Analisi matematica 2 - Esercizi svolti

R,

niamo alla differenziabilità. Poiché f (0, 0) = 0 e ∇f (0, 0) = (0, 0), affinché f sia differenziabile

nell’origine deve essere f (x, y) = 0 ,

lim p 2 2

x + y

(x,y)→(0,0)

cioè 4 4 2 2

x + y − sen(x y ) = 0 . (1)

lim 2 2 3/2

(x + y )

(x,y)→(0,0)

Calcoliamo il limite. Sfruttando il lavoro fatto sopra si ottiene subito che

p

4 4

x + y 2 2

x + y ,

0 ≤ ≤

2 2 3/2

(x + y )

da cui 4 4

x + y = 0 .

lim 2 2 3/2

(x + y )

(x,y)→(0,0)

Riguardo alla parte del limite che coinvolge la funzione seno, passando in coordinate polari

si ottiene

4 2 2 4 2 2

2 2 sen ρ cos ϑ sen ϑ ρ cos ϑ sen ϑ

sen(x y ) ≤ ρ,

≤

= 3 3

2 2 3/2 ρ ρ

(x + y ) x=ρ cos ϑ

y=ρ sen ϑ

e quindi

4 2 2

sen ρ cos ϑ sen ϑ

0 ≤ sup ≤ ρ → 0 per ρ → 0 ,

3

ρ

ϑ∈[0,2π]

da cui si deduce che 2 2

sen(x y )

lim = 0 .

2 2 3/2

(x + y )

(x,y)→(0,0)

Allora (1) è verificata e f è differenziabile anche nell’origine.

2. Si osservi preliminarmente che f (0, 1) = 1, e quindi (0, 1) è soluzione dell’equazione f (x, y) =

1. Tale equazione si riscrive 4 4 2 2 2 2

x + y − sen(x y ) = x + y ,

e quindi studiare le soluzioni di f (x, y) = 1 in un intorno di (0, 1) equivale a studiare le

soluzioni di ϕ(x, y) = 0 dove 4 4 2 2 2 2

ϕ(x, y) = x + y − sen(x y ) − x − y .

Si osservi che 3 2 2 2

∂ ϕ(x, y) = 4y − 2x y cos(x y ) − 2y ,

y

da cui ∂ ϕ(0, 1) = 2 6 = 0. Per il teorema di Dini esistono un intorno U di x = 0 ed un’unica

y

funzione g : U → tali che ϕ(x, g(x)) = 0 per ogni x ∈ U e g(0) = 1, come si voleva.

R 2 ∞

3. Sempre dal teorema di Dini, essendo ϕ di classe C , anche g ha tale regolarità ed inoltre

∂ ϕ(x, g(x))

x

′ . (2)

g (x) = − ∂ ϕ(x, g(x))

y

Poiché 3 2 2 2

∂ ϕ(x, y) = 4x − 2xy cos(x y ) − 2x ,

x

si ottiene ∂ ϕ(0, 1)

x

′

g (0) = − = 0 ,

∂ ϕ(0, 1)

y

e quindi g ha un punto critico in x = 0. Deriviamo ulteriormente (2):

′′

g (x) =

2 2 2

′ ′

∂ ϕ(x, g(x)) + ∂ ϕ(x, g(x))g (x) ∂ ϕ(x, g(x)) − ∂ ϕ(x, g(x))∂ ϕ(x, g(x))g (x)

y x

xx xy xy

.

= − 2

∂ ϕ(x, g(x))]

y

′

Sfruttando il fatto che g (0) = ∂ ϕ(0, 1) = 0, si ottiene

x 2 ϕ(0, 1)

∂

xx

′′ .

g (0) = − ∂ ϕ(0, 1)

y

Poiché 2 2 2 2 2 2 4 2 2

∂ ϕ(x, y) = 12x − 2y cos(x y ) + 4x y sen(x y ) − 2 ,

xx

2 ′′

ϕ(0, 1) = −4, da cui si deduce che g (0) = 2, e quindi g ha un minimo relativo in

si ha ∂

xx

x = 0.

Esercizio 2

Data la matrice 

 2 3

t t t 

 2

0 t t , t ∈ .

= R

W(t) 0 0 t

1. Si determinino gli intervalli massimali nei quali è matrice wronskiana di un sistema di

W(t)

equazioni differenziali lineari del primo ordine.

