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

3

R

1. 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 .

3

R , la cui matrice rappresentativa è data da:

2. Dato l’endomorfismo di ⎞

⎛ −h

h 2 ⎠

⎝ −1

2 2

A = ,

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

∞

2 −

n 1 sin (n + 5) .

5

n log n + n

n=1

∈ R

4. Stabilire per quali valori di k la funzione

3 2 2

− − −

f (x, y) = (k + 10)x 3kx + (k + 8)(xy 4x + y) 3y

3

1 , ). Per il valore di k determinato, stabilire inoltre la natura del

ha come punto critico A = (− 2 2

punto A e degli eventuali altri punti critici di f (x, y).

5. Risolvere i seguenti problemi: 1

√ cos x

2

− − −1.

√ = 0; u

y y cos x) + 2 y y cos x + u = 1, u (0) = 0, u (x) dx =

( y 0

6. Determinare il valore del seguente integrale curvilineo:

−

4x 3y ds,

−

3x 4y

γ

dove la curva γ ha la seguente rappresentazione parametrica:

2

x(t) = 3t + 6t + 7, ≤ ≤

γ : 0 t 1.

2

y(t) = 4t + 8t + 7,

7. Si consideri la forma differenziale: 2 3

ω(x, y) = dx + dy.

3 3

4 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. Determinare il flusso del campo vettoriale: 2 2

− −xy

y y, + 3y + x

F(x, y) = x

attraverso la frontiera del seguente insieme:

2 2

y

x

2 2 2 2 2

≤ − ≥ ≥

∈ R + 1, x

: + y 4x + 3 0, x + y + 4x + 3 0 .

D = (x, y) 16 9

9. Calcolare il seguente integrale: |y − x| dxdy,

D

dove il dominio D è: 2

x

2 2 2 2

∈ R ≥ ≤

D = (x, y) + y

: 1, x + y 9 .

4

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

∞

n n

2 + 4 n−1

x .

n

8

n=1

Svolgimento

⊥

∈

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

32

è 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 B

V ∩W

∈ R.

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

3

−8 .

det A = + 8h

R ∀ ∈ 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 3

R

la base canonica di . Ne segue che dim ker f = 0 e ker f non ha base. Nel caso h = 1, la matrice

⎛ ⎞

A diventa −1

1 2

⎝ ⎠

−1

2 2

A = , (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 dalle

1,2;1,2 {(1, −1) −1, −2)}.

prime due colonne di A, cioè B = 2, , (2, Ne segue che dim ker f = 1 ed una

Im 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 f

R

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:

− −1

1 λ 2

2 3

−1 − −

|A − = 2λ + λ

2 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

0

è 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 B

V

−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,

V

2

3. Sia: 2 −

n 1 sin (n + 5)

a .

=

n 5

n log n + n

La condizione necessaria lim a = 0

n

n

è soddisfatta. Dal momento che: 2 −

n 1 sin (n + 5) 1

≤ ,

5 3

n log n + n n

ricordando la serie: ∞

1 ,

3

n

n=1

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

4. 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:

3

1

− ,

f = 0,

y 2 2

ovvero: 1

3 ⇔

−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 24

1

− , ,

A = , B = .

2 2 5 5

Poiché −60 + 120x 18

H (x, y) = ,

−6

18

allora:

3 3

1

1

− −120,

− , , =

H = 396, f

xx

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

1

−

−y

y (x) + y (x) cos x = (x) cos x,

2

3

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

2 3

3

−

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:

23

3 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) = La

p

soluzione 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, 1

1 2 1−e

⇔ e

−1

− − − − −1,

c e

(e 1) c 1 1 = = .

c

1 2 2 e−1

La soluzione del problema di Cauchy è quindi: e

1 x −x −

e e

+ 1.

u (x) = − −

1 e e 1

6. 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 2

ds = [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)

0

γ 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)

0

1 1

7 1

= 10(t + 1)dt = 10(t + 1)dt =

2 2

−7t − − −(t

14t 7 + 1)

0 0

1 1

1 −10

−10 −10

dt = log(t + 1)

= = log 2.

t +1 0

0

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

1 2 2 3

(x, y) = , f (x, y) = ,

f 1 2

3 3

4 4

(2x + 3y) (2x + 3y)

si ha che: ∂f 9

(x, y) (x, y)

∂f 1 2

−

= = ,

∂y ∂x 7

4

2 (2x + 3y)

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

2

2 −

∈ R x ,

: y >

D = (x, y) 3

rappresentato in figura: y

2

y x

3 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: 4

f (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 e

b = 2. Tale arco è interamente contenuto nel dominio della forma. Poiché ω (x, y) è esatta, dal

teorema di integrazione delle forme differenziali esatte si ottiene che:

√ √

4 4

− −

ω = f (0, 2) f (2, 2) = 4 6 10 .

