Esame di Matematica II Corso di Laurea Triennale in Scienza dei Materiali Esame di Complementi di Matematica Corso di Laurea Triennale in Scienze e Tecnologie Chimiche 18 Luglio 6 Motivare le soluzioni. Risposte prive di spiegazioni non saranno considerate valide. Complementi di Matematica: Risolvere quattro dei primi sei esercizi. Matematica II: Risolvere sei esercizi in sezioni differenti. Il secondo parziale incomincia dall esercizio #7. In questo caso è richiesta la soluzione di tre dei quattro esercizi. 1 Serie Esercizio 1 Calcolare lim x exp(x ) 1 (1 + x ) /5 1 Sia il numeratore che il denominatore tendono a per x. Sviluppiamo il denominatore in serie di Mc Laurin: dato che (1 + y) α = n= ( ) α y n = 1 + α y + n α(α 1) y +, si ha: (1 + x ) /5 = 1 + 5 x 3 5 x4 +. Per il numeratore si ha exp (x ) = 1 + x + 1 x4 +, e dunque lim x exp(x ) 1 (1 + x ) /5 1 = lim x 1 + x + 1 1 + /5x + 1 = 5. 1
Esercizio Calcolare lo sviluppo in serie di Mc Laurin di f(x) := arcsin x, e il raggio di convergenza della serie di potenze così ottenuta. Per risolvere questo esercizio, osserviamo che f = 1 1 x = (1 x ) 1, e dunque lo sviluppo in serie di Mc Laurin di f e ( ) α f = ( 1) n x n, con α = 1 n. n= Integrando termine a termine si ha: arcsin(x) = n= ( 1) n n + 1 ( ) α x n+1 + C. n La costante C è pari a zero, dato che arcsin() =. Per la seconda parte, dobbiamo calcolare il raggio di convergenza della serie n= ( 1) n n + 1 ( α n ) x n+1, α = 1. (1.1) Utilizziamo il criterio del rapporto. Detto b n termine generale della serie (1.1) abbiamo che ρ n := b n+1 = x n+3 n + 1 b n } x n+1 {{}} n {{ + 3 } =x dove è sempre α = 1. Dunque, per n, si ha 1 n! (n + 1)! }{{} =1/n+1 ρ n x α n n + 1 = x n + 1 n + 1. Si ha dunque lim ρ n = x n e dunque il raggio di convergenze è R = 1. α(α 1) (α n) α(α 1) (α n + 1) } {{ } =α n,
Equazioni differenziali Esercizio 3 Risolvere il problema di Cauchy: y + 1 4 y = x 1 y() = 1; y () = (.1) L equazione proposta è lineare, non omogenea del secondo ordine. L integrale generale trova in due passi: 1. Calcolo dell integrale generale della omogenea associata cioè di y + 1 y =. (.) 4. Ricerca di un integrale particolare della non omogenea. Passo 1. Il polinomio caratteristico associato alla (.) è P(λ) = λ + 1 4 Le sue radici sono immaginarie, λ ± = ± i, e dunque l integrale generale della omogenea (.) è: y (x) = C 1 sin( x ) + C cos( x ). (.3) Passo. Il termine non omogeneo è il polinomio di primo grado x 1 nella variabile dipendente. Dunque posso cercare una soluzione particolare della (.1) come polinomio ȳ(x) di grado non superiore a 1, ovvero cerco ȳ(x) = a x + b (.4) Dato che ȳ(x) =, sostituendo nella equazione data si ha 1 (a x + b) = x 1 {a = 4, b = 4}. 4 3
Una soluzione particolare della (.1) è dunque ȳ = 4 x 4 e quindi, dato che la soluzione generale si ottiene sommando a questa la soluzione generale (.3) della omogenea associata, si ha che l integrale generale della (.1) è y(x) = C 1 sin( x ) + C cos( x ) + 4 x 4 (.5) Passiamo ora a risolvere il problema di Cauchy proposto. Derivando la espressione qui sopra si ha y = C 1 cos(x ) C sin(x ) + 4 Dunque, il problema ai dati iniziali y() = 1, y () = si traduce nel sistema lineare C 1 C 4 = 1, + 4 =, {C 1 = 8, C = 5}. Dunque la soluzione del problema è data dalla funzione Esercizio 4 Si consideri l equazione differenziale 8 sin( x ) + 5 cos(x ) + 4 x 4. y = x exp (y) (.6) 1 + x a) Dimostrare che questa equazione non ammette soluzioni costanti. b) Trovare i punti stazionari delle soluzioni, e la curva degli zeri della derivata seconda (o curva dei flessi). c) Risolvere il problema di Cauchy associato alla equazione (.6) con dato iniziale y() =, e verificare che la funzione così ottenuta è definita su tutto l asse reale. a) Dato che exp (y) non si annulla mai, non possono esistere soluzioni costanti della (.6); infatti, per una tale soluzione dovrebbe aversi l identità in x x exp (y) =, che è appunto falsa. 