NOME: . . . MATRICOLA: . . . .
Corso di Laurea in Fisica, A.A. 2014/2015 Calcolo 2, Esame scritto del 01.09.2015
1) a) Si trovi la soluzione generale dell’equazione differenziale
y000− 2 y00+ 9 y0 − 18 y = 10 ex. (*)
b) Si trovi la soluzione dell’equazione (*) che soddisfa la condizione iniziale
y(0) = 0 , y0(0) = 3 , y00(0) = 0 .
2) Si calcoli l’area della superficie definita dalle relazioni (x + y)2+ z = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 ,
3) Si calcoli l’integrale triplo Z Z Z
S
px2+ y2+ z2dx dy dz dove S `e il solido limitato dal cono
x2+ y2 = z2
ed il piano z = 1 , cio`e il solido descritto dalle disequazioni px2+ y2 ≤ z ≤ 1 .
Suggerimento: `E conveniente passare alle coordinate cilindriche.
4) a) Sia f : R −→ R la funzione periodica di periodo 2π , definita tramite la formula
f (x) = x sin x , x ∈ [ −π , π ] .
Si calcolino i coefficienti di Fourier ck(f ) , k ∈ Z (oppure ak(f ) , k ≥ 0 , e bk(f ) , k ≥ 1 , a piacimento) di f , e si studi la convergenza puntuale della sua serie di Fourier
+∞
X
k=−∞
ck(f ) eikx
rispettivamente ao(f )
2 +
∞
X
k=1
ak(f ) cos(kx) + bk(f ) sin(kx) .
Soluzioni:
1) : a) Abbiano da risolvere una equazione differenziale lineare a coefficienti costanti. Risolviamo prima l’equazione omogenea :
Il polinomio caratteristico λ3− 2 λ2+ 9 λ − 18 = (λ − 2) (λ2+ 9) ha tre zeri semplici:
λ1 = 2 , λ2 = 3 i , λ3 = − 3 i . Risulta che
e2 x,
e3 x i= cos(3 x) + i sin(3 x) , e− 3 x i = cos(3 x) − i sin(3 x) , quindi anche
e2 x, cos(3 x) , sin(3 x)
sono tre soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione omogenea y000− 2 y00+ 9 y0− 18 y = 0 ,
di cui la soluzione generale `e
c1e2 x+ c2 cos(3 x) + c3 sin(3 x) , c1, c2, c3 costanti.
Per trovare velocemente una soluzione particolare dell’equazione non omogenea (*) possiamo usare il metodo degli annichilatori. Infatti, il termine noto dell’equazione non omogenea `e 10 exed il coefficiente 1 di x nell’esponente non `e un zero del polinomio caratteristico dell’equazione omogenea, perci`o l’equazione non omogenea deve avere una soluzione della forma c ex. Sostituendo y(x) = c ex nell’equazione non omogenea otteniamo
(c ex)000− 2 (c ex)00+ 9 (c ex)0 − 18 (c ex) = 10 ex, c − 2 c + 9 c − 18 cex = 10 ex,
− 10 c ex = 10 ex, c = − 1 .
y(x) = c1e2 x+ c2 cos(3 x) + c3 sin(3 x) − ex, dove c1, c2, c3 sono costanti arbitrari.
b) Poich´e la soluzione generale dell’equazione differenziale (*) `e y(x) = c1e2 x+ c2 cos(3 x) + c3 sin(3 x) − ex e le sue prime due derivate sono
y0(x) = 2 c1e2 x− 3 c2 sin(3 x) + 3 c3 cos(3 x) − ex, y00(x) = 4 c1e2 x− 9 c2 cos(3 x) − 9 c3 sin(3 x) − ex, abbiamo
y(0) = c1+ c2− 1 , y0(0) = 2 c1+ 3 c3− 1 , y00(0) = 4 c1− 9 c2− 1 . Perci`o la condizione iniziale
y(0) = 0 , y0(0) = 3 , y00(0) = 0
(**)
`
e equivalente al sistema di equazioni lineari
c1+ c2− 1 = 0 , 2 c1+ 3 c3− 1 = 3 , 4 c1− 9 c2− 1 = 0 che ha la soluzione unica
c1 = 10
13 , c2 = 3
13 , c3 = 32 39 .
