I appello - 24 Marzo 2006

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 I appello - 24 Marzo 2006 Risolvere gli esercizi motivando tutte le risposte. I.) Studiare la convergenza puntuale, uniforme e totale della serie: n= x n e nx, x R. I.2) Risolvere il seguente problema di Cauchy: y 2y + 5y = 0 y(0) =, y (0) =. I.3) Determinare, se esiste, il piano tangente al grafico della funzione f(x, y) = arctg(x + 2y) nel punto (, 0). Svolgimento I.) Se x < 0 la serie è a termini negativi e il termine generale è un infinito, dunque la serie diverge a. Se x = 0 la serie converge a zero, se invece x > 0 per il criterio del rapporto la serie converge: infatti Siccome poi lim x n + e x(n+) n x = lim e nx sup f n (x) = f n (/n) = x 0 n 2 e n n + e x = e x <. la serie data converge anche totalmente e dunque anche uniformemente. I.2) L equazione caratteristica associata alla equazione differenziale vale z 2 2z + 5 = 0 che ammette come soluzioni z = ± 2i. Pertanto l integrale generale della equazione differenziale è dato da: Derivando si ottiene: y(x) = c e x cos(2x) + c 2 e x sin(2x). y (x) = c e x cos(2x) 2c e x sin(2x) + c 2 e x sin(2x) + 2c 2 e x cos(2x).

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 2 Imponendo i dati iniziali: y(0) = c = y (0) = c + 2c 2 = ; c 2 = 0 y(x) = e x cos(2x). I.3) La funzione f C (R 2 ), dunque essendo in particolare differenziabile ammette il piano tangente in ogni suo punto. In particolare il piano tangente ha equazione z = f x(, 0)(x ) + f y(, 0)y + z 0, dove z 0 = f(, 0) = π 4. Il gradiente della funzione è dato da: f = (f x, f y) = ( + (x + 2y), 2 2 + (x + 2y) ) 2 f(, 0) = ( 2, ). L equazione del piano tangente è: z = 2 x + y + π 4 2.

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 3 II appello - 2 Aprile 2006 Risolvere gli esercizi motivando tutte le risposte. II.) Trovare massimi e minimi assoluti di f(x, y) = e x2 +y 2 2 x2 y 2 su D = {(x, y R 2 : 3x 2 + 4y 2 4, y 2 }. II.2) Risolvere il seguente problema di Cauchy y = xy2 4x 3 + y 3 xy 2 y() = 2 II.3) Sia Ω = (R + ) 2, e ω = P (x, y)dx + Q(x, y)dy = (3x2 y 2 )(x 2 + y 2 ) x 2 y dx + (3y2 x 2 )(x 2 + y 2 ) dy. xy 2 Mostrare che ω è chiusa ed esatta in Ω e trovarne le primitive. γ(t) = (t + cos 2 t, + sin 2 t), t [0, π/2]. Calcolare ω, dove γ Svolgimento II.) L insieme D è un compatto, la funzione f è di classe C (D) e dunque ammette massimi e minimi assoluti per il teorema di Weierstrass. L insieme D è costituito dai punti interni all ellisse di semiassi a = 2 3/3, b = che si trovano ad una quota non minore di /2. Possiamo allora esprimere D nella sequente forma D = {(x, y) : x 2 3/3 cos(t), /2 y sin(t), t [π/6, π/2]}. Inoltre, sia la funzione che l insieme D sono simmetrici rispetto all asse delle y e dunque basta esaminare ciò che accade nel primo quadrante. Sia D la parte di D che si trova nel primo quadrante. Se deriviamo parzialmente la funzione f otteniamo f x (x, y) = x(2e x2 +y 2 ) f y (x, y) = 2y(2e x2 +y 2 ).

