Svolgimento Versione A

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2 Svolgimento Versione A Esercizio 1 a) Dall espressione data nel testo si ricava subito il grafico di f su [0, ]. Poiché la funzione è pari, simmetrizzando questo rispetto all asse y si ottiene il grafico di f su [, 0] eciò fornisce il grafico di f su tutto l intevallo [, ] (si noti che f ( ) =f (), in accordo con la periodicità di f). Poiché f è periodica di periodo 2 el intevallo[, ] ha ampiezza 2, ilgraficodif è automaticamente noto su tutto R. In figura è rappresentato il grafico della funzione f sull intervallo [ 3, 3]. b) Poiché f è periodica di periodo 2 (per definizione) ed è continua a tratti su [0, 2] (come si vede subito dal suo grafico), la sua serie di Fourier converge quadraticamente ad f su ogni intervallo limitato dell asse reale. Poiché f è anche monotona a tratti su [0, 2] (come si vede, di nuovo immediatamente, dal suo grafico), la sua serie di Fourier converge puntualmente su tutto R alla funzione regolarizzata f di f, il cui grafico è riportato nella figura sottostante, sempre per x [ 3, 3]. Analiticamente, f è periodica di periodo 2 e per ogni x [, ] risulta 2 5 f (x) = se x = 5 oppure x = 5 (punti di discontinuità di f) f (x) altrimenti (punti di continuità di f), in quanto e f = lim x (/5) f (x)+lim x (/5) + f (x) = 0+/5 = f = lim x ( /5) f (x) + lim x ( /5) + f (x) = /5+0 = c) Per quanto appena discusso circa la convergenza puntuale, si ha a 0 + (a n cos (nx)+b n sin ( nx )) = f (x) n=1

3 per ogni x R (dove a 0,a n,b n sono ovviamente i coefficienti di Fourier di f). In particolare, per x = /5 si ottiene a 0 + a n cos n + b n sin n = 5 5 f = 2 5 5, n=1 cioè la serie di Fourier di f in x = /5 converge a 2/5. Osserviamo che nelle scritture precedenti della serie di Fourier di f si sarebbero potuti sopprimere i termini contenenti b n, in quanto la parità di f implica b n =0per ogni n. d) Il polinomio di Fourier di ordine 1 di f (cioè la ridotta di ordine 1 della serie di Fourier di f)è 1 S 1,f (x) =a 0 + (a n cos (nx)+b n sin (nx)) = a 0 + a 1 cos x + b 1 sin x, n=1 dove a 0,a 1,b 1 sono ovviamente i primi coefficienti di Fourier di f. Poichéf è pari, risulta a 0 = 1 f (x) dx = 1 ( x) dx = 1 ( x) 2 = 1 0 /5 2 2 (/5)2 = 8 25, /5 a 1 = 2 f (x)cosxdx= 2 ( x)cosxdx= 2 [( x)sinx] /5 0 /5 + sin xdx /5 = 2 sin 5 5 [cos x] /5 = 2 5 sin 5 cos +cos 5 = 8 5 sin cos 5 e b 1 =0. Dunque S 1,f (x) = sin cos cos x. 5 Esercizio 2 Siccome l insieme piano A (rappresentato in figura) ha interno non vuoto, cerchiamo innanzitutto gli eventuali estremi locali di f sull interno di A. Poiché l interno di A è un aperto, gli eventuali punti di estremo locale di f sull interno di A devono essere punti critici per f (cheèdiclassec su tutto R 2 ). D altra parte, f non ha punti critici (né su A,nésuR 2 ), in quanto il suo grafico è un piano non orizzontale (più precisamente, f (x, y) =(2, 3) = (0, 0) per ogni (x, y)). Dunque f non ha estremi (nélocalinéassoluti)sull interno di A. Di conseguenza, poiché se un punto di estremo locale di f su A sta sulla frontiera di A allora è punto di estremo di locale per f ristretta alla frontiera di A, gli estremi (locali e/o assoluti) di f su A sono da ricercarsi tra gli