Risulta che la soluzione dell’equazione differenziale (*) che soddisfa la condizione iniziale (**) `e
y(x) = 10
13e2 x+ 3
13 cos(3 x) + 32
39 sin(3 x) − ex.
2) : Siccome
(x + y)2+ z = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0
⇐⇒ x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1 , z = 1 − (x + y)2, la superficie E definita dalle relazioni
(x + y)2+ z = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0
`
e il grafico della funzione
f (x , y) = 1 − (x + y)2 definita sul triangolo
T = x y
∈ R2; x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1
. Applicando la formula nota per l’area del grafico di f otteniamo
Area (E) = Z Z
T
s
1 + ∂f
∂x(x, y)
2
+ ∂f
∂y(x, y)
2
dx dy
= Z Z
T
q
1 + 2 (x + y)2
+ 2 (x + y)2
dx dy
= Z Z
T
p1 + 8 (x + y)2dx dy .
Per il calcolo di quest’integrale ci conviene fare il cambio di variabili u = x + y
v = x − y ,
x = u + v 2 y = u − v
2 , Poich´e
x ≥ 0 ⇐⇒ u + v ≥ 0 ⇐⇒ v ≥ − u , y ≥ 0 ⇐⇒ u − v ≥ 0 ⇐⇒ v ≤ − u ,
0 ≤ x + y ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ u ≤ 1 ,
T0 = u v
∈ R2; 0 ≤ u ≤ 1 , −u ≤ v ≤ u
. Ora, siccome
det
∂x
∂u
∂x
∂y ∂v
∂u
∂y
∂v
=
det 1/2 1/2 1/2 − 1/2
= 1 2 e quindi
dx dy = 1
2du dv , risulta
Area (E) = Z Z
T0
√1 + 8 u2 1
2du dv =
1
Z
0
Zu
−u
1 2
√1 + 8 u2dv
du
=
1
Z
0
u√
1 + 8 u2du = 1 16
1
Z
0
√
1 + 8 u2d(1 + 8 u2)
= 1 16
(1 + 8 u2)3/2 3/2
u = 1
u = 0
= 1
24 93/2− 1 = 26 24
= 13 12 .
3) : Calcoleremo l’integrale pi`u generale Iλ :=
Z Z Z
S
px2+ y2+ λ2z2dx dy dz
dove λ `e un parametro reale.
Ci conviene passare alle coordinate cilindriche
x = ρ cos ϕ y = ρ sin ϕ z = z
, ρ ≥ 0 , 0 ≤ ϕ < 2 π , z ∈ R, .
Il determinate funzionale del cambio di variabile `e
∂x
∂ρ
∂x
∂ϕ
∂x
∂z
∂y
∂ρ
∂y
∂ϕ
∂y
∂z ∂z
∂ρ
∂z
∂ϕ
∂z
∂z
=
cos ϕ − ρ sin ϕ 0 sin ϕ ρ cos ϕ 0
0 0 1
=
cos ϕ − ρ sin ϕ sin ϕ ρ cos ϕ
0 0
= ρ ,
quindi
dx dy dx = ρ dρ dϕ dz .
