Soluzioni prove Analisi

Calcolo del lavoro del campo vettoriale nel piano

Sia dato il campo vettoriale nel piano F = yex. Calcoliamo il lavoro di F lungo la curva D orientata positivamente usando il teorema di Green (anche detto formula di Stokes nel piano).

Per definizione, il lavoro del campo è dato dall'integrale curvilineo:

Istituzioni di Matematica 2-12.07.18

Il tempo a disposizione è di 2 ore. La sufficienza si raggiunge con 17 punti.

1 Autovalori e autovettori (ca. 6 punti)

(3,3)∈Sia data la matrice C definita da

R
−20 2
−2 0 2
−2 −2 4

1. Si determinino gli autovalori di C.
2. Si determinino gli autovettori relativi a λ = 2.
3. Si dica se C è diagonalizzabile.

Soluzione. −1. Gli autovalori si trovano annullando il polinomio caratteristico det (C λI ),
3(3,3)dove I è la matrice identica in .
Con la regola di Sarrus abbiamo (1 pt.)
3 2 2
− −λ − −λ
(λ −det (C λI ) = + 4λ 4λ = + 4λ 4) .
da cui ricaviamo gli autovalori λ = 0 (con molteplicità algebrica 1) und1
λ = 2 (autovalore doppio) (1,5 pts).

2. Gli autovettori relativi a λ = 2 si trovano risolvendo con Gauß il sistema
2
(controllate i passaggi!)
−2 −2 −2

• −22 0 2 0−2 −2−
• |0) ⇐⇒ 2 0 0 0 0 0(C 2I .3    −2 −2 2 0 0 0 0 0
• Vi è sopra una sola equazione significativa, e dunque le soluzioni del siste-−ma sono funzione di 3 1 = 2|{z} |{z}numero di variabili equazioni indipendenti= =parametri arbitrari. Posto y = s e z = t arbitrari e risolvendo rispetto a xtroviamo autovettori della forma     −s t 1 1−1s 0= s + t     t 0 1∈con s e t arbitrari (2 pt.).
• R 13. L ’autovalore λ = 2 ha molteplicità geometrica 2, poichè lo spazio degliautovettori è biddimensionale (1 pt.). La molteplicità algebrica di λ = 2risulta allora uguale a quella geometrica, essendo pari a 2. Per l’autovalo-re semplice λ = 0 le molteplicità coincidono sicuramente, poichè semplice.Dato che una matrice è diagonalizzabile solo quando le molteplicità alge-briche e geometriche di ogni autovalore coincidono, ne

ovvero +∞X n|a |ρnn=0converge. Come detto, ciò segue per il criterio del rapporto per le serie numeriche,avendosi n+1a ρ a ρn+1 n+1 < 1.= ρ lim =lim na ρ a rn→+∞ n→+∞n n ∈ −Spiegazione: Sopra abbiamo usato che, essendo y (x r, x + r), deve distare0 0ρr < 1.meno di r da x , ovvero ρ < r e quindi0Il fatto che nel secondo caso la serie diverga si deduce in maniera analoga man−usando il criterio nel verso opposto, dato che, detto b = a (x̄ x ) il terminen n 0generale, si ha |x̄ − |a xb n+1 0n+1 |x̄ − |= x lim = > 1.lim 0b a rn→+∞n→+∞ n n(fino a 5 pts. per la dimostrazione).

3 Equazioni differenziali (ca. 6 punti)

Si risolva il problema di Cauchy associato all’equazione differenziale00 0 4t−u (t) 5u (t) + 6u(t) = te .0coi dati iniziali u(0) = 0, u (0) = 0.

Soluzione. L’equazione caratteristica ha le soluzioni λ = 2, λ = 3 (1 pt.)1 2e

dunque la soluzione generale u(t) sarà della forma ^2t⁄₃u(t) = Ce^t + Ce^t + u(t), con C e C costanti reali e u(t) soluzione particolare (Struttura delle soluzioni: ¹⁄₂pt).