1 + x b) Le soluzioni di (.6) avranno un punto stazionario per x = ; inoltre, dato exp (y) che è sempre positivo, il segno della derivata prima delle soluzioni di 1 + x 4
(.6) è dato dal segno di x. Ovvero, la soluzione sarà crescente per x <, e decrescente per x > ; dunque il punto x = è un punto di massimo locale per le soluzioni di (.6). Derivando la (.6) rispetto alla x si ha ( y = 1 + x x + 4 ) x exp(y). 1 + x y (1 + x ) Sostituendo a questa l espressione (.6) per la y, si arriva, dopo qualche calcolo, a y exp (y) = (1 + x ) x exp (y) + x 1. Dunque, la curva dei flessi è data dalla curva exp y = 1 + 1 x, y = log() + log ( 1 x x ). Passiamo al punto c). L equaione (.6) è a variabili separabili; scriviamola, in forma di leibniz, come dy exp( y) = x 1 + x Integrando a destra e sinistra si ottiene exp( y) = log(1 + x ) + C y = log(log(1 + x ) + C). Il problema di Cauchy si risolve considerando la equazione (per la costante C) = log(log(1) + C) C = 1 e dunque la soluzione del problama di Cauchy è y(x) = log(log(1 + x ) + 1). 3 Geometria nello spazio Esercizio 5 a) Scrivere l equazione del piano π sotteso dai vettori v 1 = 3 i + j; v = i + j + k. 5
b) Scrivere l equazione del piano π, parallelo a π e passante per il punto A (,, ). c) calcolare la distanza tra i punti P ep di intersezione tra la retta r di equazioni parametriche e i due piani in questione. {x = t 3, y = 3 t, z = t} Il piano π sotteso dai vettori dati è quello passante per i punti P 1 = (3,, ), P = (1, 1, 1) e l origine. La sua equazione Cartesiana è dunque data da x y z Det 3 =, x 3 y + z =. (3.1) 1 1 1 Per il piano π si può procedere in due modi equivalenti. Il primo consiste nel notare che la giacitura del piano π è determinata dai due vettori dati, ma π passa non per l origine ma per il punto A (,, ). Dunque la sua equazione sarà data, in analogia con (3.), da Det x y z 3 1 1 1 =, x 3 y + z + 6 =. (3.) Il secondo consiste nell osservare che l equazione Cartesiana di tutti i piani paralleli a π è l equazione (dipendente dal parametro d), x 3 y + z + d =. (3.3) Imponendo che il punto A soddifi questa equazione si ha 3 + + d = d = 6. (3.4) Per il punto c), calcoliamo dapprima le coordinate dei punti P e P. Sostituendo le equazioni parametriche della retta r nell equazione Cartesiana di (e.g.) π si ha (t 3) 3(3 t), ( t) =, ovvero 9 t 6 = 6
da cui t = /3, e le coordinate di π sono date da P ( 11/3,, 4/3). Per P si ha (t 3) 3(3 t), +( t) + 6 =, ovvero t 5 =, e dunque P ( 3,, ). La distanza tra P e P sarà data da 1 d = ( 11/3 ( 3)) }{{} + + (4/3) = /3 = ( 56 9 ) 1 = 14. 3 4 Funzioni di più variabili Esercizio 6 Si consideri la funzione F(x, y) := 1 x4 + y 4 xy + x (4.1) a) Scrivere l equazione del piano tangente al grafico di F nel punto (, 1, 1). b) Trovare i punti critici di F e determinarne, per quanto possibile, la natura. a) Calcoliamo le derivate parziali: F x = x 3 y + x; F y = 4 y 3 4 xy. (4.) Nel punto in questione ξ (x =, y = 1, z = F(x, y ) = 1), si ha F x (x, y ) = 1, F y (x, y ) = 1, e dunque l equazione del piano tangente è z 1 = 1 (x + ) + 1 (y 1) 1 x + 1 y z + 9 =. (4.3) b) Per trovare i punti critici cerco i punti nei quali entrambe le derivate parziali si annullano, ovvero risolvo il sistema { Fx x 3 y + x = F y 4 y 3 (4.4) 4 xy =. La seconda equazione di questo sistema si fattorizza in 4y(y x) =, ovvero dà l;e due possibilità y = e/o y x =. 7