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 4 L unico punto in cui si annulla il gradiente di f è l origine che però non è un punto interno di D. Ne segue che massimi e minimi assoluti vanno cercati nella frontiera di D, o meglio tra i punti [0, ] {/2} e x = 2 3/3 cos(t), y = sin(t), t [π/6, π/2]. Iniziamo a valutare la funzione g : [0, ] R definita da g(x) = f(x, /2) = e x2 +/4 2 x2 4. Risulta g (x) = x(2e x2 +/4 ); la derivata è positiva nell aperto ]0, [ e dunque la funzione g è crescente. Ne deriva che (0, /2) è un candidato per essere un minimo assoluto di f, mentre (±, /2) sono candidati come massimi assoluti. Studiamo ora la funzione h : [π/6, π/2] R definita da h(t) = f(2 3/3 cos(t), sin t) = e 4/3 cos2 (t)+sin 2 (t) 6 cos2 (t) sin 2 (t). Risulta h (t) = 2/3 cos(t) sin(t)(e 4/3 cos2 (t)+sin 2 (t) + ). Nell intervallo considerato tutti i fattori sono positivi e quindi, visto il segno meno, la funzione h è decrescente, ne segue che i punti (±, /2) sono candidati come massimi assoluti per f e dunque lo sono effettivamente per quanto visto prima; mentre (0, ) è candidato come minimo assoluto per f. Siccome f(0, ) = e > f(0, /2) = 4 e /4, il minimo assoluto è ottenuto nel punto (0, /2). II.2) La funzione f(x, y) = xy2 4x 3 + y 3 è omogenea di grado 0, dunque siamo in presenza xy 2 di una equazione di Manfredi. Dividiamo numeratore e denominatore per x 3 e sostituiamo y/x = t. L eqnazione diventa da cui y (x) = t + x dt dx = t2 4 + t 3 t 2, t 2 t 2 4 dt = x dx. Se t = ±2, y = ±2x sono soluzioni della equazione differenziale data; inoltre y = 2x soddisfa anche il dato iniziale. Se invece t ±2 allora, le altre soluzioni della equazione differenziale sono date da: t 2 t 2 4 dt = + 4 t 2 4 t + log t 2 t 2 x dx dt = log x + C = log x + C. Queste ulteriori soluzioni non soddisfano la condizione y() = 2 e dunque l unica soluzione del problema di Cauchy è y = 2x.

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 5 II.3) Osserviamo innanzitutto che, per ogni (x, y) Ω, P (y, x) = Q(x, y) e quindi, banalmente P y = Q x. Siccome P, Q C (Ω) questo prova che ω è chiusa. Siccome poi P, Q sono positivamente omogenee di grado, ω ammette primitive date da F (x, y) = 2 (xp (x, y) + yq(x, y)) + k = (x2 + y 2 ) 2 xy + k. Risulterà allora γ ω = F (π/2, 2) F (, ) = (π2 /4 + 4) 2 4. π

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 6 III appello - 28 Giugno 2006 Risolvere gli esercizi motivando tutte le risposte. III.) Studiare, per ogni z C, il comportamento della serie n= z n n. III.2) Dato il problema di Cauchy y = t 2 + y 2 y(0) = verificare che ammette una ed una sola soluzione. Di tale soluzione si determinino i primi cinque termini dello sviluppo in serie di Mac Laurin. III.3) Calcolare l area dell insieme piano T racchiuso dalle curve ρ(θ) = θ/π (spirale di Archimede) con θ [0, 2π] e dal semiasse positivo delle x. Svolgimento III.) Banalmente si dimostra che il raggio di convergenza della serie è r = e dunque la serie converge nei punti del piano complesso interni al disco di convergenza, mentre non converge al di fuori del disco. Restano da studiare i punti z = cos t + i sin t, con t [0, 2π[, che rappresentano i punti della frontiera del disco di convergenza. In tali punti la serie diventa n= cos nt n + i n= sin nt n. Per t = 0 la parte reale diverge mentre la parte immaginaria tende a zero, dunque la serie non converge. Se invece t 0, allora per il criterio di Dirichlet, applicato alle serie trigonometriche, le due serie convergono. III.2) Verifichiamo innanzitutto le ipotesi del teorema di esistenza ed unicità. Risulta f y (t, y) = 2y e dunque f, f y sono continue in R 2, dunque il problema ammette una sola soluzione.

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 7 Ponendo t = 0 nell equazione differenziale si ottiene y (0) = e derivando poi la stessa rispetto a t, fino all ordine quattro, si ottiene y (t) = 2t + 2yy y (0) = 2 y (t) = 2 + 2(y ) 2 + 2yy y (0) = 8 y iv (t) = 6y y + 2yy y iv (0) = 28. Quindi il polinomio di quarto grado che approssima la soluzione del problema di Cauchy é il seguente: p 4 (t) = + t + t 2 + 4 3 t3 + 7 6 t4. III.3) Si deve calcolare l area della regione T la cui frontiera ha equazioni parametriche x(θ) = θ cos θ, x = t, π l = y(θ) = θ sin θ, θ [0, 2π], l 2 = t [0, 2] y = 0. π Pertanto l area A della regione T è data da: A = [ ] xdy ydx + xdy ydx = 2 l l 2 = 2π ( θ sin θ 2 π cos θ π + θ ) π cos θ θ ( cos θ π sin θ π = 2 0 2π 0 θ 2 π 2 dθ = 4 3 π θ ) π sin θ dθ =

