Esercitazioni di Analisi 2

Esercizi di Analisi II

Trasformate di Laplace

1. Calcolare la Trasformata di

   1. (2t-1)³ H(2t-1)

      L[ (2t-1)³ H(2t-1) ] (s) = L[ 2³ (t-¹⁄₂)³ H(2t-1) ](s)

      = 2³ L[(x-a) H(x-a)](s) = 2e^-s⁄₂ L[f(x)1](s) traslazione

      = 2³ L[t³ H(t)] (s) = ^3!⁄_s⁴ ; 2^{3 6}⁄_s⁴

      2³ 2 L[t³ H(t)(2)] (s) = 2³ e^{-2s 3!}⁄_s⁴

      2³ L[t^k H(t)] (s) = ^k!⁄_s^k+1

   2. f(t)=1 0≤t≤4 (t-4)>t≥4

      L[f(t)] = per definizione ∫₀^+∞ f(t) e^-st dt > ∫₀⁴ e^-st dt > ∫₄^+∞(t-4)² dt

      ∫₀⁴ e^-st dt = [^-e-st⁄_s]⁴

      = ¹⁄_s e^-4s + ^e-4s⁄_s + L[(t-4)² H(t-4)] (s)

      = ¹⁄_s - ^e-4s⁄_s + ²⁄₃

      modo alternativo:

      L[t² H(t)(s)] = ¹⁄_s - ^e-4s⁄_s + ^e-4s⁄_s³

      f(t)=1: (H(t)-H(t-4))(t-4)² H(t-4)

      L[f(t)] = L[H(t)(t)](s)² - L[H(t-4)(t)] (s) ²⁄_s³

   3. f(t) = { 0 t≤2 t+2 2<t≤4 2 t>4 }

      f(t)= 0 H(t) + (t-2)(1)(H(t-2)-H(t-4)) + 2 H(t-4)

      L[f(t)] = L[(t-2)H(t-2)(H(t-2)-H(t-4,U](s) + 2L[H(t-4) ] (s)

      = e^-2s[L[t H(t)-H(t-2)] + 2e^-4s⁄_s

      = L[t H(t)] (s) = ^d⁄_ds L[f(t)](s)

      = e^-2s d⁄ds L(H(t)H(t-2)] + ^2e-4s⁄_s

      = e^-2s d⁄ds ([^e-25]⁄_¹⁄s

      = e^-25e-25⁄_(1-e^-25)

   4. f(t) = (e^t + cos^t)² svolgiamo il quadrato.:

      L[cos t](s) = ⁵⁄_s²+

      L[e^t](s) = L[H(t)(s-2)]

      ⋅L[2e^tcos t](s) = 2 L[ e^tcost] = L[ e^tf(t)] = L[F] (s-a)

      = 2L[cos t](s-1) = ^2(s-1)⁄_(s-1)²+1

      L[cos²t](s): ∫₀^+∞ cos²t e^-st dt = per parti ¹⁄₃ cos²t (-se^-st) dt [^t=0⁄_+∞

      = ∫_+∞⁰2cos t sin te^-st dt + [ cos²t ⁰⁄_-3]

      = ¹⁄_s ∫₀^+∞ sin(2t)e^-st dt -[^cos2t⁄₃]⁄_s²(1)

      = ¹⁄₃ [ ^s⁄_s²+4 +1 ]

      L[(⁵⁄_s²+4)-²⁄_s³+14 - ³⁄_s⁵+44 +1 ]

e) f(t) = cosh(t) + 2sinh(t)

L[cosh(wt)](s) = s/(s² - w²)

L[sinh(wt)](s) = w/(s² - w²)

L[cosh(t) + 2sinh(t)](s) = L[cosh(t)] + 2L[sinh(t)]

= 1/(s² - 1) + 2s/(s² - 1) = s + 2/(s² - 1)

f) L[sin t/t] = L[sin t/t](s) = ∫[e^(-sr)dr]

L[sin t/t](s) = ∫[e^(-sr)dr] = [arctan(r)]^∞₀ = π/2 - arctan(1/s)

g) L[∫at] e^t dt = L[f'](s) = sL[f] - f(0⁺)

