Tracce svolte Analisi Matematica 2

Università degli studi di Salerno

Prova scritta di Matematica II
16 Giugno 2010

Gli studenti che devono sostenere l’esame da 9 CFU risolvano i quesiti numero 3-4-5-6-7-8-9

Gli studenti che devono sostenere l’esame da 6 CFU (con geometria) risolvano i quesiti numero 1-2-4-5-9

Gli studenti che devono sostenere l’esame da 6 CFU (senza geometria) risolvano i quesiti numero 4-5-7-9

Quesiti

1. Sottospazi vettoriali

3R1. In si considerino i seguenti sottospazi vettoriali: 3(1, −1, −2) ∈ R |V = 2) , (3, 0, , W = (x, y, z) x + 4y + 2z = 0 .⊥

(a) Calcolare la dimensione ed una base di V ;∩

(b) Calcolare la dimensione ed una base di V W .

2. Endomorfismo

3R , la cui matrice rappresentativa è data da:2. Dato l’endomorfismo di ⎞⎛ −hh 2 ⎠⎝ −12 2A = ,2−1 −2h 1∈ R,

(a) Calcolare, al variare di h la dimensione ed una base di ker f e Im f ;∈ R R;

(b) Dire per quali valori di h l’endomorfismo dato è ortogonalmente diagonalizzabile su

(c) Per h = 1, calcolare una base per ogni autospazio.

3. Serie numerica

Studiare la convergenza e, se possibile, calcolare la somma della seguente serie numerica:

∞ 2 −n 1 sin (n + 5) .5n log n + nn=1∈ R

4. Punti critici

Stabilire per quali valori di k la funzione 3 2 2− − −f (x, y) = (k + 10)x 3kx + (k + 8)(xy 4x + y) 3y31 , ). Per il valore di k determinato, stabilire inoltre la natura delha come punto critico A = (− 2 2punto A e degli eventuali altri punti critici di f (x, y).

5. Problemi

Risolvere i seguenti problemi: 1√ cos x2 − − −1.√ = 0; uy y cos x) + 2 y y cos x + u = 1, u (0) = 0, u (x) dx =( y 0

6. Integrale curvilineo

Determinare il valore del seguente integrale curvilineo:

−4x 3y ds,−3x 4yγ

dove la curva γ ha la seguente rappresentazione parametrica:

2x(t) = 3t + 6t + 7, ≤ ≤γ : 0 t 1.2y(t) = 4t + 8t + 7,

7. Forma differenziale

Si consideri la forma differenziale: 2 3 ω(x, y) = dx + dy.3 34 4(2x + 3y) (2x + 3y)

(a) Stabilire se la forma è esatta e, in caso affermativo, determinare la primitiva che assume il valore 4 nel punto (8, 0);

(b) Calcolare ω,γ dove γ è la curva di equazioni:

x (t) = 1 + cos t, ∈t [0, π] .y (t) = 2 + 2 sin t,

8. Flusso del campo vettoriale

Determinare il flusso del campo vettoriale:

2 2− −xyy y, + 3y + xF(x, y) = x

attraverso la frontiera del seguente insieme:

2 2yx2 2 2 2 2≤ − ≥ ≥∈ R + 1, x: + y 4x + 3 0, x + y + 4x + 3 0 .D = (x, y) 16 9

9. Integrale

Calcolare il seguente integrale:

|y − x| dxdy,D

dove il dominio D è:

2x2 2 2 2∈ R ≥ ≤D = (x, y) + y: 1, x + y 9 .4

10. Facoltativo

(Facoltativo) Studiare il carattere e determinare la somma della seguente serie di potenze:

∞ n n2 + 4 n−1x .n8n=1

Svolgimento

1. Sottospazi vettoriali

⊥∈1. Tenendo conto che v = (x, y, z, t) V se e solo se v è ortogonale a una base di V , si ha che: −x y + 2z = 0,⊥V : −3x 2z = 0,32 ⊥ ⊥∈ R,le cui soluzioni sono le terne x, 4x, x , x da cui si ricava che dim V = 1 e una base di V 32è B = 1, 4, .⊥V

Il generico vettore v di V può essere scritto come combinazione lineare dei generatori di V dati −a, −(che sono proprio una base), quindi v = (a + 3b, 2a 2b). Imponendo l’appartenenza a W , si ottiene l’equazione: − − ⇔a + 3b 4a + 2 (2a 2b) = 0 a = b.

Quindi, ∩ {(4a, −a, | ∈ R}V W = 0) a , {(4, −1,∩ ∩ = 0)}.da cui si ricava che dim V W = 1 e una base di V W è BV ∩W∈ R.

2. Endomorfismo

Calcoliamo il rango di A al variare di h A tal fine calcoliamo il determinante di A, ovvero:

3−8 .det A = + 8hR ∀ ∈ R {1}.