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 8 IV appello - 7 Settembre 2006 Risolvere gli esercizi motivando tutte le risposte. IV.) Trovare una soluzione particolare della equazione differenziale y + 2y + 3y = 2e 3x. ne n n = 0, 2, 4, 6,... IV.2) Sia f n = 0 n =, 3, 5, 7, 9,.... Studiare la convergenza e la somma della serie: f n z n. IV.3) Scrivere matrice Jacobiana, versore normale ed elemento d area della superficie z = x 2 y 3. Svolgimento IV.) Stiamo cercando una soluzione del tipo y(x) = ce 3x. Derivando due volte e sostituendo nella equazione differenziale si ottiene: e pertanto la soluzione cercata è y = 9e 3x. e 3x (9c + 6c + 3c) = 2e 3x IV.2) Poniamo w = /z e studiamo la serie di potenze F (w) = n= f nw n. Per calcolare il suo raggio di convergenza calcoliamo max lim n f n = lim n ne n = lim e n log n e = e. Pertanto il raggio della serie di potenze è r = e. Calcoliamo ora la sua somma nell aperto del disco di convergenza. Fissato w C tale che w < e esisterà ρ > 0 con w ρ < e

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 9 e dunque possiamo derivare per serie: F (w) = = w 2n(e) 2n w 2n = 2n( w e )2n = w d dw (w e )2n = w d dw = w d e 2 dw e 2 w = 2 e 2 w 2 2 (e 2 w 2 ). 2 2n( w e )2n e = ( w2 e 2 )n = w d dw w 2 /e 2 = Torniamo ora alla serie di partenza in z, essa convergerà per z C tale che z > /e e la sua somma sarà e 2 z 2 F (z) = 2 (e 2 z 2 ). 2 IV.3) Siccome la funzione f(x, y) = x 2 y 3 è differenziabile la superficie z = f(x, y) è regolare. Parametrizziamo la superficie: La matrice Jacobiana è data da: J(t, u) x = t y = u z = f(t, u) = t 2 u 3. 0 2tu3 0 3t 2 u 2 Il versore normale e l elemento d area sono pari a: ( n = i f + f 2 t j f ) u + k = ( i2tu 3 j3t 2 u 2 + ) k + 4t2 u 6 + 9t 4 u 4. ds = + f 2 = + 4t 2 u 6 + 9t 4 u 4.

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 0 V appello - 28 Settembre 2006 Risolvere gli esercizi motivando tutte le risposte. V.) Trovare una soluzione particolare della equazione differenziale 2y + y + 2y = 3 sin(2x). e n n = 0, 4, 8, 2,... V.2) Sia f n = n n =, 3, 5, 7, 9,.... 0 altrimenti Studiare la convergenza e la somma della serie: f n z n. V.3) Calcolare l area della superficie di rotazione ottenuta facendo ruotare intorno all asse z la curva di equazione x = e z, 0 z posta nel piano xz. Svolgimento V.) Stiamo cercando una soluzione del tipo y(x) = a sin(2x)+b cos(2x). Derivando due volte e sostituendo nella equazione differenziale si ottiene: e pertanto la soluzione cercata è y(x) = a sin(2x) + b cos(2x) y (x) = 2a cos(2x) 2b sin(2x) y (x) = 4a sin(2x) 4b cos(2x) 6b + 2a = 0 6a 2b = 3 y(x) = 9 20 sin(2x) 3 20 cos(2x). V.2) Poniamo w = /z e studiamo la serie di potenze F (w) = n= f nw n. Per calcolare il suo raggio di convergenza calcoliamo max lim n f n = lim n e n = e.

Facoltà di Ingegneria - Corso di Laurea in Ing. Energetica e Gestionale A.A.2005/2006 Pertanto il raggio della serie di potenze è r = e. Calcoliamo ora la sua somma nell aperto del disco di convergenza. Fissato w C tale che w < e esisterà ρ > 0 con w ρ < e e dunque possiamo derivare per serie: F (w) = = w f n w n = f 2n+ w 2n+ + (2n + )w 2n + = w d dw ( w f 4n w 4n = ( ) e 4 n = w ) (w 2 ) n + = w + w2 ( w 2 ) 2 + e 4 w 4. w 4 e 4 w 4 = w d dw (2n + )w 2n+ + d dw w2n+ + e 4 w = 4 ( w ) + w 2 e 4n w 4n = e 4 w 4 = Torniamo ora alla serie di partenza in z, essa convergerà per z C tale che z > e e la sua somma sarà F (z) = z z2 + (z 2 ) 2 + z4 z 4 e 4. V.3) Se scriviamo la z in funzione della x otteniamo che la curva generatrice ha equazione z = log x, x [/e, ]; le sue equazioni parametriche saranno date pertanto da: x = φ(t) = t t [/e, ] z = ψ(t) = log t L area della superficie cercata si può esprimere attraverso l integrale: A(S) = 2π = 2π e e φ(t) (φ (t)) 2 + (ψ (t)) 2 dt = 2π + t2 dt. Opearndo la sostituzione + t 2 = t + y si ottiene: e t + t 2 dt = A(S) = π (e 2 (+ + 2) + e e 2 e 2 log( + + e 2 ) log(e 2 ( ) 2 )). 2