= s L[sin t/t] - L[∫(1/0) sin t/t] = s(π/2 ⋅ arctan(s)) - 1

= s arctan(s) - 1

h) ∫(∞)sin(r)/r dr

L[∫(∞) sin r/r dr] = L[sin t/s](s) = arctan(s)/s

i) ∫[e^t(x² - x + e^(-2(x - 1)))dx]

L[∫(∞) [x² - x + e^(-2(x - 1))] dx](s) = s L[t² t + e^(-2(t - 1))](s) = s d_e1 L[e^(-2(t - 1))]

= 1/s³ - 2/s³ - 1/(s²) + s² e^L[e^(-2t) H(t)](s) = 2/(s^4) - 1/(s³) + e^(-1)/s + 1/(s + 2)

2) trovare la soluzione di f(x): (x'' -2x' -8x = e^4t)

(x(0) = 0

(x'(0) = 0

L[x'' -2x' -8x] = L[e^4t](s)

L[x''(t)](s) = s²L[x(t)] - sx(0) - x'(0)

L[x'(n)(t)] = sⁿL[x(t)](s) - ∑[k=0^(n - 1)] s^(n - 1 - k) x^(k)(0)

L[x''(t)](s) = s²L[x(t)](s) - Sx(0) - x'(0)

L[x'' -2x' -8x] = s²L[x(t)](s) - 2sL[x(t)] - 8L[x(t)] = 1/(s - 4)

L[x(t)] = (s² - 2s - 8) = s - 4

L[x(t)](s) - L[x(t)](s) = L[x(t)](s) - 2s - 25 - 8

antitrasformando ambo i membri x(t) = x(0) ≤ 1/s² - 25·8 s(πt)

x(t) = α e^(t) · 1/(s² - 4)

x(t) = L⁻¹[(s² - 2s - 8) x/(s - 4)]

Utilizzando i frati semplici = 1/36 - 5/4 · S + (π/2)

= e^(4t)/36 1/36(α) + 1/36 5/36

δ/⋅ L⁻¹[1/s²] = ϑ₀₁ L=e^4t H(t)

quindi la soluzione finale è f(t) = e^(4t)/36 + e^(-2t)/36 + te^(4t)/6 H(t)

1)

scrivere l'equazione del piano tangente al grafico di

f(x,u) = 6e^x2+u4+x4

nel punto P=(1,0)

domf = R² quindi (1,0)∈ domf

f(1,0) = 6e = √5

∂f/∂x(x,u) = 6e^x2+u4+x4 2x + 4x³

∂f/∂u(x,u) = 6e^x2+u4+x4 4u³

∇f(1,0) = (12e + √5 , 0 )

π = f(1,0) + ∇f (1,0) . (x -1 , y - 0) = (6e + √5 ) + (12e + √5 ) (x -1) = 6e + √5 - 6 + (12e + 1^√ 5 ) x

2)

trovare l'equazione del piano tangente al grafico di

f ( x , u ) = log ( 1 + x ² u² )

in P = (2,1, f(2,1))

domf = IR²

f ( 2 , 1 ) = log ( 1 + 4 ) = log5

∂f/∂x (x,u) = 2xu²/1+x²u²

∂f/∂x ( 2 , 1 ) = 4/1+4 = 4/5

∂f/∂u(x,u) = 2xu²/1+x²u²

∂f/∂u(2,1) = 2

∇f(2,1) = (4/5, 2/5)

π = log5 + 5/₊5 x² - 8_/5 x4⁺4 x

3)

l'equazione del piano tangente al grafico di f(x,u)=(x³+3)sin(x²u⁴u)

è

z = -3θ+3π

domf = IR²

f(0,π) = 0

∂f/∂x(x,u) = 3x²sin(x²u⁴u) + (x³+3)cos(x²u⁴u) 2xu²

∂f/∂u(x,u) = (x³+3)cos(x²u⁴u).(2x²u²+1)

∇f(0,π) = ( 0 , -3)

z = 0 + (-3)(4 - π) = -3θ+3π

3) \( f(x, y) = e^{-x^2-y^2+\alpha xy + 7} \) dove \(\alpha \in \mathbb{R}\) \(|t| \ge 2\). Si ha almeno un punto di max se □ |x| < 2 □ |x| > 2 □ |x| < e^7 □ |x| > e^7

