ESERCIZI DI MATEMATICA APPLICATA

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1 ANTONIO LEACI Analisi Complessa ( È data la funzione: f(z (z2 + e z sin z Si studi l analiticità di f(z nel piano complesso C Si determinino e si classifichino le eventuali singolarità Si calcoli il residuo di f(z in z Soluzione Il numeratore è definito e olomorfo in C Usando la definizione (z x + i y sin z ei z e i z ( ( e 2y cos x + i ( + e 2y sin x, 2i 2i e y si verifica che sin z se e solo se z k π con k Z Quindi la funzione f(z è olomorfa in C \ k π; k Z} I punti z k π con k Z sono poli del primo ordine Infatti usando il Teorema di De L Hôpital otteniamo Risulta: z kπ lim z kπ sin z lim z kπ cos z ( k Res(f, lim z (z2 + e z z sin z (2 Calcolare con i metodi dell analisi complessa il seguente integrale x 4 + x 2 + dx Soluzione Il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione f(x x 4 + x 2 + è infinitesima come /x4, pertanto essa è integrabile Utilizziamo il circuito ϕ r formato dal segmento [ r, r] sull assse reale e dalla semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > (vedi Figura Risolviamo l equazione z 4 + z 2 + z 2 ± 3 2 ± i 3 2 e ±i 2π/3

2 Figura Dunque i punti ± e ±i π/3 sono poli semplici, e solo z e i π/3 e z 2 e i π/3 si trovano nel semipiano y > In essi abbiamo ( Res(f, e i π/3 4z 3 + 2z zz 4 e i π +2 e i π/3 + i 3 4 i 3 3, ( Res(f, e i π/3 4z 3 + 2z zz 2 4 e i π +2 e i π/3 i 3 4 i La somma dei due residui vale i i 3 3 i i i In conclusione, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio, ( x 4 + x 2 + dx lim f(z dz 2π i i 2 3 π r + ϕ r 2 3 (3 Calcolare il valor principale del seguente integrale: x + (x 2 + 4x dx Soluzione Il denominatore si annulla in x, all infinito la funzione f(x x + (x 2 + 4x è infinitesima come /x2, pertanto essa non è integrabile in un intorno di x ma esiste l integrale nel senso del valor principale Utilizziamo il circuito ϕ r riportato in Figura 2 Il denominatore si annulla 2

3 Figura 2 in z 2i e z 2i Dunque il punto z 2i è l unico interno al circuito ϕ r, e z è un polo semplice Calcoliamo i residui: Res(f, 2i ( z + + 2i 3z z2i 4 2 Res(f, ( x + x z 4 + 2i 8 In conclusione, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio e sul piccolo cerchio, otteniamo x + (vp dx lim f(z dz + π i (x 2 + 4x r ϕ r 4 (4 Calcolare il valor principale del seguente integrale: x cos x x 2 + 4x + 5 dx 2π i + 2i 8, + π i 4 π 2 Soluzione Il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione x cos x è infinitesima come /x, pertanto essa non è assolutamente integrabile in senso improprio ma esiste l integrale nel senso del valor princi- x 2 + 4x + 5 pale Utilizziamo il circuito ϕ r formato dal segmento [ r, r] sull assse reale e dalla semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > Consideriamo z e i z la funzione f(z, la parte reale dell integrale sull asse reale z 2 + 4z + 5 fornisce l integrale cercato Risolviamo l equazione z 2 + 4z + 5 z 2 ± ± i 3

