u + v f, u v ) dudv = 1 ( v ) cos dudv u Inoltre è un dominio normale rispetto all asse u dove u v u, u 2 e quindi l integrale doppio può essere calcolato come 1 2 ( u ( ) v 2 cos dv du = sin(1)u du = 2 sin(1). 2 u u) Esercizio 5. (corso avanzato) 5a. Essendo u C 2 () una funzione armonica in = B 1 () R 3 sappiamo che = u = div( u) in dove il campo vettoriale F = u è di classe C 1 (, R 3 ) in un dominio regolare. Quindi per il teorema della divergenza abbiamo = div( u) dxdydz = u, n dσ dove n è il versore normale esterno e dσ è l elemento d area su. Quindi 1 u, n dσ = ovvero u, n = n u ha media nulla su. 5b. ata u C 2 () una funzione armonica multiplicando div ( u) = u = per u è integrando su dà = udiv ( u) dxdydz = div (u u) dxdydz u 2 dxdydz 7

8 dove u 2 = u, u. Applicando di nuovo il teorema della divergenza si trova = u, n dσ u 2 dxdydz ma essendo u, n = n u il primo integrale sopra si annula e quindi si ha = u 2 dxdydz dove la funzione integranda è non negativa con integrale zero. Quindi si ha u su e per la continuita delle derivate parziali anche su. Una funzione con gradiente continuo e nullo su un dominio connesso deve essere costante. 8

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