\(\nabla f(x, y) = (-2x + \alpha y, -2y + \alpha x) e^{-x^2-y^2+\alpha xy + 7}\)

\(\nabla f(x, y) = 0 \; se \begin{cases} -2x + \alpha y = 0 \\ -2y + \alpha x = 0 \end{cases} \Rightarrow (0,0) \\ \) se \(\begin{cases} 2x = \alpha y \\ \alpha x = 2y \end{cases}\) \(\Rightarrow \begin{cases} x = \frac{\alpha}{2}y \\ \alpha x = 2y \\ \end{cases}\)

\(x^2 = \frac{\alpha}{2}y^2 \leftarrow\) è vero solo se \(y = 0\) perché \(x + 2\) per ipotesi

\(Hf(0,0) = \left(\begin{array}{cc}-2 & \alpha\\ \alpha & -2\end{array}\right) e^7 = -2\alpha \) det\( = (4-\alpha^2)e^7 \gt 0\) se \(4\alpha^2 + |x| \lt 2\)

4) studiare i punti critici di \(f(x, y) = \log(1 + x^2 y^2)\)

\(\nabla f(x, y) = \left(\frac{1}{1 + x^2y^2}2xy^2, \frac{1}{1 + x^2y^2}2x^2y\right)\)

\(f(x, y) = (g \circ h) (x, y) \hspace{20pt} h = 1+x^2y^2 \hspace{20pt} g = \log t\)

denominatore sempre ≠ 0 → log f. strett. cresc. → studiamo solo h(x, y)

\(\nabla f(x, y) = 0\) se \(\begin{cases}2xy^2 = 0\\ 2x^2y = 0\end{cases} \Rightarrow (0,0)\; in generale \; (x,0), (0,y)\) sono punti critici

\(Hf - Hn = \left(\begin{array}{cc}2y^2 & 4xy\\ 4xy & 2x^2\end{array}\right) \hspace{20pt} 2y^2 = 0 \Rightarrow y = 0 \; 2x^2y = 0\)

\(det Hn = (2x^2y^2) - 16x^2y^2 = -12 x^2y^2 \lt 0\) se x ≠ 0

nel caso (0,0) non si può dire nulla → indeterminato

in (x,0) x ≠ 0 → indeterminato → 2x^2 = 0 e -12x^4 ≠ 0

in (0,y) y ≠ 0, 2y^2 ≠ 0 ma -12x^2y^2 = 0 → indeterminato

s ^{viluppi di Taylor}

\( f: \Omega \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R} \) . \( f \in C^2 (\Omega) \). Lo sviluppo di Taylor di \(f\) di ordine 2 in \(\bar{x}_0 \in \Omega\) è \(f(x) = f(\bar{x}_0) + \nabla f(\bar{x}_0) (x - \bar{x}_0) + \frac{1}{2} (x - \bar{x}_0)^t Hf(\bar{x}_0) (x - \bar{x}_0) + o(\| x - \bar{x}_0\|^2) \)

1) \(f(x, y) = \log(1 + 2x + 5y),\) Taylor di ordine 2 in (0,0)

\(f(0,0) = \log(1) = 0\)

\(dom\: f: (x,y) \in \mathbb{R}^2 : 1 + 2x + 5y \gt 0\)

\(\nabla f(x,y) = \left( \frac{2}{1+2x+5y}, \frac{1}{1+2x+5y} \cdot 5 \right) \Rightarrow \nabla f(c_o, 1) = (2, 5)\)

\(Hf(x,y) = \left(\begin{array}{cc}-4 & -10\\ -10 & -25\end{array}\right) \Rightarrow Hf(0,0) = \left(\begin{array}{cc}-4 & -10\\ -10 & -25\end{array}\right)\)

\(f(x,y) = 2x + 5y + \left.\frac{1}{1+2x+5y}\right|_{(x,y)}o\left(\frac{-4x - 10y}{1+(\frac{-10x-25x)}{\frac{1}{1+x+y}}}\right)^t\) \(\frac{x,y}{1+x+y}\right]\)-25(y^2)++ e + o(x^2+y^2)