Matematica III Corso di Ingegneria delle Telecomunicazioni Prova scritta del 04-06-007 Esercizio. (8 punti) Si consideri il seguente campo vettoriale F = + y + z i y ( + y + z ) j z ( + y + z ) k a) (5 punti) determinare se è irrotazionale e conservativo e, in caso affermativo, esibire una funzione f che verifichi F = f; Il campo F = F i+f j+f 3 k come sopra è ben definito per ogni (x, y, z) R 3. Per verificare che è irrotazionale verifichiamo che la -forma associata a F sia chiusa. A tale scopo bisogna verificare le uguaglianze che diventano nel nostro caso F y = F x F z = F 3 x F z = F 3 y y ( + y + z ) = y ( + y + z ) z ( + y + z ) = z ( + y + z ) 8 yz ( + y + z ) 3 = 8 yz ( + y + z ) 3 quindi F è irrotazionale. Poiché si tratta di un campo irrotazionale su R 3 che è un insieme semplicemente connesso, allora è anche conservativo. Per trovare una f : R 3 R che verifichi F = f, dall equazione f (x, y, z) = x + y + z ricaviamo e sostituendo in f(x, y, z) = + y + g(y, z) + z f y (x, y, z) = y ( + y + z )
otteniamo da cui possiamo scegliere Abbiamo quindi Sostituendo in f(x, y, z) = f z g (y, z) = 0 y g(y, z) = h(z) + y + z + h(z) x z e (x, y, z) = ( + y + z ) troviamo che possiamo scegliere h(x) 0. Quindi una soluzione di f = F è f(x, y, z) = + y + z b) (3 punti) calcolare il lavoro svolto dal campo F per trasportare un punto massa dal punto P = O al punto Q = i + k Poiché il campo è conservativo, il lavoro svolto lungo una curva dipende solo dal punto iniziale e finale. Se quindi γ è una qualsiasi curva da P a Q, troviamo F e ds = f(q) f(p ) γ per ogni funzione f che verifica f = F. Usando la f trovata nel punto a), abbiamo F e ds = f(, 0, ) f(0, 0, 0) = e γ Esercizio. (8 punti) Sia S la superficie in R 3 data da S = { (x, y, z) R 3 : (y ) = x + z } a) (3 punti) determinare l equazione parametrica del piano tangente a S nel punto P = i + 3j; Parametrizziamo la superficie S tramite ϕ : (t, θ) K R (x, y, z) R 3
dove K = {(t, θ) : t, θ [0, π]}, ponendo x(t, θ) = (t ) cos θ y(t, θ) = t z(t, θ) = (t ) sin θ Troviamo quindi che le colonne della matrice jacobiana Dϕ(t, θ) sono ϕ t (t, θ) = cos θ (t ) sin θ (t ) ϕ θ (t, θ) = (t ) sin θ 0 (t ) cos θ e ricordiamo che formano la base dello spazio tangente alla superficie. Poiché P = ϕ(3, 0), l equazione parametrica del piano tangente a S in P è data da 0 π S (P ) : 3 + u + 0 v u, v R 0 0 b) (5 punti) calcolare l integrale x dy dz + z dx dy S {y } Usando la parametrizzazione del punto a), possiamo scrivere x dy dz + z dx dy = x dy dz + z dx dy S {y } ϕ(k {t }) Inoltre, usando il vettore normale ϕ t ϕ θ o sostituendo la parametrizzazione, troviamo dy dz = (t ) cos θ dt dθ dx dy = (t ) sin θ dt dθ quindi, sostituendo le due relazioni sopra, e scrivendo x(t, θ) e z(t, θ) al posto di x e z, l integrale diventa ( (t ) cos θ + (t ) sin θ ) dt dθ = K {t } π = 0 dθ (t ) dt = π 3
