Ingegneria Informatica e dell’Automazione

C.d.L. Triennale in

Ingegneria Informatica e dell’Automazione

A.A. 2012/2013

Corso di Analisi Matematica 2 – 9 CFU

Dr. G. Autuori

Prova scritta del 4 Settembre 2013

Esercizio 1. Sia ω

_α

= (x

²

−αy) cos x dx+[(α+1)y−4 sin x]dy, α ∈ R.

a) stabilire per quali valori di α la forma ` e chiusa;

b) stabilire per quali valori di α la forma ` e esatta;

c) per i valori α determinati al punto b), calcolare Z

B

A

ω

_α

dove A = (0, 0) e B = (1, 1), lungo la curva piana di equazione ϕ(x, y) = 8(x + y) arctan x − 2(x + 1)[(2 + π)y − 2x].

Esercizio 2. Data la funzione di variabile complessa f (z) = z

²

− 2z + ize

^z

, stabilire se ` e analitica nel suo dominio.

Inoltre calcolare, al variare di r ∈ [1, 2], il valore di I

∂Br

f (z) z − 1 dz e

I

∂Br

ize

^z

(z − 1)

²

dz, dove B

r

= B(1, r) ` e la palla di centro z = 1 e raggio r.

Esercizio 3. Determinare l’area dell’insieme G, racchiuso dall’ipocicloide di equazione x

^2/3

+ y

^2/3

= a

^2/3

, dove a ∈ R

⁺

.

(Sugg. Considerare la parametrizzazione polare di ∂G)

Esercizio 4. Calcolare il valore del seguente integrale Z Z

R²

e

^−(|t|+itx)

 α

4 + x

²

+ βχ

_[−1,1]

(x)



dxdt, α, β ∈ R.

Posto P

_α

(x, y) = (x

²

− αy) cos x e Q

_α

(x, y) = (α + 1)y − 4 sin x, si verifica immediatemente che

∂P

α

∂y = −α cos x, ∂Q

α

∂x = −4 cos x,

dunque l’unico valore per cui la forma ` e chiusa e esatta ` e α = 4.

Per rispondere al punto c) si pu` o procedere in due modi.

Primo metodo. Si determina una primitiva di ω

₄

, diciamo F (x, y), in modo tale che

Z

B A

ω

₄

= F (B) − F (A).

Per la ricerca della primitiva imponiamo



 



 



∂F

∂x = (x

²

− 4y) cos x,

∂F

∂y = 5y − 4 sin x.

Dalla seconda equazione si ottiene F (x, y) = 5

2 y

²

− 4y sin x + c(x), da cui ∂F

∂x = −4y cos x+c

⁰

(x). Inserendo l’ultima espressione trovata nella prima equazione del sistema si ricava c

⁰

(x) = x

²

cos x.

Integrando per parti risulta (1) c(x) =

Z

x

²

cos xdx = (x

²

− 2) sin x + 2x cos x + k, k ∈ R.

Quindi F (x, y) = 5

2 y

²

+ (x

²

− 4y − 2) sin x + 2x cos x + k e in conclusione Z

B

A

ω

₄

= F (1, 1) − F (0, 0) = 5

2 − 5 sin 1 + 2 cos 1.

Secondo metodo. Essendo la forma esatta, l’integrale tra due punti

non dipende dal cammino percorso. Dunque, al posto della curva as-

segnata di parametrizzazione ϕ ` e consigliabile scegliere un cammino

pi` u semplice, come quello mostrato in figura

Lungo γ

₁

si ha x = dx = 0 e 0 ≤ y ≤ 1, mentre lungo γ

₂

si ha y = 1, dy = 0 e 0 ≤ x ≤ 1. Pertanto

Z

B A

ω

₄

= Z

1

0

Q

₄

(0, y)dy + Z

1

0

P

₄

(x, 1)dx = Z

1

0

5ydy + Z

1

0

(x

²

− 4) cos xdx

= 5

6 [y

⁶

]

¹₀

+ Z

1

0

x

²

cos xdx − 4 [sin x]

¹₀

= 5

6 − 4 sin 1 + Z

1

0

x

²

cos xdx.

D’altra parte, (1) implica che Z

1

0

x

²

cos xdx = 2 cos 1 − sin 1, e in con- clusione

Z

B A

ω

₄

= 5

6 − 5 sin 1 + 2 cos 1.

Esercizio 2. La funzione f assegnata ` e ben definita in tutto C. Per provare la sua analiticit` a, usiamo le condizioni di Cauchy–Riemann.

