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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

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(1)

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

(2)

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:

2− λ + 1 = 0 → λ1,2= 1 4± i

7 4

(3)

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,

(4)

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 2x27

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.

(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.

1modo) In cartesiane. D∩{1quadrante}=

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 ∩ {1quadrante} → 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

ρ4 Z π/2

0

cos ϑ (sin ϑ)2

= 12 5

¡ρ5|10¢

(sin ϑ)3|π/20 = 12 5

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