4 Dunque i punti 2 ± i sono poli semplici, e solo z 2 + i si trova nel semipiano y > In esso abbiamo ( z e i z ( 2 + i ei ( 2+i Res(f, z 2z + 4 2( 2 + i + 4 zz ( 2 + i e (cos 2 i sin 2 ( 2 cos 2 + sin 2 + i (cos 2 + sin 2 2i 2 e i ( i (2 cos 2 sin 2 + (cos 2 + sin 2 2 e Moltiplicando per 2π i, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio, e considerando solo la parte reale, concludiamo ( x cos x (vp dx lim x 2 + 4x + 5 Re f(z dz π (sin 2 2 cos 2 r ϕ r e (5 Calcolare con i metodi dell analisi complessa il seguente integrale: x x 2 + dx Soluzione Il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione x x 2 + è infinitesima come /x3/2, pertanto essa è integrabile in senso improprio Poichè la funzione f(z è polidroma ed ha in z un z z 2 + punto di diramazione, utilizziamo il circuito ϕ r riportato nella Figura 2, in modo che la determinazione di f(z risulti olomorfa Nei punti dell asse reale x i x risulta f(x per x > e f(x per x < Il denominatore si annulla per z ±i che sono poli semplici, e solo z i si trova nel x 2 + x 2 + semipiano y > In esso abbiamo ( x ei π/4 Res(f, z 2z 2i zz ( 2 + i 2 4 i Dunque per r > f(z dz π ( 2 + i 2 ϕ r 2 Tenendo conto dei Teoremi sul grande cerchio e sul piccolo cerchio, e considerando solo la parte reale, concludiamo ( x x 2 + dx lim Re f(z dz π 2 r + ϕ r 2 (6 Calcolare il seguente integrale: cos x x 2 + 4x + 5 dx 4

5 Soluzione Il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione cos x x 2 + 4x + 5 è infinitesima come /x2, pertanto essa è assolutamente integrabile in senso improprio Utilizziamo il circuito ϕ r formato dal segmento [ r, r] sull assse reale e dalla semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > Consideriamo la funzione f(z, la parte z 2 + 4z + 5 reale dell integrale sull asse reale fornisce l integrale cercato Risolviamo l equazione z 2 + 4z + 5 z 2 ± ± i Dunque i punti 2 ± i sono poli semplici, e solo z 2 + i si trova nel semipiano y > In esso abbiamo ( e i z e i ( 2+i Res(f, z 2z + 4 2( 2 + i + 4 zz e (cos 2 i sin 2 cos 2 i sin 2 2i 2 e i Moltiplicando per 2π i, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio, e considerando solo la parte reale, concludiamo ( cos x x 2 + 4x + 5 dx lim Re f(z dz π r + ϕ r e cos 2 (7 Calcolare con i metodi dell analisi complessa il seguente integrale improprio: (x dx e i z Soluzione Il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione f(x (x è infinitesima come 2 /x4, pertanto essa è integrabile Poiché la funzione è pari l integrale proposto è la metà dell integrale su tutto R Utilizziamo il circuito ϕ r formato dal segmento [ r, r] sull assse reale e dalla semicirconferenza di raggio r nel semipiano y > (vedi Figura 2 Il denominatore ha le due radici ±2 i, entrambe doppie Solo 2 i si trova nel semipiano y > Dunque il punto 2 i è un polo doppio In esso abbiamo Res(f, 2 i d ( (z 2 i 2 dz (x z2 i d ( ( 2 dz (z + 2 i 2 z2 i (z + 2 i 3 z2 i 2 64 i 32 i, 5

6 In conclusione, tenendo conto del Teorema sul grande cerchio, dx lim f(z dz 2π i (x r + ϕ r 32 i π 6,, e dunque (8 Calcolare il seguente integrale: (x dx π 32 ϕ e z sin z dz, dove il circuito ϕ è il rettangolo con vertici nei punti z π 2 i π 2, z 2 5π 2 i π 2, z 3 5π 2 + i π 2, z 4 π 2 + i π 2, percorso in senso antiorario Soluzione La funzione integranda ha poli semplici nei punti sull asse reale kπ con k Z All interno del rettangolo troviamo i punti w k kπ per k,, 2 Calcoliamo i residui in tali punti [ ] [ ] e z e z Res(f, w, Res(f, w e π, cos z z cos z zπ [ ] e z Res(f, w 2 e 2π cos z z2π Allora, per il teorema dei residui otteniamo: ϕ e z sin z dz 2π i( eπ + e 2π 2 Trasformata di Fourier Utilizzeremo la definizione di Trasformata di Fourier data da ( Stabilire se la funzione F(f(ξ ˆf(ξ f(xe ixξ dx e ix f(x x 2 + 2x + possiede la trasformata di Fourier e precisare le principali proprietà di f e ˆf Calcolare esplitamente la trasformata di Fourier di f 6

