Analisi Matematica 2 - A

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1 Analisi Matematica 2 - A Soluzione Appello scritto del 29 Gennaio 2013 Esercizio 1 (10 punti Si consideri il Problema di Cauchy { y = y + y(0 = 0, dove y è la funzione incognita ed è la sua variabile. 1 Provare che esiste un unica soluzione y C 1 (R del problema e studiarne la monotonia. 2 Calcolare la soluzione. Soluzione. 1 La funzione f : R 2 R, f(, y = y +, è continua e verifica la condizione di Lipschitz f(, y 1 f(, y 2 = y1 y 2 y1 y 2 per ogni y 1, y 2 R. Per il Teorema di esistenza e unicità locale esiste unica la soluzione y C 1 ( δ, δ del Problema di Cauchy, per qualche δ > 0. Fissato M > 0, per ogni M si ha f(, y y + y + M, y R, e dunque f verifica le ipotesi del teorema di esistenza globale della soluzione. Dunque la soluzione massimale del Problema di Cauchy è definita su tutto R. La disequazione f(, y > 0 è verificata se e solo se > y. Dunque, nella regione C = { (, y R 2 : > y } la soluzione y è crescente. Siccome (, y( C per > 0, deduciamo che la soluzione y è crescente su tutta la semiretta [0,. Siccome y(0 = 0 e y (0 = 0, si ha (, y( D = { (, y R 2 : f(, y < 0 } per ogni ( δ, 0, per qualche δ > 0. Infatti, essendo y C 1 (R, si ha lo sviluppo y( = y(0 + y (0 + o( = o( per 0 e quindi y( < per ( δ, 0. Affermiamo che in realtà (, y( D per ogni < 0. Se, infatti, per assurdo fosse f(, y( = 0 per qualche < 0, allora si avrebbe y ( = 0 e y ( > 0 per > e quindi y sarebbe strettamente crescente per >. Questo non è compatibile con y(0 = 0. La conclusione è che y è decrescente su (, 0] ed è crescente su [0,. Siccome y(0 = 0 deduciamo che y( 0 per ogni R. 2 Essendo y 0, dobbiamo risolvere il Problema di Cauchy { y = y + y(0 = 0,

2 L equazione differenziale è lineare del primo ordine. L integrale generale dell equazione omogenea y = y è y( = Ce. Con la variazione della costante C = C( si trova l equazione C ( = e, e dunque dopo un integrazione per parti si trova C( = C 0 ( + 1e, dove C 0 R è una costante. La soluzione generale dell equazione differenziale è y( = C 0 e ( + 1, R, ed imponendo la condizione iniziale y(0 = 0 si determina C 0 = 1. Osserviamo che la soluzione y( = e ( + 1, R, è effettivamente sempre positiva: e + 1 per ogni R, essendo la funzione esponenziale convessa ed + 1 la sua retta tangente in = 0. Esercizio 2 (10 punti Si consideri la successione di funzioni f n = g n h n, n N, dove 1 Calcolare il ite puntuale g n ( = arctg(n e h n ( = f( = n f n (, R n, R. 2 Studiare la convergenza uniforme delle successioni (g n n N e (h n n N. 3 Provare che la successione (f n n N converge uniformemente su R. Soluzione. 1 Osserviamo che e quindi n arctg(n = π 2 sgn(, n n f( = f n ( = π, R. n 2 2 Chiaramente, per ogni R si ha n 1/n = 2 + 1/n + e quindi c è la convergenza uniforme sup n n = 0. R =, R, 1 n, Inoltre, fissato δ > 0, dalle proprietà elementari di monotonia della funzione arcotangente segue che per ogni δ si ha arctg(n π/2 π/2 arctg(nδ,