γ

8. L’insieme D assegnato è il seguente: y Γ 1

D x

Γ Γ

3 2

Il dominio è composto da un’ellisse E avente centro in (0, 0) e semiassi, rispettivamente, a = 4 e

e C , di raggio r = 1 e centri nei punti, rispettivamente, (−2, 0) e (2, 0).

b = 3 e da due cerchi, C

1 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 del

campo F come: 2 2

− −xy

F = 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 = γ

1 2 3

x = 4 cos t, x = 2 + cos t,

≤ ≤ ≤ ≤

γ : 0 t 2π, γ : 0 t 2π,

1 2

y = 3 sin t, y = sin t,

−2

x = + 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 γ

2 3

2π

2

2 − −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 2π

2 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. Si

ha che: − −

Φ= divFdxdy = 3 dxdy = 3(A A A ),

E C C

1 2

D D

dove A , A e A sono, rispettivamente, l’area dell’ellisse E, l’area del cerchio C e l’area del

E C C 1

1 2

cerchio C . Quindi,

2 2 2 −

− − = 3 (12π 2π) = 30π.

Φ= divFdxdy = 3 πab πr πr

D

9. 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, I

C E

5 π

3 π 3

4 4

2 2

−

= ρ (sin θ cos θ) dθ dρ + ρ (− sin θ + cos θ) dθ dρ =

I

C π 3π

0 0 −

4 4

3 √

3

ρ 5 π

π

− 4 4

[− cos θ sin θ] = 36

= + [cos θ + sin θ] 2,

π 3

− π

3 4 4

0

5 π

1 π 1

4 4

2 2

−

= 2ρ (sin θ 2 cos θ) dθ dρ + 2ρ (− sin θ + 2 cos θ) dθ dρ =

I

E π 3π

0 0 −

4 4

1 √

3

ρ 5 π

π

− 4 4

=2 [− cos θ 2 sin θ] = 4

+ [cos θ + 2 sin θ] 2.

π 3

− π

3 4 4

0

Di conseguenza, √

|y − −

x| dxdy = I I = 32 2.

C E

D

10. Per il raggio di convergenza ρ, si ha che: n n

1 a + 4

2

n+1

ρ = , l = lim , a = .

n n

n→∞

l a 8

n

In particolare, n+1 n+1

+4

2 n+1 n+1 n

8

a 2 + 4

n+1 n+1

8 ·

l = lim = lim = lim =

n n

2 +4 n+1 n n

n→∞ n→∞ n→∞

a 8 2 + 4

n n

8 n n

· · 1

1 1

2 2 + 4 4 ·

lim 4 = .

= =

n n

n→∞

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+1

2 + 4 2 + 4 2 + 4

n−1 k k

k

(−2) = (−2) = 2 (−1) ,

n k+1 k+1

8 8 8

n=1 k=0 k=0

che è divergente essendo k+1 k+1

2 + 4 1

k = 0. (2)

2 =

lim k+1

k→∞ 8 2

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

∞ ∞

n n k+1 k+1

2 + 4 2 + 4

n−1 k

2 = 2 ,

n k+1

8 8

n=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 noti

che: ∞ ∞ ∞ ∞

n n n 2n

2 + 4 2 + 2 1 1

n−1 n−1 n−1 n−1

x = x = x + x =

n 3n n n

8 2 4 2

n=1 n=1 n=1 n=1

∞ ∞ ∞ ∞

k k

1 1 x x

1 1

k k

= x + x = + =

k+1 k+1 k k

4 2 4 4 2 2

k=0 k=0 k=0 k=0

∞ ∞

k k

1 x x

1

= + .

4 4 2 2

k=0 k=0

Ricordando la somma della serie geometrica, si ottiene che:

∞

n n −

1 1 1 6 2x

2 + 4 1 1 1

n−1 + = .

x = + =

x x

n 2

− − − − −

8 4 1 2 1 4 x 2 x x 6x + 8

4 2

n=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