Sostituendo y = nella prima delle (4.4) ottengo (dividendo per ) l equazione x 3 + x =, le cui soluzioni sono x = ±1, x =. Sostituendo y = x ottengo x 3 = da cui x =. In totale, abbiamo i tre punti critici, p (, ), p + (1, ), p ( 1, ). L Hessiano di F è dato da [ 6 x + 4 y H F = 4 y 1 y 4 x ]. (4.5) Sostituendo i tre valori dei punti critici abbiamo: H(F) [ ] p =, H(F) [ ] 4 p+ =, H(F) [ 4 4 p = 4 ]. Da questo vediamo che p + è punto di massimo relativo, p è di sella, mentre, con il criterio dell Hessiano, non possiamo dire nulla su p, dato che Det(H(F) p ) =. Possiamo però osservare che F si può scrivere nella seguente forma: F(x, y) = (y x) 1 x4. Dunque, sulla parabola x = y F è negativa (tranne che nell origine p dove si annulla...) e decresce all allontanarsi da p, mentre sulla retta x = è data da y 4, e dunque è positiva e cresce all allontanarsi da p. Quindi anche p è di sella. 8
Esercizio 7 Sia f(x, y) := 1 3 x3 xy + y. Calcolare il valore massimo ed il valore minimo assoluti di f nell insieme chiuso e limitato delimitato dalle rette y = e x =, e dalla parabola y = x. Per prima cosa osserviamo che l insieme in questione (chiamiamolo T), è dato da una sorta triangolo ; se O = (, ), A = (, ) e B = (, 8) sono l origine, l intersezione delle due rette, e l intersezione della parabola con la retta x =, i cateti del triangolo sono i segmenti OA e AB, mentre la ipotenusa è l arco della parabola y = x che va da O a B(si veda la figura, tenendo conto che le scale non sono rispettate). y B=(,8) O A=(,) x Dovremo dunque: 1. Trovare i punti dove il gradiente di f si annulla nell interno di T;. Trovare i punti di massimo e minimo di f sulla frontiera di T 3. Confrontare i valori che f assume nei punti determinati ai passi 1 e. 9
grad(f) = [ f x, f y ] = [x y, x + 1] Quindi il gradiente si annulla (ovvero entrambe le componenti si annullano) per x = 1, y = 1; il valore che f assume in questo punto (chiamiamolo x ) è f(1, 1) = 1 3. Sul segmento s 1 = (y =, x ) la funzione è la cubica f(x, ) = 1 3 x3 ; quindi i punti notevoli sono x 1 = (, ), con f(, ) =, e x = (, ) con f(, ) = 8 3. Sul segmento s = (x =, y 8) la funzione è f(, y) = 8 y, cioè 3 una funzione lineare della variabile y. Su s il massimo è dunque nel punto x, e il minimo nel punto x 3 = (, 8), dove f(, 8) = 8 3 8 = 16 3 Sull arco di parabola p = ( x, y = x ) la funzione è La derivata è φ(x) = f(x, x ) = 1 3 x3 x 3 + x = 5 3 x3 + x, x φ (x) = 5 3 x + x = x(1 3 x), che si annulla (oltre che per x = e dunque nel punto del piano x 1 ) per x = 5, ovvero, nel punto 4 x 4 = ( 5 4, 3 5 ) dove φ(5 4 ) = 3 75.43. Confrontando i valori di f nei punti x i, i =, 1,, 3, 4 si trova che il massimo assoluto di f si ha per (x, y) = (, ) ed è 8, ed il minimo assoluto si ha per 3 (x, y) = (, 8) ed è 16 3. Esercizio 8 Trovare, con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, i punti critici della funzione F(x, y) := xy ln ( 1 + x + y ) sulla curva di equazione x + y xy = 1