3 e quindi sup arctg(n π/2 = 0. n δ La successione (g n n N non converge uniformemente in alcun intorno di = 0 in quanto il suo ite puntuale è una funzione discontinua in = 0. 3 Intanto osserviamo che, dette g ed h le funzioni ite di (g n n N ed (h n n N, abbiamo f n ( f( g n (h n ( g n (h( + g n (h( g(h(, e dunque fissati 0 < δ < M < si ha sup f n ( f( π δ M 2 sup h n ( h( + sup g n ( g( δ M δ M π 2 n + M sup g n ( g(, δ M e quindi si ha convergenza uniforme su ogni intervallo [δ, M], per i fatti stabiliti al punto precedente. La stima del primo pezzo è indipendente da δ ed M. Per migliorare la stima precedente si può argomentare nel seguente modo. Questa è la parte difficile del compito. È sufficiente mostrare la convergenza uniforme per > 0. Precisamente, affermiamo che n arctg(n π 2 = 0. sup n >0 Dalla proprietà della funzione arcotangente ( 1 arctg(t + arctg = π t 2, t > 0, si ottiene 2 + 1n arctg(n = Dal punto 2 sappiamo che n sup n n = 0. >0 ( π ( 1 2 arctg. n D altra parte, usando arctg(t t per t > 0, si ha per ogni > ( 1 ( n arctg + 1 ( 1 arctg 1 n n n n + π 2 n, e dunque sup ( 1 n >0 n arctg = 0. n

4 Esercizio 3 (10 punti Siano f, g : R 2 R funzioni tali che f(0 = g(0 = 0 e, per 2 + y 2 0, α f(, y = sin, g(, y = y β 4 + y y, 4 dove α > 0 e β > 0 sono parametri. 1 Calcolare tutti gli α tali che f sia differenziabile in 0 R 2. 2 Calcolare tutti i β tali che g sia differenziabile in 0 R 2. 3 (Facoltativo Calcolare tutti i γ > 0 tali che (,y (0,0 Soluzione. Le derivate parziali di f e g in 0 sono γ 2 + y sin = 0. (L y 4 f (0 = f y (0 = 0, g (0 = g y (0 = 0. 1 Dobbiamo determinare tutti gli α > 0 tali che (,y (0,0 Usando la disuguaglianza sin(t t si ottiene α 2 + y sin y 2 α 2 + y sin = 0. ( y 2 y α 4 + y 2 y α 2. Dunque, per confronto, quando α > 2 il ite ( è 0 e la funzione f è differenziabile in 0. Supponiamo ora che α 2. Con la scelta = y > 0 si trova α 2 + y sin = 1 ( α 2 sin = ϕ(, y e, per α 2, ϕ( non tende a 0 per 0 +. Quindi, per α 2 la funzione f non è differenziabile in 0. 2 Dobbiamo determinare tutti i β > 0 tali che (,y (0,0 y β 2 + y 2 ( 2 + y 4 = 0. ( Maggioriamo la funzione nel seguente modo: y β 2 + y 2 ( 2 + y 4 y β y. 4

5 Con la sostituzione y 2 = z prima e con le coordinate polari = r cos(ϑ e z = r sin(ϑ poi, si trova y β 1 (,y (0,0 2 + y = z (β 1/2 4 (,z (0,0 2 + z 2 = r 0 + r(β 1/2 1 sin ϑ (β 1/2, e quando β > 3 l ultimo ite è 0 (uniformemente in ϑ. Dunque, per β > 3 la funzione g è differenziabile in 0. Supponiamo ora che sia β 3. Esaminiamo il ite ( con la restrizione = y 2 ed y > 0. Avremo y β 2 + y 2 ( 2 + y 4 = yβ 3 2 y 2 + 1, e quando β 3 l ultima funzione non converge a 0 per y 0 +. Quindi per β 3 la funzione g non è differenziabile in 0. 3 Dalla discussione del punto 2 e dalla maggiorazione γ 2 + y sin y 4 y γ 2 + y 2 ( 2 + y 4 si deduce che il ite (L è 0 per γ > 3. Vogliamo mostrare che in realtà il ite è 0 se e solo se γ > 2. Fissiamo un numero 0 < σ < 1 da determinare in seguito in dipendenza da γ > 2. Prendiamo un punto (, y R 2 in un intorno dell origine e distinguiamo due casi: i y 1+σ ; ii y 1+σ. Fissiamo ε > 0. Nel caso i abbiamo la stima γ 2 + y sin y y 2 y σ < ε se e solo se y < ε 1/σ. Nel caso ii abbiamo 2 y 2(1+σ e quindi γ 2 + y sin y 4 y γ 2 + y y γ 4 y = 2(1+σ y γ 2(1+σ < ε se e solo y < ε 1/λ, dove si ha λ = γ 2(1 + σ > 0 su scelta opportuna di σ (0, γ 2 1. Questa scelta è possibile perchè γ > 2. Ciò prova che il ite (L è 0 quando γ > 2. Per γ 2 il ite non è 0. Per provare questo fatto basta esaminare il ite (L con la restrizione = y.