Analisi Matematica 2 e Complementi di Algebra Lineare - Temi d'Esame svolti

GEOMETRIA E COMPLEMENTI DI ANALISI MATEMATICA

Prova di autovalutazione del 15-giugno 2012

_____________________  

1. AB A 1, 0, 1

Nello spazio, riferito a coordinate cartesiane ortogonali, è dato il segmento di estremi e

  C x y A B

B 1, 1, 2 . Determinare le coordinate di un punto del piano degli assi e che formi con e un

1

triangolo rettangolo in A di area uguale a . Quante soluzioni ammette il problema? (1.2.12)

 

 

z y log x y

2. Per la seguente funzione di due variabili : si determini: il dominio , il segno e

gli zeri, rappresentandoli su un grafico, i limiti della funzione , se esistono, in tutti i punti di frontiera del

dominio e gli eventuali punti stazionari, fornendone la classificazione . (2.2.21)

lo spazio vettoriale dei polinomi reali nell’indeterminata

3 x 4

Sia di grado minore o uguale a e si

. 4 



consideri l’applicazione lineare D

D : che associa ad ogni polinomio la sua derivata prima. Se

4 4 

denota l’applicazione composta è un’applicazione lineare. In caso positivo, determinare

D D D

, dire se



D

la matrice di rispetto a una base qualunque di .(3.2.22)

4

 è costituito dal cilindroide a generatrici parallele all’asse delle

4 k z,

Un corpo di densità uniforme

. 

  

2 y 0

x y 1 z 0

delimitato dalla superficie cilindrica , dal semispazio e , e superiormente dal piano

 

z y 1

di equazione . Se ne calcoli il baricentro. (4.2.18)

Si consideri l’equazione differenziale lineare, omogenea, del terzo ordine a coefficienti costanti:

5.

 

  

Scrivere l’equazione in forma di sistema

y y 0. differenziale lineare del primo ordine e trovare una



base dello spazio x,y,z che permetta di separare le variabili del sistema . Si individuino tre soluzioni

dell’equazione e la famiglia delle soluzioni che passano per l’origine e

y y y

linearmente indipendenti , e

1 2 3

 

x 2 y 0

sono ivi tangenti alla retta .(5.2.22)  

12. AB A 1, 0, 1

Nello spazio, riferito a coordinate cartesiane ortogonali, è dato il segmento di estremi e

  C x y A B

B 1, 1, 2 . Determinare le coordinate di un punto del piano degli assi e che formi con e un

1

triangolo rettangolo in A di area uguale a .

Quante soluzioni ammette il problema?

 

AB 0, 1, 1

La direzione della retta è . Perché il

ABC A C

triangolo sia rettangolo in , deve appartenere

   

AB A y z 1 0

al piano ortogonale alla retta in : .

Allora il punto C apparterrà alla retta intersezione tra il

    

x y: y z 1 z 0

piano e il paino degli assi e ,

 

C t , 1, 0

ossia . e l’area 1

2

Poiché la lunghezza del cateto AB misura ,

AC

anche il cateto deve

2

misurare , quindi:   2 2

2

             

AC t 1 1 1 t 2

t 3 2 t 2

t 1 0 t 1

  

C 1 2

1, 1, 0

Coordinate di : . Numero soluzioni : ( coincidenti) .

 

 

z y log x y

21. Per la seguente funzione di due variabili : si determini: il dominio , il segno e

gli zeri, rappresentandoli su un grafico, i limiti della funzione , se esistono, in tutti i punti di frontiera del

dominio e gli eventuali punti stazionari, fornendone la classificazione .

 

 

     

2

x

, y x 0 y x .

Il dominio è:  

 

 

        

2

z 0 x

, y y 0 y 1 x

Zeri: .

 

   

 

               

2

z 0 x

, y 0 x 1 0 y 1 x x 1 1 x y 0

 

 

 

   

2

z 0 x

, y .

 

 lim z

t 0

I limiti richiesti: per ,  

   

x , y t , t

 

q 0 lim z q log q .

Per ,    



x , y 0, q

 



Il lim y log x y non esiste: basta infatti

   



x , y 0, 0  

  

x

, y t , 0

calcolare tale limite lungo la traiettoria

0),

(risulta oppure lungo la traiettoria

 

   

   1 t

x

, y t , t e (risulta ).

 

y y

 

     ;

z ; log x y 0

 

Punti stazionari:   

 x y

 

2 x x y      



l’unico punto stazionario è 1, 0 z 1, 0 0 1, 0

allora . Osserviamo che e che in ogni intorno di la

 

1, 0

funzione assume sia valori positivi che valori negativi; se ne conclude allora che è un punto di sella.

reali nell’indeterminata

22 x 4

Sia lo spazio vettoriale dei polinomi di grado minore o uguale a e si

. 4 



consideri l’applicazione lineare D

D : che associa ad ogni polinomio la sua derivata prima. Se

4 4 

denota l’applicazione composta è un’applicazione lineare. In caso positivo, determinare

D D D

, dire se



D

la matrice di rispetto a una base qualunque di .

