Orale completo Analisi 2

Equazioni Differenziabili

(a variabili separabili)

Le due variabili devono poter essere isolate.

Svolgimento

y'=f(x)g(y)

d(y(x))/dx = f(x)g(y)

d(y(x))/g(y) = f(x)dx

Integrando:

∫ (1/g(y)) dy = ∫ f(x) dx

Esempio

y' + y² | x

d(y(x))/dx = y²|x ⇔ ∫ (1/y²) dy = ∫ mx dx

−1/y = x|mx − x + C

Inoltre

Oltre alle soluzioni di y' = f(x)g(y) esistono

∃ȳ ∈ R : g(ȳ) = 0 Allora

y = ȳ

→ Altra soluzione

g(ȳ) - ȳ g(0) = 0

ȳ = 0

1° ordine

y'(x) + a(x) y = f(x) con f(x) e a(x) continue in I reali

1. Se: a(x) = 0, y(x) = f(x), è elementare
2. f(x) = 0, y'(x) = -a(x) ∙ y variabili separabili

Metodo fattori integrando

1. Si trova una primitiva di a(x) (A(x)) -> A'(x) = a(x)

2. Moltiplica tutto per e^A(x)

[y' ∙ e^A(x) + a(x) y ∙ e^A(x) = f(x) e^A(x)]

= d/dx [y(x) e^A(x)] = c∈ \mathbb{R}

y(x) e^A(x) = ∫ f(x) e^A(x) dx + c

=> y(x) = (∫ f(x) e^A(x) dx + c) / e^A(x)

Esempio

y'(x) = x y , a(x) = x , f(x) = 2x

Studio la primitiva di a(x): A(x) =∫ a(x) dx = ∫ x dx = ½ x²

• y = [∫ 2x e^-½x2 dx + c] e^x2
• = -2∫ e^{-½ x2} dx + c
• => y = -2∫ e^{-½ x2} + c / e^{-½ x2}
• y = -2∫ e^{-½ x2} + c

La sua costante arbitraria c:

Se viene fornita una condizione:

y(x) + a(x) y = f(x): y(x₀)= y₀ con x₀ ∈ I => unica soluzione in I

Teorema dell'esistenza dello

derivato parziale rispetto a μ

Ipotesi

f è differenziabile in P₀.

Dimostrazione

Per ipotesi f è differenziabile.

f(x,y) = f(x₀, y₀) + f_x(x₀, y₀) (x - x₀) + f_y(x₀, y₀) (y - y₀) + o(√((x - x₀)² + (y - y₀)²))

Per definizione di differenziabilità

lim_h→0 = f_x(P₀)(P₁ - P₀) + o(√(P₁ - P₀)²) / h

Ricordando la definizione

lim_h→0 ∇f(P₀)μ_h + o(√(μ_x² + μ_y²)^1/2)) / h

Funzioni Regolari a Tratti

f: [0, T] → ℝ se

• "l'intervallo [0, T] può essere diviso in un numero finito di intervalli"

Allora:

• f è continua e derivabile in I (REGOLARE)

Conseguenze

f regolare _{a tratti}

Se f regolare e di ₁

↓

Solo se regolare (o a tratti) si può applicare

la serie di Fourier

• Fino a un numero finito di:
• Discontinuità eliminabile / salto
• Punti angolosi

Teorema Invarianza di Lunghezza di Curve Equivalenti

Ipotesese f e φ equivalente

DimostrazioneApplichiamo la definizione di L di una curva

f(t) = φ(g(t))

⇒

∫_a^b|f'(t)|dt = ∫_g(a)^g(b)|φ'(t)₀|dt

t = φ g(t)

⇒

d t = g'(t) dt = g'(t) dt

g(a)

g(b)

Se g'(t) > 0

∫_g(a)^g(b) | φ' (t) | dt = ∫_g(a)^g(b) | φ' (φ(t)) | g'(t) dt = L(f) = L(φ)