Chiamiamo Γ la funzione x + y xy, il cui annullarsi dà l ellissi sulla quale vogliamo (o dobbiamo) cercare i punti estremali di F(x, y). I gradienti di F e Γ sono dati dai vettori F = [y x 1 + x + y, x y 1 + x + y], Γ = [ x y, y x] e dunque il sistema da risolvere sarà: x y = λ( x y) 1 + x + y y x = λ( y x) 1 + x + y x + y xy = (4.6) Osserviamo che possiamo moltiplicare per y la prima, per x la seconda e sottrarre le due; otteniamo quindi il sistema x λ x + y + λ y (x y)(x + y)(1 + λ) y x = λ( y x) (4.7) 1 + x + y x + y xy = La prima di queste equazioni ha soluzioni: a)λ = 1, x, y qualsiasi b)x = y, y, λ qualsiasi c)x = y, y, λ qualsiasi (4.8) Sostituendo la soluzione a) nella (4.6) otteniamo x = y =, che non dà luogo ad alcuna soluzione del nostro problema perchè γ(, ), cioè (, ) non sta sulla curva che a noi interessa. Sostituendo la soluzione b) nella prima delle (4.6) e nella espressione di Γ = otteniamo il sistema y ( 1 + che dà y = ± 3 dunque abbiamo che i punti 1 + y + 3λ) =, 3 y =, (con λ determinato dalla prima di queste due equazioni) e p 1 = ( 3, 3 ), p = ( 3, 3 ) 11
sono estremali di F sull ellissi Γ =. Sostituendo la soluzioni c) di (4.8) sempre nella prima delle (4.6) e nella Γ(x, y) = si ha il sistema y ( 1 + y + λ 1) =,, y = che dà y = ±, (con λ determinato dalla prima di queste due equazioni) e dunque abbiamo che i punti q 1 = (, ),, q = (, ) sono le altre due soluzioni al problema proposto. 5 Integrali multipli Esercizio 9 Calcolare D xda, dove D è la regione di piano definita da arctan( y x ) π, < x + y arctan( y x ) (5.1) La espressione del dominio D suggerisce immediatamente di considerare coordinate polari. Infatti queste sono definite, a partire dalle coordinate cartesiane, da θ = arctan( y x ), ρ = x + y. (5.) La trasformazione inversa è, come ben noto, x = ρ cosθ, y = ρ sin θ. (5.3) Per finire ricordiamo che l elemento d area nelle coordinate polari è da = ρ dρ dθ. (5.4) Nel piano (ρ, θ), vediamo, dalla definizione data dalla 5.1 del dominio D, che esso ha la forma di un triangolo: D = {(ρ, θ) tali che θ π, e < ρ θ}. 1
L integrando (grazie alle (5.3, 5.4) diventa ρ cosθ dρ dθ e dunque il problema proposto si riduce a calcolare ( I = ρ < ρ < θ cosθ ) dρ dθ. θ π Questo integrale si calcola come integrale iterato, integrando prima rispetto a ρ e poi rispetto a θ. Ovvero: π ( θ ) I = cosθ ρ dρ dθ; (5.5) Si ha, dopo l integrazione in d ρ I = π ( 1 3 θ3 cosθ) dθ = ( per parti ) = θ3 3 sin θ π } {{ } = π θ sin θdθ Dopo altre due integrazioni per parti (noiose ma semplici) si arriva al risultato Esercizio 1 Calcolare I = 4 π. x x + y da dove è la regione finita del piano xy compresa tra il semiasse x, y = e la cubica di equazione y = x 3 x. Incominciamo con il renderci conto del fatto che è dato dalla regione finita di piano rapprentata in figura (la curva disegnata (in rosso) è quella di equazione y = x 3 x): 13
. -..1..4.6 x.8 1 -.1 -. -.3 Quindi, analiticamente, si ha := {(x, y) tali che x 1, x 3 x y }. Anche questo integrale si calcola come integrale iterato, prima rispetto alla y e poi alla x, ovvero 1 ( ) d y I = x dx. (5.6) x 3 x x + y L integrale rispetto a y dà log( x + y ) = log( x ) log x 3 = log x, x 3 x e dunque si ha (posso mettere x = x dato che x varia tra e 1) I = 1 ( ) x log(x) = x log(x) + 1 1 xdx = 1, dove il primo termine è da intendersi nel senso degli integrali impropri, ovvero x log(x) 1 = x log(x) x=1 lim x log(x) ǫ x=ǫ =. 14