Osservando che det A = 0 su se e solo se h = 1, deduciamo che rkA = 3 h. Quindi, in tali casi, si ha che dim Im f = rkA = 3 ed una base di Im f è data dalle colonne di A, cioè 2−1) −1, −2h , (−h, 2, 1) , o più semplicemente si può prendere in questo caso B = (h, 2, , 2,Im f 3Rla base canonica di . Ne segue che dim ker f = 0 e ker f non ha base.

Nel caso h = 1, la matrice ⎛ ⎞A diventa −11 2⎝ ⎠−12 2A = , (1)−1 −2 1|A |e, osservando che = 0, si ha che dim Im f = rkA = 2 ed una base di Im f è data dalle1,2;1,2 {(1, −1) −1, −2)}.prime due colonne di A, cioè B = 2, , (2, Ne segue che dim ker f = 1 ed unaIm f

base di ker f si ottiene risolvendo il sistema lineare ridotto: x + 2y = z,ker f : − −2z,2x y = 43 53− | ∈ R {(3, −4, −5)}.− x, x x , da cui una base di ker f è B =le cui soluzioni sono ker f = x, ker fR

L’endomorfismo è ortogonalmente diagonalizzabile su se e solo se A è simmetrica, quindi deve aversi −h −1,=2−2h = 2, R.che non ha soluzioni, quindi f non è mai ortogonalmente diagonalizzabile su

Per h = 1, la matrice A diventa quella in (1), il cui polinomio caratteristico è dato da: − −11 λ 2 2 3−1 − −|A − = 2λ + λ2 λ 2 λ ,λI| = −1 −2 −1 λ−1,

le cui soluzioni danno gli autovalori 0, 2. Si deduce che ciascun autospazio ha dimensione 1.

Determiniamo una base per ciascun autospazio. L’autospazio V corrisponde al ker f , una cui base 0è stata già determinata. L’autospazio V corrisponde al sistema lineare ridotto:−1 2x + 2y = z,−2z,2x = {(1, −1, −1)}.{(x, −x, −x) | ∈ R} =le cui soluzioni sono x da cui ricaviamo che una base è BV−1

L’autospazio V corrisponde al sistema lineare ridotto:2 −x + 2y = z,− −2z,2x 3y ={(x, −x) | ∈ R}, {(1, −1)}.le cui soluzioni sono 0, x da cui ricaviamo che una base è B = 0,V2

3. Serie numerica

Sia:

2 −n 1 sin (n + 5)a .=n 5n log n + n

La condizione necessaria lim a = 0nnè soddisfatta. Dal momento che:

2 −n 1 sin (n + 5) 1≤ ,5 3n log n + n n

ricordando la serie:

∞ 1 ,3nn=1

che è convergente, si ha che per il criterio del confronto anche la serie assegnata converge.

4. Punti critici

Annullando il gradiente della funzione, si ottiene il sistema:

2 − −f = 3(10 + k)x 6kx + (k + 8)y 4(k + 8) = 0,x −6y= + (k + 8)(x + 1) = 0.f y

Imponendo che A sia un punto critico per la curva, deve essere:

31− ,f = 0,y 2 2

ovvero:

13 ⇔−6( ) + (k + 8)(− + 1) = 0 k = 10.2 2

Per k = 10, la funzione f (x, y) diventa:

3 2 2− − −f (x, y) = 20x 30x + 18xy 72x 3y + 18y.

Calcoliamo le soluzioni del sistema:

2 − −f = 60x 60x + 18y 72 = 0,x −= 18 + 18x 6y = 0,f y

ottenendo i punti stazionari:

3 3 241− , ,A = , B = .2 2 5 5

Poiché −60 + 120x 18H (x, y) = ,−618 allora:

3 311 − −120,− , , =H = 396, f xx2 2 2 2 3 24 −396., =H 5 5

Segue che A e B sono, rispettivamente, un punto di massimo relativo ed un punto di sella.

5. Problemi

Il primo problema è un’equazione differenziale di Bernoulli. Svolgendo il quadrato, si ottiene:

1−−yy (x) + y (x) cos x = (x) cos x,23

che, mediante la sostituzione z (x) = y (x), diventa l’equazione lineare del primo ordine:

2 33 −z (x) cos x = cos x,z (x) + 2 2

la cui soluzione è:

3 sin x−−1 .z (x) = + ce 2

Segue che la soluzione finale è:

233 sin x−−1 .y (x) = + ce 2

Il secondo problema è di Cauchy per un’equazione differenziale a coefficienti costanti non omogenea. −L’integrale generale dell’equazione omogenea associata u u = 0 è:

x −x(x) = c e + c e ,u 0 1 2 −1.