4

Osserviamo che la derivata di una combinazione lineare di funzioni derivabili è uguale alla combinazione

e, poiché la composizione di applicazioni lineari è ancora un’applicazione lineare,

lineare delle derivate



D

anche lo è.

Calcolando la funzione derivata di un generico polinomio di definiamo

4

      

4 3 2 3 2

l’applicazione D :

a x a x a x a x a 4

a x 3

a x 2

a x a e anche

1 2 3 4 5 1 2 3 4

      

4 3 2 2

D :

a x a x a x a x a 12

a x 6

a x 2

a .

1 2 3 4 5 1 2 3

4 3 2

x , x , x , x

,1

Scelta la base canonica di : le matrici associate alle trasformazioni

0 4 0 0 0 0 0 12 0 0

0 0 3 0 0 0 0 0 6 0

  

D D M e M

0 0 0 2 0 0 0 0 0 2

sono: .

e D D '

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

 2

M M

Si verifica immediatamente che: .

D

D '

 è costituito dal cilindroide a generatrici parallele all’asse delle

18 k z,

Un corpo di densità uniforme

. 

  

2 y 0

x y 1 z 0

delimitato dalla superficie cilindrica , dal semispazio e , e superiormente dal piano

 

z y 1

di equazione . Se ne calcoli il baricentro.

2

- x 2

  28

1 1 1

  x

1-

 

    

 2

 

M y 1 k dy dx k y 2 y dx k .

La massa di è: 0 15

-1 0 0



x 0

Per la simmetria della figura ; passiamo al

calcolo delle altre coordinate del baricentro:

2  y

- x

 

1 15 88

k 22

1 1 1

   

y y k dz dy dx ;

M 28k 105 49

-1 0 0

2  y

- x

 

1 15 142 k 71

1 1 1

   

z z k dz dy dx .

M 28k 105 98

-1 0 0 

 71

22

 0, ,

Il baricentro di è il punto .

49 98

Si consideri l’equazione differenziale lineare, omogenea, del terzo ordine a coefficienti costanti:

22.

 

  

Scrivere l’equazione in forma di sistema differenziale lineare del primo ordine

y y 0. e trovare una



base dello spazio x,y,z che permetta di separare le variabili del sistema . Si individuino tre soluzioni

dell’equazione e la famiglia delle soluzioni che passano per l’origine e

y y y

linearmente indipendenti , e

1 2 3

 

x 2 y 0

sono ivi tangenti alla retta .

Cominciamo con le convenzioni seguenti:

 

  

 

 y y y y y y 0 1 0

  

1 1 2 1 2

   

      

  

y y y y y y y 0 0 1 y

.

2 2 3 2 3

  

    

   

   0 1 0

y y y y y y y

3 3 3 2

Questo sistema è equivalente all’equazione differenziale data, nel senso che ogni soluzione y del sistema è

1

 

 

soluzione dell’equazione e che, per ogni soluzione dell’equazione, y , y , y

y è soluzione del sistema.

0 1 0



M 0 0 1

Diagonalizziamo la matrice allo scopo di separare le variabili:

0 1 0

 

1 0      

      

      0, 1, 1

det 0 1 0 1 1 0 equaz. caratt.; 1 2 3





0 1 1 1 1 1 11

  

0 1 1 H 0 1 1

autovalori; , , autovettori; matrice di passaggio. Allora da

0 1 1 0 11

0 0 0 0 0 0 

    1

MH H 0 1 0 M H 0 1 0 H

segue: .

0 0 1 0 0 1

Sostituendo l’ultima relazione nel sistema otteniamo:

0 0 0 0 0 0

 

  

    

1 1 1

y H 0 1 0 H y H y 0 1 0 H y

0 0 1 0 0 1  

 

 

1

1 , da cui segue, per la linearità dell’operatore differenziale, H y z

H y z

e posto, , il sistema

diventa:  

 z 0

0 0 0  1

 

    



z 0 1 0 z z z .

2 2

  



0 0 1 z z

3 3

x y z

La base dello spazio che permette di separare le

M

variabili è costituta dagli autovettori di .

Le soluzioni del nuovo sistema sono:

 

z k

1 1

 

 

t

 z k e y H z

e , poiché , la

2 2

  t

z k e

 3 3

soluzione generale dell’equazione di partenza è



   

t t

y y k k e k e .

1 1 2 3  t t

1 e e

Tre soluzioni indipendenti sono proprio , ,

come si verifica dal determinante wronskiano:

1 0 0

  

 

t t t

det e e e 2 .

t t t

e e e     1



 

0 0 0

Cerchiamo ora le soluzioni che soddisfano alle condizioni y , y 2

 

 k 2 h

 

       

 

1

y 0 0 k k k 0

 

1 2 3 1 1 1



         

t t

 

k h y 2 h h e h e .

  1

      2 4 4 4

y 0 0 k k

 

 2 3 2 1

 

 k h

 3 4 1

01 0 1 1

  

 x.y,z 0

y