Analisi Matematica 3 (Fisica) Prova scritta del 27 gennaio 2012 Uno svolgimento

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1 Analisi Matematica 3 (Fisica) Prova scritta del 27 gennaio 22 Uno svolgimento Prima di tutto, eccovi alcuni commenti che potrebbero aiutarvi a svolgere meglio le prove scritte. Ad ogni domanda del testo va data una risposta esplicita. (Ad esempio, se vengono richiesti i limiti della funzione implicita, non bastano i conti da cui tali limiti si possono dedurre, ma ci vuole anche una conclusione. Il solo disegno non è completamente soddisfacente.) Scrivere lim x + (e x + x ) = x non ha senso: a sinistra c e un elemento di R (il limite) e a destra una funzione. Analogamente, è sbagliato scrivere lim x + x + 2 3x 2 x 3x 2. Il simbolo F (x, ) denota la funzione di y che si ottiene fissando x, cioè la funzione y F (x, y) dove x è fissato. Prima di leggere le pagine seguenti, vi consiglio vivamente di provare prima a fare da soli. No ci siete riusciti? Dopo aver letto le soluzioni, riprovate a rifare l esercizio da soli, senza guardare le soluzioni. In ogni caso, siete pregati di segnalarmi gli eventuali errori. Grazie!

2 2 Esercizio. (a) Dimostrare che l equazione Svolgimento delle versioni B (con alcuni conti omessi) e 2x+y + 2y = x + definisce un unica funzione implicita y = g(x) e che tale funzione è di classe C sul suo insieme di definizione. Studiare i limiti di g. (b) Studiare la monotonia, gli estremanti, gli asintoti e infine il segno di g. (a) Studiamo l insieme degli zeri della funzione F (x, y) = e 2x+y + 2y x (che è di classe C (R 2 )). Siccome F y (x, y) = e 2x+y + 2 > per ogni (x, y) R 2, la funzione F è strettamente crescente in y. Inoltre, per ogni x R fissato, lim F (x, y) = ±. y ± Quindi, per la stretta monotonia in y e per il teorema di Darboux, per ogni x R esiste un unico y := g(x) R tale che F (x, y) =. Essendo F C, il teorema di Dini (applicato ai punti del grafico di g) implica che g C (R). Per ogni y fissato, lim F (x, y) = +. x ± Ne segue (come?) che lim g(x) =. x ± (b) I punti stazionari di g soddisfano il sistema F (x, y) =, F x (x, y) =, cioè, { e 2x+y + 2y x = 2e 2x+y =. Dalla II si ha e 2x+y = 2 da cui y = 2x log 2. Sostituendo nella I otteniamo 2 4x 2 log 2 x = da cui x = 2 5 log 2 =: a. Osserviamo che a <. Essendo a l unico punto stazionario e g(x) per x ±, il punto a è necessariamente un (unico!) punto di massimo assoluto (se fosse un punto a tangente orizzontale e non estremante, g sarebbe monotona su R). Da qui anche la monotonia: g è strettamente crescente su (, a] e strettamente decrescente su [a, + ). Asintoto per x +. Consideriamo e calcoliamo F (x, mx) = e (2+m)x + (2m )x lim F (x, mx) = x + { + per m > 2, per m 2.

3 g(x) Ne segue (come?) che lim x + x = 2. Ora, lim F (x, 2x + q) = lim x + x + (eq + 2q 5x ) = per ogni q R, da cui segue (dovreste sapere come) che lim x + [g(x) + 2x] = +, e quindi non esiste asintoto per x +. Asintoto per x. + per m < 2, lim F (x, mx) = per m > x 2, per m = 2, implica che lim x g(x) x = 2. Inoltre, lim F (x, x 2 x + q) = lim x [e(5/2)x+q + 2q ] = 2q che cambia segno in q = 2, e quindi lim x [g(x) 2 x] = 2, il che significa che g ammette come asintoto obliquo per x la retta y = 2 (x + ). Segno. Possiamo, ad esempio, considerare il segno di F (x, ) = e 2x x. Dal confronto grafico si vede che, per un opportuno β (, ), F (x, ) è: < in (β, ); > in (, β) (, + ); e = in e β. Quindi > per x (β, ), g(x) < per x (, β) (, + ), = per x {β, }. 3 Esercizio 2. Sia S la superficie regolare parametrizzata da ϕ(u, v) = ( (2 v 2 ) cos u, (2 v 2 ) sin u, v ), u [ π, π], v [, ]. Calcolare il flusso attraverso S del campo vettoriale F (x, y, z) = ( cos(y 3 z), sin(x + z 2 ), x 2 + y 2 + z 2). Si chiede di calcolare l integrale di superficie Φ := F, ν dσ S dove ν è il versore normale, dato dalla parametrizzazione ϕ di S. Osserviamo che la composizione F (ϕ(u, v)) è talmente complicata che sorge il sospetto che convenga calcolare Φ non usando la definizione di integrale di superficie ma tramite il teorema della divergenza. Per questo abbiamo bisogno di capire come è fatta la superficie S.

