Corso di Laurea in Informatica - Appello del 6 luglio 2009- Tema B
Per gli studenti di Complementi di Matematica - modulo Analisi 1)Risolvere i problemi di Cauchy
a)
y0 =
p(y − 1)3 x + 1 y(0) = 1
b)
y0 =
p(y − 1)3 x + 1 y(0) = 2 e determinare l’intervallo di definizione della relativa soluzione.
SVOLGIMENTO: Si ricorda che una soluzione di una eq.diff del primo ordine `e una funzione derivabile y = y(x), definita in un in- tervallo I = (a, b), tale che sostituendo y(x) e la sua derivata y0(x) nell’equazione, l’equazione viene soddisfatta per ogni x in (a, b).
Per intervallo di def inizione di una soluzione si intende il pi`u grande intervallo in cui la funzione y(x) `e definita ed `e anche soluzione della eq. diff. data.
Col P.C. y(x0) = y0, si chiede di trovare una soluzione particolare passante per un dato punto (x0, y0). Quindi una soluzione del P.C.
`e una funzione y(x) definita nel pi`u grande un intervallo contenente il punto x0, e nel quale intervallo y(x) `e soluzione.
Eq.diff. a variabili separabili, y0 = f (x)g(y), con f (x) = 1
x + 1 ∈ C((−∞, −1)(−1, +∞)), g(y) = p
(y − 1)3 ∈ C([1, +∞))
a) Per il P.C. y(0) = 1 si ha che x0 = 0, y0 = 1, e poich`e la funzione g(y) si annulla per il valore y0 = 1, la soluzione NON si pu`o ottenere separando le variabili (si dividerebbe per uno zero !!), ma poich`e la derivata di una costante `e zero, si pu`o concludere che la funzione
y(x) = 1, x ∈ (−1, +∞)
soddisfa il P.C. dato, cio`e l’intervallo di definizione della soluzione `e I = (−1, +∞),
poich`e questo `e il pi`u grande intervallo contenente il punto x0 = 0 in cui la funzione `e definita ed `e soluzione.
b) Per il P.C. y(0) = 2 si ha che x0 = 0, y0 = 2, e poich`e la funzione g(y) NON si annulla per il valore y0 = 2, la soluzione SI PUO’ ottenere separando le variabili, dividendo per g(y) = p
(y − 1)3, e integrando
con y > 1 e x > −1:
Z dy
p(y − 1)3 =
Z dx
x + 1 → −2
√y − 1 = ln(x + 1) + C
Sostituendo x = 0, y = 2 si ottiene per la costante C il valore C =
−2. Pertanto la soluzione particolare y = y(x) del P.C. dato, soddisfa implicitamente l’equazione
√−2
y − 1 = ln(x + 1) − 2
E’ possibile esplicitare tale soluzione. Passando ai reciproci ed ele- vando alla seconda si ottiene:
y(x) = 1 + 4
(2 − ln(x + 1))2
Per stabilire l’intervallo di definizione di tale soluzione `e necessario tener presente che il punto x0 = 0 del P.C. appartiene all’intervallo (−1, +∞) di continuit`a della funzione f (x), e che y non `e definita se 2−ln(x+1) = 0 cio`e se x = −1+e2, pertanto l’intervallo di definizione della soluzione `e
I = (−1, −1 + e2),
poich`e questo `e il pi`u grande intervallo contenente il punto x0 = 0 in cui la funzione `e definita ed `e soluzione.
2) Determinare l’insieme delle soluzioni della equazione 2y” − y0+ y = 0
SVOLGIMENTO: In questo caso abbiamo una equazione lineare omogenea (cosa significa?) del secondo ordine a coefficienti costanti, che ha sempre soluzioni, definite in tutto R = (−∞, +∞). L’insieme delle soluzioni formano uno spazio vettoriale di dimensione 2. Due soluzioni reali e indipendenti, che formano una base dello spazio, si ot- tengono utilizzando le soluzioni dell’equazione caratteristica (perch`e?), che in questo caso `e la seguente:
2λ2− λ + 1 = 0 → λ1,2= 1 4± i
√7 4
Due soluzioni reali e indipendenti sono z1(x) = e x 4 cos(
√7
4 x) e z2(x) = e
x 4 sin(
√7
4 x). L’insieme di tutte le soluzioni (integrale generale) si ot- tiene combinando linearmente le due soluzioni z1, z2 :
y(x) = A e x 4 cos(
√7
4 x) + B e x 4 sin(
√7
4 x), x ∈ R.
Per gli studenti di Analisi Complementi 1)Stabilire il carattere delle seguenti serie a)
X∞ 1
(n + 3)!
nn ; b) X∞
1
(−1)nn4+ 3n+1+ 7 log n cos(n!) − 3n+ e−3n; c)
X∞ 1
log n sin(1 n) SOLUZIONE:
a) Sia an= (n + 3)!
nn ; an+1
an
= (n + 4)!
