SOLUZIONI SCRITTO DI ANALISI MATEMATICA II - 24/06/08. C.L. in Matematica e Matematica per le Applicazioni

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1 SOLUZIONI SCRITTO DI ANALISI MATEMATICA II - 4/06/08 C.L. in Maemaica e Maemaica per le Applicazioni Prof. K. R. Payne e Do. M. Calanchi, C. Tarsi, L. Vesely Soluzione esercizio. (a) Sia f definia da f(x) = x e x. i) Poiché xe x se x 0 f(x) = xe x se x > 0 risulerà (per inegrazione per pari) xe x e x + c se x 0 f(x) dx = xe x + e x + c se x > 0 dove c = c (poiché deve risulare lim G(x) = lim G(x) per ogni x 0 + x 0 funzione primiiva G di f ). Perciò xe x e x + c se x 0 f(x) dx = xe x + e x + c se x > 0 ii) Il valor medio (inegrale) di f nell inervallo I = [, 3] è dao da f(i) = 3 ( ) 3 f(x)dx = G(3) G( ) 5 dove G è una primiiva di f. Perano (scelgo la primiiva con c = 0) I = ( 3e 3 e 3 ) ( e + e ) 5 = 4e 3 + e + 5 (b) Per sudiare, al variare di α R, la convergenza del seguene inegrale α log α d è necessario guardare dove porebbe non essere definia la funzione inegranda f α (), che riscriviamo f α () = log + α α

2 Parendo dal puno = e vedendo cosa accade per > il primo puno da sudiare =. Se α = l inegrale divena log + d per cui in un inorno sinisro U () risula f () log 9 che non è inegrabile in U (). Vedendo invece cosa accade per < il primo puno in cui l inegranda va all infinio è = 0. D alra pare in un inorno U(0) risula log f α () α α e perciò l inegrale converge. Per α < 0 non ci sono problemi (perchè il denominaore scompare e l unico puno srano rimane lo zero in cui ho già sabilio che va uo bene). Per cui la risposa è α (, ). Soluzione esercizio. (a) La serie proposa ha come ermine generale a n a n = b n + c n dove b n = 3 n+ e c n = n / n +n Dunque a n è daa dalla somma di due successioni a ermini nonnegaivi; b n = 3( 9) n è -a meno della cosane /3 - ermine generale di una serie geomerica di ragione /9 e perciò convergene. La sua somma è daa da b n = ( ) 3 9 = 4. 9 n= Per quano riguarda c n, per n + risula e perciò convergene. Inolre c n c n = n+ n +n+ = n n = n +n n n = n +n+ n (n+) è ermine generale di una serie elescopica c n = (d n d n+ ) e perciò

3 + Riassumendo n= c n = d = + n= a n = 4 + = 3 4 (b) Per sudiare la convergenza della seguene serie + n= consideriamo il ermine generale a n = n n n n (n + α) α n α n n n n (n + α) α n α. Poiché a n 0, proviamo la convergenza usando il crierio asinoico: poiché a n = n (n n n ) n α [( + α n )α ] = n (n n ) n α [( + α n )α ] = n (e log n n ) n α [( + α n )α ] e log n n log n n e [ ( α) ] α + α n n si ha log n n n a n n α ( α n ) α n α (log n) perciò c è convergenza se e solo se α >, i.e. α > 3/. per n + Soluzione sercizio 3. (a) Sia f definia da f(x, y) = ϕ(x,y) 0 g() d dove g : R R è derivabile e ϕ : R R è due vole differenziabile. Sia (x 0, y 0 ) R ale che ϕ(x 0, y 0 ) = 0 e ϕ(x 0, y 0 ) = (a, b).