7 Soluzione Il numeratore è limitato, il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione f(x è infinitesima come /x 2, pertanto essa appartiene a L (R Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa è continua Poiché la funzione f appartiene a C (R, la sua trasformata è infinitesima all infinito di ordine arbitrariamente grande Posto g(x + x 2 sappiamo che ĝ(ξ π e ξ Inoltre risulta h(x x 2 + 2x + (x ((x + /3 2 + Allora utilizzando prima la formula per il cambiamento di scala di fattore /3 e poi la formula per la trasformata della traslazione otteniamo [ ] F (ξ 3π e 3ξ (x/3 2 + [ ] F (ξ 3π e 3ξ +i ξ ((x + /3 2 + ĥ(ξ 3 π e 3ξ +i ξ Infine, poiché f(x e ix h(x, possiamo concludere usando la formula per la trasformata della modulazione: (2 Stabilire se la funzione ˆf(ξ 3 π e 3(ξ +i (ξ sin 3x f(x x possiede la trasformata di Fourier e precisare le principali proprietà di f e ˆf Calcolare esplitamente la trasformata di Fourier di f Soluzione Il numeratore è limitato, il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione f(x è infinitesima come /x 2, pertanto essa appartiene a L (R Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa è continua Poiché la funzione f appartiene a C (R, la sua trasformata è infinitesima all infinito di ordine arbitrariamente grande Poiché la funzione f è dispari la sua trasformata è immaginaria pura e dispari Posto g(x + x 2 sappiamo che ĝ(ξ π e ξ Inoltre risulta h(x x (x/5 2 + Allora utilizzando la formula per il cambiamento di scala di fattore /5 otteniamo: ĥ(ξ 5 π e 5ξ 7

8 Infine, poiché f(x h(x sin 3x e3ix e 3ix h(x, 2i possiamo concludere usando la formula per la trasformata della modulazione: ˆf(ξ i π (e 5(ξ 3 e 5(ξ+3 i π (e 5(ξ+3 e 5(ξ 3 (3 Calcolare la trasformata di Fourier della seguente funzione: f(x e 2ix x 2 4x + 5 Soluzione Il numeratore è limitato, il denominatore non si annulla in R, all infinito la funzione f(x è infinitesima come /x 2, pertanto essa appartiene a L (R Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa è continua Poiché la funzione f appartiene a C (R, la sua trasformata è infinitesima all infinito di ordine arbitrariamente grande Posto g(x + x 2 sappiamo che ĝ(ξ π e ξ Inoltre risulta h(x x 2 4x + 5 (x Allora utilizzando la formula per la trasformata della traslazione otteniamo: Infine, poiché ĥ(ξ π e ξ 2i ξ f(x e 2ix h(x, possiamo concludere usando la formula per la trasformata della modulazione: ˆf(ξ π e ξ 2 2i (ξ 2 (4 Calcolare la trasformata di Fourier della seguente funzione: f(x ( x + Soluzione La funzione f(x è a supporto compatto, pertanto essa appartiene a L (R Dunque f possiede la trasformata di Fourier ed essa appartiene a C (R La funzione f(x è pari, quindi la trasformata di Fourier è reale e pari 8