mentre si verifica facilmente che l’integrale particolare dell’equazione data è u (x) = Lapsoluzione dell’equazione è quindi:

x −x −u (x) = u (x) + u (x) = c e + c e 1.0 p 1 2

Imponendo le condizioni imposte dal problema, si ottiene il sistema:

1− c = ,c + c 1 = 0, 11 2 1−e⇔ e−1− − − − −1,c e(e 1) c 1 1 = = .c1 2 2 e−1

La soluzione del problema di Cauchy è quindi:

e1 x −x −e e+ 1.u (x) = − −1 e e 1

6. Integrale curvilineo

Le derivate delle equazioni parametriche sono:

(t) = 6t + 6 = 6(t + 1),x (t) = 8t + 8 = 8(t + 1),y

da cui:

2 2 2 2ds = [x (t)] + [y (t)] dt = 36(t + 1) + 64(t + 1) dt == 10|t + 1|dt = (t + 1)dt,≤ ≤tenendo conto che t + 1 > 0 per 0 t 1.

Quindi,

1− −4x 3y 4x(t) 3y(t) 2 2 ds = [x (t)] + [y (t)] dt =− −3x 4y 3x(t) 4y(t)0γ

1 2 2−4(3t + 6t + 7) 3(4t + 8t + 7)= 10(t + 1)dt =2 2−3(3t + 6t + 7) 4(4t + 8t + 7)01

17 1= 10(t + 1)dt = 10(t + 1)dt =2 2−7t − − −(t14t 7 + 1)0 0

1 11 −10−10 −10dt = log(t + 1)= = log 2.t +1 00

7. Forma differenziale

Dette f (x, y) e f (x, y) le componenti della forma, ovvero:

1 2 2 3 (x, y) = , f (x, y) = ,f 1 23 34 4(2x + 3y) (2x + 3y)

si ha che:

∂f 9(x, y) (x, y)∂f 1 2 −= = ,∂y ∂x 742 (2x + 3y)

per cui la forma è chiusa. Il dominio della forma è:

22 −∈ R x ,: y >D = (x, y) 3

rappresentato in figura:

y2 y x3 x

Tale dominio è semplicemente connesso quindi la forma, oltre ad essere chiusa, è anche esatta.

Detta f (x, y) una primitiva, si deve verificare che:

∂f ∂f= f = f(x, y) , (x, y) .1 2∂x ∂x

Si ottiene quindi facilmente che:

4f (x, y) = 4 (2x + 3y) + c.

La primitiva che vale 4 nel punto (8, 0) si trova imponendo che:

f (8, 0) = 4,−4.da cui c =

La curva γ assegnata è un arco di ellisse, con centro in (1, 2) e semiassi, rispettivamente, a = 1 eb = 2. Tale arco è interamente contenuto nel dominio della forma. Poiché ω (x, y) è esatta, dalteorema di integrazione delle forme differenziali esatte si ottiene che:

√ √4 4− −ω = f (0, 2) f (2, 2) = 4 6 10 .γ

8. Flusso del campo vettoriale

L’insieme D assegnato è il seguente:

y Γ 1D xΓ Γ3 2

Il dominio è composto da un’ellisse E avente centro in (0, 0) e semiassi, rispettivamente, a = 4 ee C , di raggio r = 1 e centri nei punti, rispettivamente, (−2, 0) e (2, 0).b = 3 e da due cerchi, C1 2

Sia n il versore normale a ∂D, ovvero:

−x(y (t), (t))n = ,2 2 [x (t)] + [y (t)]

dove x (t) e y (t) determinano la rappresentazione parametrica di ∂D. Indicate le componenti delcampo F come:

2 2− −xyF = x y y, F = + 3y + x,1 2

il flusso richiesto è:

−x(t), (t))(y 2 2 ·Φ= F·nds = (F , F ) [x (t)] + [y (t)] dt =1 2 2 2+∂D +∂D

[x (t)] + [y (t)] · −x −(F , F ) (y (t), (t)) dt = (F y (t) F x (t)) dt.= 1 2 1 2+∂D +∂D

∪ ∪γ γ , dove:Dato che ∂D = γ1 2 3

x = 4 cos t, x = 2 + cos t,≤ ≤ ≤ ≤γ : 0 t 2π, γ : 0 t 2π,1 2y = 3 sin t, y = sin t, −2x = + cos t, ≤ ≤γ : 0 t 2π,3 y = sin t,

allora:

− −Φ= (F y (t) F x (t)) dt = (F y (t) F x (t)) dt+1 2 1 2++∂D γ 1

− −+ (F y (t) F x (t)) dt + (F y (t) F x (t)) dt =1 2 1 2− −γ γ2 3

2π 22 − −36= 48 cos t sin t 3 sin t 3 cos t + cos t sin t + 9 sin t + 4 cos t 4 sin t dt+0

2π 2 2− −− (2 + cos t) sin t sin t cos t + (2 + cos t) sin t + 3 sin t + 2 + cos t sin t dt+0