4 i) L equazione del piano angene al grafico della funzione f che passa per il puno (x 0, y 0 ) è daa da y = f(x 0, y 0 ) + x (x 0, y 0 )(x x 0 ) + y (x 0, y 0 )(y y 0 ) Abbiamo perciò bisogno di deerminare f(x 0, y 0 ), f(x 0, y 0 ) = Per cui da () e (3) si oiene ϕ(x0,y 0 ) 0 x (x 0, y 0 ), y (x 0, y 0 ). g() d = 0 () (x, y) = g(ϕ(x, y)) ϕ(x, y) x x () ((x, y)) = g(ϕ(x, y)) ϕ((x, y)) y y (3) x (x 0, y 0 ) = ag(0) e y (x 0, y 0 ) = bg(0) L equazione del piano angene risula y = ag(0)(x x 0 ) + bg(0)(y y 0 ) ii) Per deerminare la marice Hessiana di f nel puno (x 0, y 0 ) abbiamo bisogno di calcolare le derivae seconde di f. Da () e (3) risula, per la regola della caena, ( ) f ϕ x (x, y) = g (ϕ(x, y)) (x, y) + g(ϕ(x, y)) ϕ (x, y) (4) x x f x y (x, y) = g (ϕ(x, y)) ϕ (x, y) ϕ x y (x, y) + g(ϕ(x, y)) ϕ (x, y) (5) x y ( ) f ϕ y (x, y) = g (ϕ(x, y)) (x, y) + g(ϕ(x, y)) ϕ (x, y) (6) y y essendo ϕ(x 0, y 0 ) = (0, 0) la marice Hessiana di f in (x 0, y 0 ) risula H f (x 0, y 0 ) = g(0)h ϕ (x 0, y 0 ) (b) Sia f(x, y) = arcan ( (y + x ) y ).

5 i) Osserviamo che f = h g con h() = arcan e g(x, y) = (y + x ) y ; perciò f è coninua su R perché composizione di funzioni coninue. Derivabilià direzionale e differenziabilià di f Per quano riguarda la differenziabilià f è sicuramene differenziabile in ui i puni (x 0, y 0 ) R con y 0 0, perchè composizione di funzioni ivi differenziabili. Sudiamo perciò a pare i puni del ipo (x 0, 0) : Dividiamo l analisi in due casi I Caso: x 0 ± Sia v = (v, v ) un versore. Per definizione la derivaa direzionale D v f(x 0, 0) è daa dal limie (se esise finio) D v f(x 0, 0) = lim f(x 0 + v, v ) f(x 0, 0) = lim arcan[(v + (x 0 + v ) ) v ] = lim (x 0 ) v se v = 0 il limie esise e D x f(x 0, 0) = 0 se v 0 il limie non esise poiché risula lim (x + 0 ) v = (x 0 ) v lim (x 0 ) v = (x 0 ) v In queso caso esise solano la derivaa parziale x (x 0, 0) e perciò in quesi puni f non è differenziabile. II Caso: x 0 = ± In queso caso risula D v f(x 0, 0) = lim f(x 0 + v, v ) f(x 0, 0) = lim arcan[(v + x 0 v + v ) v ] arcan[(v + x 0 v ) v ] = lim = 0

6 per ogni versore v = (v, v ). Mosriamo che f è anche differenziabile. Mosriamo perciò che f(x, y) f(x 0, 0) f x (x 0, 0)(x x 0 ) f y (x 0, 0)y lim = 0 (x,y) (x 0,0) (x x0 ) + y D alra pare arcan[(y + x ) y ] (y + x ) y (x x0 ) + y (x x0 ) + y e minorando il denominaore con y y + x 0 se (x, y) (±, 0) ii) Esremi locali di f(x, y). Poiché la funzione f è definia su uo R gli esremi locali vanno ricercai nei puni di non derivabilià e nei puni sazionari di f. Sudiando il segno di f(x, y) si ha che f si annulla sulla rea y = 0 e sulla parabola y = x. Inolre f(x, y) > 0 [y > ( x )] [y 0]. Per cui già dallo sudio del segno si deduce che i puni del ipo (x 0, 0) con x 0 < x 0 > sono dei minimi locali; i puni del ipo (x 0, 0) con < x 0 < sono dei massimi locali. Puni sazionari: sono i puni in cui il gradiene di f è nullo. I puni del ipo (±, 0) sono puni sazionari ( dalla prima pare dell esercizio: sono puni in cui f è differenziabile e dove il gradiene si annulla). Quesi puni non sono né massimi né minimi poiché in ogni loro inorno f assume sia valori posiivi che negaivi. Rimangono da sudiare i casi con y 0: calcoliamo le derivae parziali e le poniamo uguali a zero: f y = f x = x y + y (y + x ) = 0 (y + x ) + y (y + x ) sign(y) = 0 da cui si ricava il puno P = (0, /). Poiché è l unico puno sazionario inerno alla regione delimiaa dall asse x e dalla parabola y = x (dove f si annulla), P risula un minimo locale per f (semplice applicazione del Teorema di Weiersrass).