2. In tali intervalli si determini la matrice A(t) che definisce il sistema di equazioni differenziali

′ = A(t)y di cui è matrice risolvente.

y W

3. Nell’intervallo massimale di cui sopra contenente t = 1 si determini l’integrale generale del

t

′

sistema di equazioni differenziali = A(t)y + con = (te , 0, −t).

y b(t) b(t)

Svolgimento 3

1. Poiché det = t , si ha det 6 = 0 se e solo se t 6 = 0, e quindi gli intervalli massimali

W(t) W(t)

dove è matrice wronskiana di un sistema di equazioni differenziali lineari sono ] − ∞, 0[ e

W

]0, +∞[. 3 ′ ′ −1

2. La matrice è soluzione dell’equazione = A(t)W, e quindi A(t) = (t)(W(t)) .

W W W

Poiché  

2

1 2t 3t

 

′ 0 1 2t

(t) = ,

W 0 0 1

−1

non resta che calcolare (W(t)) . Essendo matrice triangolare superiore, tale è anche

W

−1 . Sfruttando questa informazione si ottiene che

W  

2 3

t −t 0

1

−1  

2 3

= 0 t −t ,

W(t) 3

t 2

0 0 t

da cui 

 

  

2 2 3 1/t 1 t

1 2t 3t t −t 0

1 

 

  

2 3

0 1 2t = 0 1/t 1

0 t −t .

A(t) = 3

t 2

0 0 1 0 0 t 0 0 1/t

Il sistema lineare di cui è matrice risolvente si scrive

W  ′



x = x/t + y + tz



 ′

y = y/t + z





 ′

z = z/t .

3. L’intervallo massimale in cui calcolare l’integrale generale è ]0, +∞[. Poiché è matrice

W

risolvente del sistema omogeneo associato, l’integrale generale di tale sistema si scrive

 

  

 2 3

c

x(t) c + c t + c t

1 1 2 3

 

  

 2

y(t) c t + c t

c ,

= =

W(t) 2 3

2 c t

z(t) c 3

3

con c , c , c ∈ costanti arbitrarie. Per calcolare l’integrale generale del sistema non omo-

R

1 2 3

geneo non resta che procurarci una soluzione particolare = Usando il metodo della

v v(t).

variazione delle costanti questa si scrive    

s

Z Z 1/s −1 0 se

t t

−1    

0 1/s −1 0

= ds = ds

v(t) W(t) W(s) b(s) W(t)

1 1 0 0 1/s −s



  





  t

s t

e e − e

2 3

s

Z t t t

e 1

t 

  

t 

 



  2 2

2 0 t t

= t /2 − 1/2

s

= ds =

W(t) W(t) s /2  



 1

1 0 0 t

−1 t 1 − t

−s 1

 

t 2 3 4

t(e − e) − t /2 + t − t /2

 

3 2

= −t /2 + t − t/2 .

2

t − t

Allora l’integrale generale del sistema non omogeneo si scrive

 2 3 t 2 3 4



x

(t) = c + c t + c t + t(e − e) − t /2 + t − t /2

e

 1 2 3

 2 3 2

y (t) = c t + c t − t /2 + t − t/2

e 2 3





 2

z (t) = c t + t − t .

e 3 4

Esercizio 3 3

Sia dato il campo vettoriale in R x y z

p p

y, z) = − − + e .

F(x, i j k

2 2 2 2

x + y +1 x + y +1

1. Si provi che è conservativo e se ne calcoli il potenziale U tale che U (0, 0, 0) = 0.

F

2. Sia Σ la superficie definita da

3 2 2

Σ = (x, y, z) ∈ : U (x, y, z) = 0 , x + y < 1 ,

R

orientata in modo che nell’origine il versore normale sia Si calcoli il flusso del campo

n k.

2 2 3/2

vettoriale y, z) = (x + y + 1) y, z) attraverso Σ.