2π 2 2− − −− (−2 + cos t) sin t sin t cos t + (−2 + cos t) sin t + 3 sin t 2 + cos t sin t dt =0

2π 2π 2π 2π2 2 2 2− −= 36 sin tdt 3 sin tdt 3 sin tdt = 30 sin tdt =0 0 0 0

2π−t sin t cos t= 30 = 30π.2 0

Allo stesso risultato, si poteva più facilmente giungere applicando il teorema della divergenza. Siha che:

− −Φ= divFdxdy = 3 dxdy = 3(A A A ),E C C1 2D D

dove A , A e A sono, rispettivamente, l’area dell’ellisse E, l’area del cerchio C e l’area delE C C 11 2cerchio C . Quindi,2

2 2 2 −− − = 3 (12π 2π) = 30π.Φ= divFdxdy = 3 πab πr πrD

9. Integrale

Il dominio D relativo al calcolo dell’integrale è il seguente:

y D x

ed è composto dal cerchio avente centro in (0, 0) e raggio 3, e l’ellisse con centro in (0, 0) e semiassi, rispettivamente, 2 e 1. L’integrale può essere calcolato come differenza tra l’integrale esteso al, e quello esteso all’ellisse, I . Si ha che:cerchio, IC E

5 π3 π 34 42 2−= ρ (sin θ cos θ) dθ dρ + ρ (− sin θ + cos θ) dθ dρ =IC π 3π0 0 −4 4

3 √3ρ 5 ππ− 4 4[− cos θ sin θ] = 36= + [cos θ + sin θ] 2,π 3− π3 4 40

5 π1 π 14 42 2−= 2ρ (sin θ 2 cos θ) dθ dρ + 2ρ (− sin θ + 2 cos θ) dθ dρ =IE π 3π0 0 −4 4

1 √3ρ 5 ππ− 4 4=2 [− cos θ 2 sin θ] = 4+ [cos θ + 2 sin θ] 2.π 3− π3 4 40

Di conseguenza, √|y − −x| dxdy = I I = 32 2.C ED

10. Serie di potenze

Per il raggio di convergenza ρ, si ha che:

n n1 a + 42n+1ρ = , l = lim , a = .n nn→∞l a 8n

In particolare,

n+1 n+1+42 n+1 n+1 n8a 2 + 4n+1 n+18 ·l = lim = lim = lim =n n2 +4 n+1 n nn→∞ n→∞ n→∞a 8 2 + 4n n8 n

n· · 11 12 2 + 4 4 ·lim 4 = .= =n nn→∞8 2 + 4 8 2

∈Quindi, ρ = 2 e la serie converge sicuramente per x ]−2, 2[ .−2,

Inoltre, per x = si ottiene la serie numerica a segni alterni:

∞ ∞ ∞ n n k+1 k+1 k+1 k+12 + 4 2 + 4 2 + 4n−1 k kk(−2) = (−2) = 2 (−1) ,n k+1 k+18 8 8n=1 k=0 k=0

che è divergente essendo k+1 k+12 + 4 1k = 0. (2)2 =lim k+1k→∞ 8 2

Per x = 2, si ha la serie numerica a termini positivi:

∞ ∞ n n k+1 k+12 + 4 2 + 4n−1 k2 = 2 ,n k+18 8n=1 k=0

anch’essa divergente in merito al limite (2). ∀ ∈Di conseguenza, la serie converge uniformemente x ]−2, 2[ . Per il calcolo della somma, si notiche:

∞ ∞ ∞ ∞ n n n 2n2 + 4 2 + 2 1 1n−1 n−1 n−1 n−1x = x = x + x =n 3n n n8 2 4 2n=1 n=1 n=1 n=1

∞ ∞ ∞ ∞ k k1 1 x x1 1k k= x + x = + =k+1 k+1 k k4 2 4 4 2 2k=0 k=0 k=0 k=0

∞ ∞ k k1 x x1= + .4 4 2 2k=0 k=0

Ricordando la somma della serie geometrica, si ottiene che:

∞ n n −1 1 1 6 2x2 + 4 1 1 1n−1 + = .x = + =x xn 2− − − − −8 4 1 2 1 4 x 2 x x 6x + 84 2n=1

Università degli studi di Salerno

Prova scritta di Matematica II
19 Luglio 2010

Gli studenti che devono sostenere l’esame da 9 CFU risolvano i quesiti numero 3-4-5-6-7-8-9

Gli studenti che devono sostenere l’esame da 6 CFU (con geometria) risolvano i quesiti numero 1-2-4-5-9

Gli studenti che devono sostenere l’esame da 6 CFU (senza geometria) risolvano i quesiti numero 4-5-7-9

1. Determinare, al variare del parametro reale k, le soluzioni del seguente siste