Ora, poich´e le disequazioni px2+ y2 ≤ z ≤ 1 che definiscono il solido S significano per le coordinate cilindriche 0 ≤ ρ ≤ z ≤ 1 , abbiamo
Iλ = Z Z Z
0≤ρ≤z≤1
pρ2+ λ2z2ρ dρ dϕ dz
=
1
Z
0
dz
z
Z
0
dρ
2π
Z
0
pρ2+ λ2z2ρ dϕ
= 2 π
1
Z
0
dz
z
Z
0
pρ2+ λ2z2ρ dρ
= π
1
Z
0
dz
z
Z
0
pρ2+ λ2z2d ρ2+ λ2z2
= π
1
Z
0
2
3 ρ2+ λ2z23/2
ρ = z
ρ = 0
dz
= 2 π 3
1
Z
0
(1 + λ2)3/2z3− λ3z3 dz
= 2 π 3
(1 + λ2)3/2− λ3
1
Z
0
z3dz
| {z }
= 1/4
π
Nel nostro caso, per λ = 1 abbiamo Z Z Z
S
px2+ y2+ z2dx dy dz = π
6 23/2− 1 = π 6 2√
2 − 1 .
4) : Poich´e f `e una funzione pari, sappiamo fin dall’inizio che bk(f ) = 0 per ogni k ≥ 1 .
Per calcolare i coefficienti ak(f ) = 1
π
π
Z
−π
f (x) cos(kx) dx = 1 π
π
Z
−π
x sin x cos(kx) dx , k ≥ 0 ci serve l’identit`a trigonometrica nota
sin α cos β = 1 2
sin(α + β) + sin(α − β)
, α , β ∈ R . Ecco una verifica veloce basata sull’identit`a di Eulero:
sin α cos β = eiα − e−iα
2i · eiβ+ e−iβ 2
= eiα+iβ + eiα−iβ − e−iα+iβ− e−iα−iβ 4i
− 1 2
ei(α+β)− e−i(α+β)
2i + ei(α−β)− e−i(α−β) 2i
= 1 2
sin(α + β) + sin(α − β) . Risultano
a0(f ) = 1 π
π
Z
−π
x sin x dx ,
a1(f ) = 1 π
π
Z
−π
x sin x cos x dx = 1 2 π
π
Z
−π
x sin(2 x) dx ,
ak(f ) = 1 π
π
Z
−π
x sin x cos(kx) dx
= 1 2 π
Zπ
−π
x sin (k + 1)x)dx −
π
Z
−π
x sin (k − 1)x)dx
, k ≥ 2 .
Adesso ci serve la primitiva Z
x sin(αx) dx = −x cos(αx)
α + sin(αx)
α2 , α > 0 : Infatti, tramite integrazione per parti si ottiene
Z
x sin(αx) dx = − 1 α
Z
x d cos(αx)
= − x cos(αx)
α + 1
α Z
cos(αx) dx
= − x cos(αx)
α + sin(αx) α2 . Per k = 0 e k = 1 otteniamo
ao(f ) = 1 π
− x cos x + sin x
x = π
x = − π
= 2 , a1(f ) = 1
2 π
− x cos(2x)
2 + sin(2x) 4
x = π
x = − π
= − 1 2 , mentre per k ≥ 2 risulta
ak(f ) = 1 2 π
− x cos (k + 1)x)
k + 1 + sin (k + 1)x) (k + 1)2
x = π
x = − π
−
− x cos (k − 1)x)
k − 1 + sin (k − 1)x) (k − 1)2
x = π
x = − π
= 1 2 π
− 2 π (−1)k+1
k + 1 + 2 π (−1)k−1 k − 1
= (−1)k+1 2 k2− 1 .
Concludiamo che la serie di Fourier (in forma reale) della funzione f `e ao(f )
2 +
∞
X
k=1
ak(f ) cos(kx) + bk(f ) sin(kx)
Poich´e f `e regolare a tratti (i punti di non derivabilit`a sono i multipli dispari di π e la derivata di f `e limitata su ogni intervallo limitato) e continua, la sua serie di Fourier converge uniformamente ad f . In particolare
1 − 1
2 cos x +
∞
X
k=2
(−1)k+1 2
k2− 1 cos(kx) = x sin x , − π ≤ x ≤ π .