(n + 1)n+1 nn
(n + 3)! = (n + 4) (n + 1)(1 + 1
n)n
→ e−1 < 1 , la serie
converge per il criterio del rapporto..
b) |an| = n4+ 3n+1+ 7 log n
cos(n!) − 3n+ e−3n ∼ 3n+1
−3n = −3 9 0 , la serie non converge perch`e non soddisfa la condizione necessaria di convergenza..
c) an = log n sin(1
n) ∼ log n n > 1
n , la serie diverge, poich`e P 1 diverge. n
2) a)Trovare l’insieme di convergenza della serie di potenze X∞
1
n 2nxn−1 b) Per tali x calcolarne la somma.
SOLUZIONE. a) Centro c=0 e raggio r = 2; infatti
n
r¯¯
¯n 2nxn−1
¯¯
¯ →
¯¯
¯x 2
¯¯
¯ < 1 per |x| < 2;
se |x| = 2, |an| = n
2 9 0, quindi non converge. Pertanto l’insieme di convergenza `e (−2, 2).
b) Poich`e nxn−1= d
dx(xn) , ricordando che le serie di potenze si pos- sono derivare termine a termine all’interno dell’insieme di convergenza,
si ha, per x ∈ (−2, 2), S(x) =
X∞ 1
n
2nxn−1 = X∞
1
d dx(xn
2n) = d dx
X∞ 1
xn 2n = d
dx X∞
0
³x 2
´n
= d
dx
1
1 −x 2
= −1
³ 1 −x
2
´2 = −4 (2 − x)2
Per tutti.
3) Data la funzione
f (x, y) = 5 log(1 + x + y) − 2x2− y2+ 3 a) determinare e disegnare il dominio;
b) trovare i punti stazionari e stabilirne la natura;
c) scrivere la formula di Taylor del secondo ordine col resto di Peano con centro nel punto P = (0, 0);
d) calcolare le derivate direzionali nel punto P = (0, 0) nella direzione w(−1, −2).
SOLUZIONE:
a) Il dominio `e D = {(x, y)| 1 + x + y > 0} cio`e, poich`e la retta 1 + x + y = 0 divide il piano in due semipiani, allora D `e quel semipiano (aperto) che contiene il punto (0, 0).
b) Poich`e f `e differenziabile in D aperto, gli estremi si trovano tra i punti stazionari, cio`e i punti di D che risolvono il sistema ∇f = 0 :
5
1 + x + y − 4x = 0 5
1 + x + y − 2y = 0 il sistema ha soluzioni A = (1 2, 1) e B = (−5
6, −5
3) e solo A `e accettabile perch`e B /∈ D.
Col test della matrice hessiana si pu`o decidere che A `e un punto di massimo.
c) f (x, y) = 3+5x+5y −9 2x2−7
2y2−5xy +o(x2+y2), (x, y) → (0, 0).
d) Poich`e f `e differenziabile in (0, 0) la derivata direzionale si calcola col prodotto scalare Dvf (0, 0) = ∇f (0, 0)v.
Detti v1,2 = ± w
kwk = ±(− 1
√5, − 2
√5) i due versori della direzione w, e ∇f (0, 0) = (5, 5), allora Dv2,1f (0, 0) = ±3√
5.
4) Sia D = {(x, y) ∈ R2| x2+ 9y2 ≤ 9} . Calcolare l’integrale Z
D
¯¯xy2¯
¯ dxdy SOLUZIONE
I punti di D sono i punti interni all’ellisse di equazione x2
9 + y2 = 1, di centro (0, 0) e semiassi 3 e 1.
Data la simmetria della funzione e del dominio, l’integrale `e 4 volte quello esteso alla parte di D contenuta nel primo quadrante; in tale insieme |xy2| = xy2. L’integrale si pu`o calcolare sia in cartesiane, sia con un cambiamento di variabili in coordinate ellittiche.
1◦modo) In cartesiane. D∩{1◦quadrante}=
n
0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤p
9 − 9y2 o
: Z
D
¯¯xy2¯
¯ dxdy = 4 Z
D∩{x>0,y>0}
xy2 dxdy = 4 Z 1
0
y2dy
Z √9−9y2
0
x dx
= 4 Z 1
0
y29 − 9y2
2 dy = 4 µ3
2− 9 10
¶
= 12 5 2◦ modo) Sia τ :=
½ x = 3ρ cos ϑ y = ρ sin ϑ ,
¯¯
¯¯Jτ
µ x y ρ ϑ
¶¯¯
¯¯ = 3ρ D ∩ {1◦quadrante} → S =
n
ρ ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π 2
o . Pertanto
Z
D
¯¯xy2¯
¯ dxdy = 4 Z
S
3ρ cos ϑ (ρ sin ϑ)23ρ dρdϑ = 36 Z 1
0
ρ4dρ Z π/2
0
cos ϑ (sin ϑ)2dϑ
= 12 5
¡ρ5|10¢
(sin ϑ)3|π/20 = 12 5