9 ˆf(ξ Calcoliamo la trasformata di Fourier usando la definizione (per ξ : f(x e i x ξ dx [ ] ( + x e i x ξ i ξ i [ ] ξ + ξ 2 e i x ξ 2 (ei ξ + e i ξ ξ 2 + i ξ + i ξ cos ξ ξ 2 ( + x e i x ξ dx + ( x e i x ξ dx [ ] ( x e i x ξ dx + e i x ξ e i x ξ dx i ξ i ξ [ ] ξ 2 e i x ξ i ξ + ξ 2 ξ 2 ei ξ i ξ ξ 2 e i ξ + ξ 2 Infine ˆf( (5 Calcolare le trasformate di Fourier delle seguenti funzioni: h(x cos x x 2 +, k(x x Soluzione Posto g(x + x sappiamo che ĝ(ξ π 2 e ξ Allora risulta [ ] [ ] cos x e ix + e ix F (ξ F (ξ x 2 + 2(x 2 + Utilizzando la formula per la trasformata della modulazione otteniamo: ĥ(ξ π ( e ξ + e ξ+ 2 Poiché k(x 4 (x/2 2 +, possiamo concludere usando la formula per la trasformata del cambiamento di scala: ˆk(ξ π 2 e 2ξ 3 Trasformata di Laplace Utilizzeremo la definizione di Trasformata di Laplace data da L(F (s f(s F (te ts dt Con H indicheremo la funzione di Heaviside, cioè per t <, H(t per t < + 9

10 ( Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente PdC Y (t + 4Y (t + 3Y (t F (t t >, Y (, Y (, dove F è la funzione che vale t per t <, F (t per t < + Soluzione Utilizzando la funzione di Heaviside, la funzione F (t e la sua trasformata f(s si possono scrivere come F (t th(t (t H(t f(s s 2 e s s 2 Trasformando l equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo: s 2 y(s + 4sy(s + 3y(s e s (s 2 + 4s + 3y(s + e s, s 2 s 2 dunque la trasformata della soluzione è y(s s 2 + 4s e s s 2 (s 2 + 4s + 3 Il denominatore ha la radice doppia s e le radici semplici s e s 3 Dunque usiamo il metodo dei fratti semplici per avere s 2 + 4s + 3 A s + + B s + 3 2(s + 2(s + 3, e s 2 (s 2 + 4s + 3 As + B + C s 2 s + + D s s + 3s 2 + 2(s + 8(s + 3 In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione: y(s 2(s + 2(s s + 3s + 2 2(s + 8(s + 3 ( e s 4 9s + 3s + 2 2(s + 8(s + 3 Dalle regole di antitrasformazione concludiamo Y (t 2 e t 2 e 3t t e t 8 e 3t ( H(t t + e (t e 3(t e t 5 9 e 3t t ( 3 H(t t + e (t e 3(t 3 2 8

11 Figura 3 Soluzione del PdC ( (2 Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente PdC Y (t + 3Y (t + 2Y (t F (t t >, Y (, Y (, dove F è la funzione che vale sin t per t < 2π, F (t per 2π t < + Soluzione Utilizzando la funzione di Heaviside e la periodicità del seno, la funzione F (t e la sua trasformata f(s si possono scrivere come F (t sin t H(t sin(t 2πH(t 2π f(s + s 2 e 2πs + s 2 Trasformando l equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo: s 2 y(s + 3sy(s + 2y(s e 2πs + s 2 (s 2 + 3s + 2y(s e 2πs + s 2, dunque la trasformata della soluzione è y(s e 2πs ( + s 2 (s 2 + 3s + 2 Il denominatore ha le radici semplici s, s 2 e s ±i Dunque usiamo il metodo dei fratti semplici per avere ( + s 2 (s 2 + 3s + 2 As + B + s + C 2 s + + D s + 2 3s (s (s + 5(s + 2