Dimostrato

Asse Curvilineo

Indica la lunghezza di un tratto di curva fra due punti ξ e η

Dato φ: [a₁, a₂] ⟶ ℝ

→ φ regolare

S(ξ) = ∫_to^ξ|φ'(u)|du

Posso affermare che

S'(t) = |J(φ') (x₁₂ , x₂₃)| > 0 positivo

1) Dato che S(t) > 0 (str. crescente) e quindi l'invertibile S_t del C_g

2) Crea curva equivalente alle stesse φ

3) Quanto⌈ φ_-1 (S) ⌉e-studio

f(t) = φ( t(S₁) ) + S (S)

⇒]φ' ( t(S₁) )

Jɸ^' ( t(S₁) )

S'( t(S₁) )

∀ ξ ∈ [a₁, a₂]

Limite Esempio

lim_{(x,y)→(0,0)} ^x2y/_x⁴+y²

x = ρcosαy = ρsinα

lim_ρ→0 ^{ρ2cos2αsinα}/_{ρ⁴(ρ²cos²α+sin²α)}

Questo:lim_ρ→0 ^{ρ2cos2αsinα}/_{ρ²cos²α+sin²α} = 0

Dovrebbe essere 0 per qualsiasi traiettoria

Retta(y) y = mx ⇒ (x,y) (t,mt)Sostituendo

lim_p→0 ^mt3/_t⁴+mt²t ⇒ lim_{(x,y)→(0,0)} ^mt/_t⁴+m² = 0

Parabola(y) y = mx² ⇛ (x,y) (t,mt²)

lim_p→0 ^t2mt2/_t⁴+m²t⁴ ⇛ lim_p→0 ^m/_1+m² ≠ 0 ∀m≠0

NON è il limite

Derivate Direzionali Particolari:

• Se \vec{v} = Vettori Asse y, x
• Allora:
  • f_x(x, y)|_{\vec{v}(1, 0)} è la derivata "normale" di solo x

f(x, y) = x²y² → f_x(x, y) = 2xy²

Massimo / Minimo

• f(x, y) : X \subseteq \mathbb{R}^2, X \rightarrow \mathbb{R}
• P₀ = (x₀, y₀) ∈ X
• Punto Interno

Massimo: ∃ I_C(P₀) : ∀ P(x, y) ∈ I_C → f(x₀, y₀) ≥ f(x, y)

Minimo: ∃ I_C(P₀) : ∀ P(x, y) ∈ I_C → f(x₀, y₀) ≤ f(x, y)

Entorni, Circolare

Teorema

f ^e differenziabile

⇒ f ^e' continuo in p₀

Dimostrazione

1. Utilizzo la definizione di differenziabile:

f(p) = f(p₀) + ∇f(p₀) • (p - p₀) + θ(|| p - p₀ ||)

2. Valuto due espressioni per p → p₀:

∂(f(p) - f(p₀))/(p - p₀) = ∂(∇f(p₀) + θ(|| p - p₀ ||))

Quindi lim_p→p0 f(p) = f(p₀) ⇒ f ^e' è tale di continuo

Dimostrazione

Tesi

Teorema

f ^e' differenziabile in p₀

⇒ f ^e' è continua in p₀

Dimostrazione

1. Applico definizione di derivata:

∂f/∂x = lim_h→0 f(x₀+h, y₀) - f(x₀, y₀)/h

2. Sostituisco con definizione di differenziabilità:

f(x₀, y₀) + ∇f(x₀, y₀) • (h, 0) + θ(|| (h, 0) ||)

Notiamo subito che p = p₀ = (x₀ + h, y₀) - (x₀, y₀) = (h, 0)

lim_h→0 ∇f(x₀, y₀) • (h, 0) + θ(|| (h, 0) ||)/h = lim_h→0 f₁ • θ((h,0))/h

= f_x• h + θ(|| (h, 0) ||)/h

Quindi la ∂f/∂x esiste in p₀.

Dimostrato