4 4 Ricordando le coordinate polari, notiamo che le prime due componenti di ϕ(u, v) sono le coordinate di punti di R 2 aventi distanza ρ = 2 v 2 dall origine. Quindi, la superficie S è la parte della superficie paraboloidale x 2 + y 2 = 2 z 2, compresa tra i piani z = e z =. (Il paraboloide si ottiene, facendo ruotare la curva x = 2 z 2, z [, ], attorno all asse z fatevi un disegnino!.) Quindi, la superficie S è la frontiera laterale del solido T = { (x, y, z) : x 2 + y 2 2 z 2, z } ; ma la frontiera di T comprende, oltre ad S, anche i due tappi A := T {z = } = { (x, y, ) : x 2 + y 2 }, A := T {z = } = { (x, y, ) : x 2 + y 2 2 }. Dobbiamo anche preoccuparci della relazione tra ν e (la normale esterna su T ) e la normale ν (data da ϕ). Osserviamo che ν è un multiplo positivo del vettore ϕ u ϕ v = ( (2 v 2 ) cos u, (2 v 2 ) sin u, 2v(2 v 2 ) ) e quindi la terza componente di ν è >. Dal disegnino si vede che, su S, anche la terza componente di ν e è >, e quindi ν = ν e su S. Secondo il teorema della divergenza Φ = F, ν e dσ F, ν e dσ F, ν e dσ T A A = (div F ) dxdydz F, e 3 dσ F, e 3 dσ. T A A Ora possiamo calcolare i singoli integrali. ( ) (div F ) dxdydz = 2z dxdy dz = x 2 +y 2 2 z 2 T 2z 2π (2 z 2 ) 2 dz = = 7π 3. F, e 3 dσ = A x 2 +y (x 2 + y 2 + ) dxdy = (polari) = = 3π 2 2. F, e 3 dσ = A x 2 +y 2(x 2 + y 2 ) dxdy = (polari) = = 8π. 2 Concludiamo che Φ = 7π 3 3π 2 + 8π = 53π 6. Esercizio 3. Sia γ il grafico della funzione g(x) = 2 x 2, x [, ].

5 { y 2 /x 3 se x, (a) Dopo aver verificato che la funzione f(x, y) = è continua se x =, su γ, calcolare l integrale cuvilineo f ds. γ [ (b) Calcolare l integrale di linea (2xy 2 e x2 + e y2 )dx + 2y(e x2 + xe y2 )dy ] dove la γ curva γ è orientata in modo che N, e 2 > (dove N denota il versore normale). (Suggerimento: può essere utile chiedersi se la forma differenziale è esatta.) Il grafico di g puè essere parametrizzato con: ϕ(t) = (t, 2 t 2 ), t [, ]. (a) Siccome lim t + f(ϕ(t)) = lim t + 2t4 = = f(ϕ()), la funzione f è continua t 3 sulla curva γ. Ora, f ds = f(ϕ(t)) ϕ (t) dt = 2t + 8t 2 dt = = 3 6. γ (b) Viene richiesto che la seconda componente del versore normale N sia >. Siccome N punta sempre verso destra quando ci si muove lungo la curva, l orientazione richiesta di γ è opposta a quella data dalla parametrizzazione ϕ. Si calcola facilmente che la forma differenziale (denotiamola con ω) ha come primitiva (su tutto R 2 ) la funzione h(x, y) = y 2 e x2 + xe y2. Tenendo conto dell orientazione, abbiamo quindi ω = h(ϕ()) h(ϕ()) = h(, 2 ) = e(e + 2). γ 5 Esercizio 4. 5 y 3 (a) Stabilire per quali valori di α > la funzione f(x, y) = x + y sull insieme E α = { (x, y) : y, < x y α < }. (b) Calcolare lim f(x, y) dxdy, giustificando la risposta. n + E n è sommabile (a) f è nonnegativa e misurabile (in quanto continua) sugli insiemi misurabili E α. Ne segue che gli integrali di Lebesgue E α f esistono. Per il teorema di Tonelli, ( + y α ) 5 y 3 f dxdy = dy E α x + y = y 3 log( + y α ) dy =: g(y) dy.