Dunque riscriviamo la funzione attraverso le variabili reali ponendo z = x + iy. Manipolazioni algebriche danno

f (x, y) = x

²

− y

²

+ 2ixy − 2x − 2iy + i(x + iy)e

^x

(cos y + i sin y)

= u(x, y) + iv(x, y), dove

u(x, y) = x

²

− y

²

− 2x − e

^x

(x sin y + y cos y), v(x, y) = 2xy − 2y + e

^x

(x cos y − y sin y).

Ora

∂u

∂x = 2(x − 1) − e

^x

[(x + 1) sin y + y cos y] = ∂v

∂y

∂u

∂y = −2y − e

^x

[(x + 1) cos y − y sin y] = − ∂v

∂x .

Primo integrale. Il computo non dipende da r, essendo la funzione al numeratore analitica in tutto C.

I

∂Br

f (z)

z − 1 dz = 2πif (1) = 2πi(−1 + ie) = −2π(e + i).

Secondo integrale. Posto g(z) = ize

^z

, la formula integrale di Cauchy, assicura che se g ` e analitica in una regione contenente B

_r

, allora

I

∂Br

ize

^z

(z − 1)

²

dz = 2πi 1! g

⁰

(1).

L’analiticit` a di g ` e pressocch´ e ovvia in tutto C, e si pu`o dimostrare come per f . Dunque anche in questo caso l’integrale non dipende da r. Si ha g

⁰

(z) = ie

^z

(z + 1) e pertanto

I

∂Br

ize

^z

(z − 1)

²

dz = 2πi · 2ie = −4eπ.

Esercizio 3. Per determinare l’area di G ` e opportuno utilizzare la formula di Gauss–Green e cio` e

|G| = 1 2

Z

∂G

xdy − ydx,

dove la curva chiusa e semplice ∂G va orientata positivamente e parametriz- zata in modo conveniente.

Una rappresentazione utile ` e quella polare che si ottiene introducendo i parametri



 

 

s = x

^1/3

t = y

^1/3

b = a

^1/3

⇒ s

²

+ t

²

= b

²

.

Si vede subito che l’ultima equazione rappresenta una circonferenza centrata nell’origine e di raggio b. Dunque si pu` o porre ϑ ∈ [0, 2π] e

( s = b cos ϑ,

t = b sin ϑ, ⇔

( x

^1/3

= a

^1/3

cos ϑ,

y

^1/3

= a

^1/3

sin ϑ, ⇔

( x = a cos

³

ϑ,

y = a sin

³

ϑ.

A questo punto

|G| = 1 2

Z

2π 0

{x(ϑ)y

⁰

(ϑ) − y(ϑ)x

⁰

(ϑ)} dϑ.

Essendo

( x

⁰

(ϑ) = −3a cos

²

ϑ sin ϑ, y

⁰

(ϑ) = 3a sin

²

ϑ cos ϑ, si ottiene

|G| = 3a

²

2

Z

2π 0

sin

²

ϑ cos

²

ϑdϑ = 3a

²

2

Z

2π 0

sin ϑ · sin ϑ cos

²

ϑdϑ

= 3a

²

2



− sin ϑ cos

³

ϑ 3



2π 0

+ a

²

2

Z

2π 0

cos

⁴

ϑdϑ

= a

²

2

Z

2π 0

cos

⁴

ϑdϑ.

D’altra parte Z

2π

0

cos

⁴

ϑdϑ = Z

2π

0

cos

²

ϑ cos

²

ϑdϑ = Z

2π

0

cos

²

ϑdϑ−

Z

2π 0

sin

²

ϑ cos

²

ϑdϑ.

Pertanto

|G| = 3a

²

2

Z

2π 0

sin

²

ϑ cos

²

ϑdϑ = 3a

²

8

Z

2π 0

cos

²

ϑdϑ = 3πa

²

8 .

Esercizio 4. Attraverso semplici manipolazioni otteniamo I =

Z

R

e

^−|t|

Z

R

e

^−itx

 α

4 + x

²

+ βχ

_[−1,1]

(x)

 dx

 dt

= Z

R

e

^−|t|

 α

Z

R

e

^−itx

4 + x

²

dx + β Z

R

e

^−itx

χ

_[−1,1]

(x)dx

 dt

= Z

R

e

^−|t|

 α F

 1 4 + x

²



(t) + β F χ

[−1,1]

(x) (t)

 dt, dove

F

 1

4 + x

²



(t) = π

2 e

^−2|t|

e F χ

[−1,1]

(x) (t) = 2 sin t

t

sono le trasformate di Fourier delle relative funzioni.

0

dove la trasformata di Laplace da’

L  sin t t



(1) = h π

2 − arctan t i

t=1

= π 4 . In definitiva

I =

 α 3 + β



π, α, β ∈ R.