4 estremi vincolati (locali e/o assoluti) di f sulla frontiera di A. Siccome la frontiera di A è unione di curve facili da parametrizzare (nella fattispecie segmenti), conviene cercare gli estremi di f sulla frontiera di A studiando direttamente la restrizione di f ai quattro segmenti OP 1 : x =0 y [0, 6], OP 3 : x [0, 3] y =0 x 0, 12, P 1 P 2 : 7 y = 1 2 x +6, P 2P 3 : x 12 7, 3 y = x +12 dove gli intervalli in cuivaria x per descrivere P 1 P 2 e P 2 P 3 sono individuati (come si vede bene dalla figura) dalle ascisse di P 1 (0, 6),P , 36 7,P3 (3, 0); si ottengono rispettivamente le funzioni f (0,y)=3y, y [0, 6], f (x, 0) = 2x, x [0, 3], f x, 1 2 x +6 = 1 2 x +18,x 0, 12 7, f (x, x + 12) = 10x +36,x 12 7, 3, di cui (come si vede ad occhio, oppure derivando) le prime tre sono strettamente crescenti e l ultima è strettamente decrescente, come schematizzato nella seguente figura, dove le frecce indicano il verso secondo cui i valori di f ristretta ai quattro segmenti crescono. Dunque, gli unici punti di estremo di f sulla frontiera di A sono O e P 2 (rispettivamente punto di minimo e punto di massimo, sia locale che assoluto, di f sulla frontiera di A). In definitiva, f non può avere punti di estremo su A diversi da O e P 2 e, poiché f ammette massimo e minimo assoluti su A (per il teorema di Weierstrass), questi non possono che essere assunti in O e P 2. Dunque gli unici punti di estremo locale di f su A sono O e P 2. L ultima figura mostra il grafico di f sull insieme A.

5 Esercizio a) Poiché la funzione tangente non è definita in 2 + k,k Z, il dominio di F è l insieme dei punti (x, y) tali che x 2 + y 2 = 2 + k, ossia x 2 + y 2 =2 +k, dove è sufficiente prendere k N in quanto x 2 + y 2 è non negativo. Dunque dom F = (x, y) R 2 : x 2 + y 2 =2 +k, k N. Geometricamente, si tratta del piano privato delle circonferenze di raggi 2 +k con k =0, 1, 2,... b) Ricordando che un campo irrotazionale (di classe C 1 ) è conservativo su ogni aperto semplicemente connesso del proprio dominio (lemma di Poincaré), calcoliamo F 2 = y + y tan x2 + y 2 = y tan x2 + y 2 x = y 1+tan y 2 x x x x 2 F 1 = x tan x2 + y 2 = x tan x2 + y 2 x = x 1+tan y 2 y y y y 2. Poiché risulta F 2 x = F 1 y ovunque in dom F, ilcampof è conservativo su ogni aperto semplicemente connesso contenuto in dom F, ad esempio sul cerchio di centro l origine e raggio 2. Dunque possiamo scegliere A = (x, y) R 2 : x 2 + y 2 < 2. c) Poiché F è conservativo su A,esisteU : A R (di classe C 2 )taleche U = F ovunque su A,ossia U x (x, y) =F 1 (x, y) =x tan x2 + y 2 U e y (x, y) =F 2 (x, y) =y + y tan x2 + y 2. Fissando y ed integrando la prima uguaglianza rispetto a x, otteniamo U (x, y) = x tan x2 + y 2 sin t dx =2 tan tdt=2 dt = 2log cos t + k (y) cos t = 2log cos x2 + y 2 + k (y) dove si è effettuata la sostituzione t = x2 +y 2, dt = x 2 dx, e si è poi tenuto conto del fatto che (x, y) A implica x2 +y 2 < 2 e quindi cos x2 +y 2 > 0. La costante arbitraria k dipende naturalmente dalla variabile y momentaneamente fissata. Imponiamo ora la seconda uguaglianza. Poiché U y (x, y) = 2 1 sin x2 + y 2 y cos x2 +y k (y) =y tan x2 + y 2 + k (y), la seconda uguaglianza diventa y tan x2 + y 2 + k (y) =y + y tan x2 + y 2, che significa k (y) =y e quindi k (y) = y2 + c con c R costante arbitraria. 2 In definitiva, i potenziali di F su A sono le funzioni U (x, y) = 2log cos x2 + y 2 + y2 + c con c R costante arbitraria. 2

6 d) La curva γ : x = t 1 y = 1 8 t2, t [ 1, 1] è l arco di parabola y = 1 8 (x +1)2 che parte dal punto γ ( 1) = 2, 1 8 e termina nel punto γ (1) = 0, 1 8. Poiché il sostegno di γ è contenuto in A ed F è conservativo su A, il teorema di indipendenza del lavoro dal percorso fornisce F dp = U (γ (1)) U (γ ( 1)) γ = 2log cos (1/8)2 + (1/8)2 +2log cos +(1/8)2 2 = 2 log cos 257 log cos (1/8)2 2