6 6 La funzione integranda g è continua su [, + ) e soddisfa g(y) y α+ (/5) per y +. Quindi, l integrale esiste finito se e solo se α + 5 >, cioè α > 5. (b) Possiamo procedere in due modi. Modo. Siccome E E 2... e n E n =, possiamo scrivere f = f χ En. E n E Siccome f(x, y)χ En (x, y) per ogni (x, y) E e, su E, possiamo maggiorare fχ En = fχ En f, possiamo usare il teorema della comvergenza dominata per concludere che f = f χ En (n + ). E n E Modo 2. Sappiamo già dal punto precedente che + f dxdy = g n (y) dy E n dove g n (y) = 5 y 3 log( + y n ). Si ha che g n (y) per ogni y >. Inoltre g n (y) = g n (y) g (y) y >. Siccome g è sommabile su (, + ) (si veda (a)), dal teorema della convergenza dominata segue che il limite richiesto vale. Esercizio 4 (F48). (a) Dopo aver osservato che la serie + x k[ + k(x k) 2 ] k= converge puntualmente su R, studiarne la convergenza uniforme su [, + ) e su (, ]. (b) Su quali intervalli I R la serie converge uniformemente? Chiamiamo f k (x) il termine generale della serie. Osserviamo che sgn f(x) = sgn x per ogni x. (a) Convergenza puntuale. In x =, la serie converge banalmente. Per x (fissato), abbiamo x f k (x) k k k 2 = x k 4 per k +, e quindi la nostra serie converge in x (criterio del confronto asintotico per serie numeriche a segno costante). Quindi la nostra serie converge puntualmente su tutto R.

7 Convergenza uniforme. Determinineremo l estremo superiore di f k su [, + ) e su (, ]. Per semplicità consideriamo le funzioni x g k (x) = + k(x k) 2 (che sono multipli delle f k ). Abbiamo: g k () =, lim x + g k (x) =, g k (x) = = k(x2 k 2 ) [ + k(x k) 2 ] 2. Si deduce facilmente che z k := k 2 + k e w k := k 2 + k sono, rispettivamente, punto di massimo assoluto di g k su [, + ) e punto di minimo assoluto di g k su (, ]. Consideriamo [, + ). () σ k := sup x f k (x) = k sup g(z k ) = x k (k 2 + k ) /2 + k [ (k 2 + k ) /2 k ] 2. Siccome (k 2 + k ) /2 k = k [ ( + k 3 ) /2 ] 2 k 2, abbiamo che k[ ] 2 nel denominatore di (). Quindi σ k. Allora la nostra serie non converge uniformemente su [, + ), in quanto il termine generale non converge uniformemente a. Passiamo a (, ]. σ k := sup x f k (x) = k sup g(w k ) = x k (k 2 + k ) /2 + k [ (k 2 + k ) /2 + k ] 2. In questo caso, σ k k k k[2k] 2 = 4k 3. La serie numerica + k= σ k converge; ne segue che la nostra serie converge totalmente e quindi uniformemente su (, ]. (b) Sia I un intervallo di R. Se sup I = +, allora I contiene (almeno definitivamente) i punti z k ; allora (per ogni k sufficientemente grande) sup f k f k (z k ) = σ k, I e quindi la nostra serie non converge uniformemente su I. Se invece sup I < +, allora I (, a] per un opportuno a > reale. Sia k tale che w k > a per ogni k k. Per tali k, la funzione f k è crescente su [, a], e quindi f k (x) = f k (x) f k (a) per ogni x [, a]. Ne segue che la nostra serie converge totalmente e quindi uniformemente su [, a]. Essendo uniformemente convergente anche su (, ], essa converge uniformemente su (, a], e quindi anche su I. Abbiamo cosí dimostrato che la nostra serie converge uniformemente su tutti e soli gli intervalli limitati superiormente. 7