G(x, F(x,

Svolgimento

1. Si osservi che, dette F , F , F le componenti di lungo rispettivamente, si ha

F i, j, k

1 2 3 xy = ∂ F (x, y, z) ,

∂ F (x, y, z) = x 2

y 1 2 2 3/2

(x + y + 1)

∂ F (x, y, z) = 0 = ∂ F (x, y, z) ,

z 1 x 3

∂ F (x, y, z) = 0 = ∂ F (x, y, z) ,

z 2 y 3 3

da cui si deduce che rot y, z) = 0 per ogni (x, y, z) ∈ (o, equivalentemente, che la

R

F(x, 3

forma differenziale ω = F dx + F dy + F dz è chiusa in ), e quindi che è conservativo

R F

1 2 3 e

3

essendo semplicemente connesso. Per calcolare un potenziale U , integriamo F rispetto

R 1

ad x ottenendo che p

e 2 2

U (x, y, z) = − x + y + 1 + ψ(y, z) , (3)

1

dove ψ è funzione di classe C . Poiché deve essere y

e p ,

∂ U (x, y, z) = −

y 2 2

x + y + 1

da (3) deduciamo che deve essere ∂ ψ(y, z) = 0, cioè che la funzione ψ dipende dalla sola

y e z

variabile z, e quindi possiamo scrivere ψ = ψ(z). Poiché poi deve essere ∂ U = e , ancora da

z

z z

′

(3), si ottiene che ψ (z) = e , e quindi possiamo scegliere ψ(z) = e . Allora si ottiene

p

e z

2 2

U (x, y, z) = − x + y + 1 + e ,

e e e

ed essendo U (0, 0, 0) = 0, si ha che il potenziale cercato è proprio U , e quindi U = U .

2. Poiché Σ è contenuta nell’insieme degli zeri di U , il suo versore normale è parallelo a ∇U = F,

e quindi a Inoltre, essendo

G. z 2 2 3/2

y, z), = e (x + y + 1) > 0 ,

G(x, k

il campo vettoriale ha anche lo stesso verso del versore normale Se ne deduce che

G n.

ZZ

ZZ kGk dS .

hG, dS =

Φ (G) = ni

Σ Σ

Σ 5

Per calcolare quest’ultimo integrale, osserviamo che Σ può essere parametrizzata come una

superficie cartesiana. Infatti, dalla definizione di Σ e usando l’espressione di U si ottiene

p

3 z 2 2

2 2

Σ = (x, y, z) ∈ : e = x + y + 1 , x + y < 1 ,

R

e quindi una parametrizzazione di Σ è

2 2

σ(x, y) = x, y, (1/2) ln(x + y + 1) (x, y) ∈ B (0, 0) .

1

Riguardo a kGk si ottiene s 2 2

x + y

2 2 3/2 2 2 3/2 2z

kG(x, y, z)k = (x + y + 1) kF(x, y, z)k = (x + y + 1) + e ,

2 2

x + y + 1

e quindi

2 2

kG(σ(x, y))k = x, y, (1/2) ln(x + y + 1)

G s 2 2

x + y

2 2 3/2 2 2

+ (x + y + 1)

= (x + y + 1) 2 2

x + y + 1

p

2 2 2 2 2 2 2

= (x + y + 1) x + y + (x + y + 1) .

Mettendo assieme quanto trovato si ottiene s

ZZ p 2 2

x + y

2 2 2 2 2 2 2 dxdy

x + y + (x + y + 1) 1+

(x + y + 1)

Φ (G) =

Σ 2 2 2

(x + y + 1)

B (0,0)

1

ZZ

2 2 2 2 2

x + y + (x + y + 1) dxdy ,

= B (0,0)

1

dove si è sfruttato la formula dell’integrale superficiale su una superficie cartesiana. Passando

in coordinate polari si ottiene

Z Z Z

2π 1 1

2 2 2 3 2 2

Φ (G) = ρ + (ρ + 1) ρ dρdϑ = 2π ρ + ρ(ρ + 1) dρ

Σ 0 0 0

2π 2π 17π

1 1

4 2 3

= + =

ρ (ρ + 1) ,

4 6 6

0 0

dove abbiamo potuto usare le formule di riduzione per gli integrali doppi su rettangoli essendo

la funzione integranda continua.

Esercizio 4 1/z 2

Data la funzione di variabile complessa f (z) = e /(z − 1) se ne classifichino le singolarità e si

calcolino i residui nei suoi poli.

Svolgimento

È evidente che le singolarità di f sono z = 0 e z = 1. Osservando il comportamento della

0 1

restrizione di f all’asse reale si nota che

1/x 1/x

e e

lim f (x)