7 Soluzione esercizio 4. (a) y = 4x + (P C) x + x + (y 4y + 4) y(0) = y 0 i) La funzione f(x, y) = 4x+ x +x+ (y 4y + 4) è di classe C (R ) e quindi il problema ha una e una soluzione locale per ogni y 0 mahbbr; l equazione differenziale y = 4x + x + x + (y 4y + 4) è a variabili separabili. Può anche essere riscria y = 4x + x (y ) + x + in modo da leggere subio che y = è una soluzione di equilibrio (che risolve il problema di Cauchy nel caso y 0 = ). Cercando quindi soluzioni y, si divide per (y ) e si inegra y (y ) = 4x + x + x + oenendo y y 0 du x (u ) = ( + ) d y + y 0 = log(x + x + ). Perano la soluzione del (PC) per il generico y 0 è daa da y(x) = + y 0 log(x + x + ) ii)poiché per y 0 = la soluzione è y = l insieme di definizione della soluzione coincide con R. Per y 0 = log 3 +, la soluzione è daa da y(x) = + log 3 log(x + x + )

8 perciò l insieme di definizione è dao dal più grande inervallo - conenene l origine - per cui risuli cioè I = (, ). log 3 log(x + x + ) 0 3 x + x + (b) Per deerminare i valori del paramero a per cui ue le soluzioni di y + ay + y = 0 (7) risulino limiae su (, + ), osserviamo che l equazione è un equazione lineare omogenea di ordine 3. Sappiamo che ue le soluzioni sono della forma y(x) = c y (x) + c y (x) + c 3 y 3 (x), c, c, c 3 R dove y, y, y 3 sono soluzioni linearmene indipendeni di (7). Per deerminare quese soluzioni si considera il polinomio caraerisico associao all equazione λ 3 + aλ + λ = 0 (8) perciò una soluzione è daa da λ = 0 che dà luogo alla prima soluzione (cosane!) y (x) =. Le alre soluzioni dell equazione caraerisica (8) sono dae da λ = a ± a 4 è percio necessario disinguere re casi in base al segno di = a 4 I Caso: ( > 0 i.e. a < a > ). In queso caso abbiamo due radici reali disine λ = a a 4 Le alre soluzioni indipendeni sono, e λ 3 = a + a 4. y (x) = e λx, y 3 (x) = e λ3x Per cui le soluzioni dell equazione (y(x) = c + c e λx + c 3 e λ3x ) - risulano limiae su (, + ) se e solo se λ < λ 3 0 e cioè a >. II Caso: ( = 0 i.e. a = ±). In queso caso abbiamo una radice reale doppia λ = a. Le alre soluzioni indipendeni sono y (x) = e a x, y 3 (x) = xe a x.

9 Per avere ue le soluzioni limiae deve essere a =. III Caso: ( < 0 i.e. < a < ). In queso caso abbiamo due radici complesse coniugae λ = a ib a + ib, e λ 3 = (b = ) Le alre soluzioni indipendeni sono y (x) = e a x cos (b/)x, y 3 (x) = e a x sin (b/)x. Per cui, affinchè ue le soluzioni siano limiae occorre che a 0 e perciò 0 a <. Riassumendo ue le soluzioni di (7) sono limiae se e solo se a 0.