Esercizio 3. (0 punti) Classificare le singolarità della funzione f(z) = ez z 3 (z 9) e calcolare + B(,3) f(z) dz f(z) dz + B(3,) Il denominatore della f si annulla nei punti z 0 = 0, z = 3 e z = 3. Mentre il numeratore si annulla in z 0. Allora poiché z 9 = (z 3)(z + 3) otteniamo che z è polo di ordine, potendo scrivere per z f(z) = g (z) z 3 con g olomorfa in z e tale che g (3) 0. Lo stesso ragionamento si ripete per z che quindi è polo di ordine. Per quanto riguarda z 0 = 0, scriviamo f(z) = e z z z(z 9) = g 0(z) z con g 0 (z) olomorfa in z 0 e tale che g 0 (0) = 9, essendo g 0 (z) = ez z(z 9) e ricordando che ez z per z 0. Quindi z 0 è polo di ordine per f. Calcoliamo ora l integrale usando il teorema dei residui. Il primo termine dipende solo dai residui di f nelle singolarità interne a + B(, 3), che sono z 0 e z. Quindi f(z) dz = πi (Res(f, 0) + Res(f, 3)) + B(,3) Il secondo termine dipende solo dai residui di f nelle singolarità interne a + B(3, ), che è solo z. Quindi f(z) dz = πi Res(f, 3) + B(3,) Mettendo insieme i due termini si trova quindi f(z) dz f(z) dz = πi Res(f, 0) + B(,3) + B(3,) 4
Calcoliamo il residuo di f in z 0 = 0. Dalla formula per i residui abbiamo, usando il fatto che si tratta di un polo di ordine e l espressione f(z) = g 0 (z)/z di prima, Res(f, 0) = g 0(0) g 0 (z) g 0 (0) = lim = lim z 0 z z 0 9e z 9 + z 3 9z 9z (z 9) = 8 Quindi + B(,3) f(z) dz f(z) dz = πi Res(f, 0) = πi + B(3,) 9 Per il calcolo del residuo, si poteva anche usare l espansione in serie dell esponenziale e cercare il coefficiente del termine z nell espressione in serie per f. Esercizio 4. (0 punti) Un fungo spaziale è arrivato accidentalmente sulla Terra e inizia a riprodursi velocemente. S(t) determina in metri quadrati la superficie della Terra invasa dal fungo e S >> indica l intera superficie terrestre, la legge di riproduzione del fungo è data da { x s < S x (t) = (S x) s S x(0) = Determinare, in funzione di S, i tre istanti di tempo t, t, t 3 che impiega il fungo a ricoprire rispettivamente metà di S, due terzi di S e l intera superficie terrestre. Poiché x(0) = << S, inizialmente il fungo si riprodurrà usando la legge x (t) = x, con dato inizial(0) =. Separando le variabili e integrando troviamo x(t) t y dy = ds 0 da cui x(t) = t per t <. In t = la soluzione esplode a infinito, ma sappiamo che appena raggiunge il valore S cambia la legge di evoluzione e quindi non è più valida questa espressione. Determiniamo l istante di tempo t in cui x(t ) = S. Si trova t = S t = S 5
Pet t > t, il fungo si riprodurrà usando la legg (t) = (S x), con dato inizial(t ) = S. Separando le variabili e integrando troviamo x(t) S t (S y) dy = t ds da cui x(t) = S t + 4 S per t > t. Notiamo che essendo t > 4 S la soluzione esiste per ogni t > t. Determiniamo l istante di tempo t in cui x(t ) = S 3. Si trova S t + 4 S = S 3 t = S > t Per determinare l istante di tempo t 3 in cui x(t 3 ) = S, ponendo S t 3 + 4 S = S t 3 = Quindi il fungo non riuscirà a ricoprire tutta la Terra in tempo finito. Osserviamo che la cosa si poteva anche evincere dal fatto che l equazione differenziale x (t) = (S x) ammette soluzioni localmente uniche, e x(t) S è soluzione. Quindi se per il fungo x(t) < S a un certo istante, sarà x(t) < S per ogni t R. 6