12 In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione: y(s 3s (s (s + 5(s + 2 ( 3s e 2πs (s (s + 5(s + 2 Dalle regole di antitrasformazione, usando ancora la periodicità del seno e del coseno, concludiamo Y (t sin t 3 e t cos t + 2 e 2t 5 ( H(t 2π sin t 3 e (t 2π cos t + e 2(t 2π 2 5 Figura 4 Soluzione del PdC (2 (3 Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente PdC Y (t + 2Y (t + Y (t F (t t >, Y (, Y (, dove F è la funzione che vale e t per t 2, F (t altrove Soluzione La funzione F (t è discontinua nei punti t e t 2, perciò la soluzione è solo di classe C e verifica l equazione tranne che in tali punti Utilizzando la funzione di Heaviside, la funzione F (t e la sua trasformata f(s si possono scrivere come F (t e t H(t e t H(t 2 f(s e (s+ s + e 2(s+ s + Trasformando l equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo: s 2 y(s + 2sy(s + y(s e (s+ e 2(s+ s + y(s e (s+ e 2(s+ (s + (s 2 + 2s + 2

13 Il denominatore ha la radice tripla s Dunque dobbiamo antitrasformare la funzione: y(s e (s+ e 2(s+ (s + 3 Dalle regole di antitrasformazione concludiamo Y (t e t ( (t 2 H(t (t 2 2 H(t 2 2 Figura 5 Soluzione del PdC (3 (4 Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente PdC Y (t 5Y (t + 6Y (t H(t e t t >, Y (, Y (, Soluzione La trasformata del secondo membro è f(s e (s+ s + Trasformando l equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo: s 2 y(s 5sy(s + 6y(s e (s+ (s 2 5s + 6y(s + e (s+ s + s +, dunque la trasformata della soluzione è y(s s 2 5s e (s+ (s + (s 2 5s + 6 I denominatori hanno le radici semplici s, s 2 e s 3 Dunque usiamo il metodo dei fratti semplici per avere e s 2 5s + 6 A s 3 + B s 2 s 3 s 2, (s + (s 2 5s + 6 A s + + B s 3 + C s 2 2(s + + 4(s 3 3(s 2 3

14 In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione: y(s s 3 ( s 2 + e (s+ 2(s + + 4(s 3 3(s 2 Dalle regole di antitrasformazione concludiamo Y (t e 3t e 2t + e H(t ( e (t 2 + e3(t 4 e2(t 3 (5 Calcolare l antitrasformata di Laplace della seguente funzione f(s 3s 2 + 3s + 2 (s 2(s 2 + 4s + 8 Soluzione Usiamo il metodo dei fratti semplici per avere da cui otteniamo: 3s 2 + 3s + 2 (s 2(s 2 + 4s + 8 A s 2 + Bs + C s 2 + 4s + 8 s 2 + 2s + 3 s 2 + 4s + 8 2(s s 2 (s F (t e 2t +2 e 2t cos 2t 2 e 2t sin 2t (6 Risolvere mediante la trasformata di Laplace il seguente PdC Y (t + 3Y (t + 2Y (t sin(t π H(t π t >, Y ( 2, Y ( 3 Soluzione La trasformata del secondo membro è f(s e πs s 2 + Trasformando l equazione, e tenendo conto dei dati iniziali, otteniamo: s 2 y(s 2s sy(s 6 + 2y(s e πs s 2 + (s 2 + 3s + 2y(s 2s e πs s 2 +, dunque la trasformata della soluzione è y(s 2s + 3 s 2 + 3s e πs (s 2 + 3s + 2(s 2 + I denominatori hanno le radici semplici s, s 2 e s ±i Dunque usiamo il metodo dei fratti semplici per avere 2s + 3 s 2 + 3s + 2 A s + + B s + 2 s + + s + 2, 4

15 e (s 2 + 3s + 2(s 2 + A s + + B s Cs + D s 2 + 2(s + 5(s + 2 3s (s 2 + In definitiva dobbiamo antitrasformare la funzione: y(s s + + ( s e πs 2(s + 5(s + 2 3s (s 2 + Dalle regole di antitrasformazione concludiamo ( e Y (t e t + e 2t (t π +H(t π e 2(t π 3 cos (t π sin(t π Figura 6 Soluzione del PdC (6 5