Per somiglianza cerchiamo u(t) della forma polinomio di primo grado per esponenziale di 4t, ovvero 4tu(t) = (αt + β)e^4t, con α e β da determinarsi. Avendosi

0 = 0

4t²u(t) = (4αt + 4β + α)e^4t, u(t) = (16αt + 16β + 8α)e^4t

inserendo nell'equazione ricaviamo

4t²u(t) - [16αt + 16β + 8α - 5(4αt + 4β + α) + 6(αt + β)]e^4t = t

ovvero

4t²(2αt + 2β + 3α)e^4t = t

⇒ -2α = e^{2β + 3α} = 0

β = 1

4t - (2t + 3)e^4tu(t) = 4 (soluzione particolare: 2 pts).

Anche il metodo della variazione delle costanti produce analogo risultato.

Troviamo dunque l'integrale generale 12t³t - u(t) = Ce^t + Ce^t + (2t - 3)e^4t.

−Per esso si ha u(0) = C + C e u (0) = 2C + 3C (0,5 pts per queste1 2 1 2 214−condizioni). Ricaviamo C = e C = 1 (1,5 pts.) e infine1 21 14t 2t 3t− −u(t) = (2t 3)e e + e .4 44

Estremi relativi (ca 7. punti)Si consideri la funzione di tre variabili2 2 2 − −f (x, y, z) = x + y + z xy + x 2z .1. Si determinino tutti i punti stazionari di f .23 1−, , 1) si dica se esso è un massimo/minimo2. Per il punto stazionario (− 3locale, o un punto di sella.Soluzione.1. I punti stazionari si trovano annullando il gradiente, dunque risolvendo ilsistema (1 pts.)  −2x y + 1 = 0 −2y x = 0 − 2z 2 = 0 .4La terzy equazione implica z = 1. Le due rimanenti son un sistema in x e13 23− −y di immediata risoluzione: si ottiene y = e x = Abbiamo dunque,2 13−comunque sia, un unico punto stazionario P = (− , , 1) (2 pts. per la1 3soluzione corretta).2. Calcolando direttamente le derivate (e usando

l'uguaglianza a due a due delle derivate miste per risparmiare conti), la matrice hessiana per f in un generico punto (x, y, z) è data da:

H(x, y, z) =

quindi anche in P, essendo la matrice sopra costante. Il polinomio caratteristico è 2 - (λ^2)(λ^4 + 3). Gli autovalori sono dunque tutti positivi: lo si vede con la regola di Cartesio della variazione dei segni tra coefficienti consecutivi, o calcolandoli esplicitamente: essi sono 1, 2 e 3. Pertanto (-3, 1, 2) è un punto di minimo locale (criterio, applicazione corretta).

5 Integrali multipli e curvilinei (ca. 7 punti)

Sia dato il campo F := xy^2. Dato il dominio D nel piano π:

D = {(x, y) : 0 < x < π, 0 < y < sin(x)}

si calcoli il lavoro di F lungo ∂D orientato positivamente usando la formula di Green.

2. Si calcoli il lavoro τ di F lungo la curva γ di

equazioniγ 2x(t) t ∈γ(t) := = t [0, 1] .y(t) tSoluzione. 51. Soluzione. Per definizione il lavoro del campo è dato dall’integrale curvi-ˆlineo hF, iτ ds ,∂Ddove τ denota il versore tangente. Con l’uso della formula di Green (oequivalentemente, Stokes) (0.5 pts per formula corretta) si ha¨ˆ ¨ ∂ ∂hF, i −τ ds = y dx dy,F F dx dy =2 1∂x ∂y∂D D Ddove F e F son le componenti del campo F. (0.5 pt. per calcolo integrando1 2corretto) Si ha dunque ˆ ˆ¨ !π sin(x)2 y dy dxy dx dy = 0D 0ˆ ˆπ π11 2 22 −sin (x) dx = (1 cos(2x)) dx == 2 40 0π 1 1 π2− sin(2x) .x =4 2 80(1 pt. riduzione, 1 pt. integrale interno, 1 integrale esterno, 0.5 ptsrisultato).2. La curva γ non è un bordo (non racchiude alcun dominio), quindi bisognausare la definizione. Si haˆ ˆˆ 1 10 γ (t) 00 hF(γ(t)),hF, i |γ γ (t)i dt .τ = F(γ(t)),

(t)| dt =0|γ (t)|0 0γ

Si ha dunque (1 pt.)ˆ ˆ ˆ1 12 t 2te 2t 3hF, iτ = , dt = (2te + t ) dt .3 1tγ 0 0

Si ha facilmente (1.5 pts.)ˆ 1 4 t 3