Ingegneria Informatica e dell’Automazione

(1)

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 19 Settembre 2013

Esercizio 1. Stabilire esistenza, specificando il dominio, e unicit` a del seguente problema di Cauchy

(P C)

( x

⁰⁰

(t) − 2x

⁰

(t) + 5x(t) = b(t), x(0) = 1, x

⁰

(0) = 3,

dove b ` e soluzione di (P )

( b

⁰

(t) = b(t)[1 + 2 tan(2t)], t ∈ (−π/4, π/4).

b(0) = 1,

Esercizio 2. Si consideri la curva, di sostegno γ, parametrizzata da

ϕ(t) :



 

 

x(t) = a cos(t/4), y(t) = b sin(t/4), z(t) = c(t + 1),

t ∈ [0, 2π], a, b, c ∈ R.

i) Determinare i valori di a, b e c ∈ R per i quali ϕ `e regolare in tutto l’intervallo [0, 2π]. Scrivere inoltre la parametrizzazione di γ in termini dell’ascissa curvilinea quando a = b, dopo aver giustificato se e quando tale condizione rende la curva regolare.

ii) Trovare almeno una parametrizzazione equivalente per γ che non sia in termini dell’ascissa curvilinea.

iii) Dire per quali valori di a, b, c ∈ R la curva `e rettificabile e calcolarne la lunghezza quando a = b, se e quando ci` o rientra nella condizione di rettificabilit` a.

Esercizio 3. Data la funzione f

_α

(x, y) = x

³

y

x

²

+ y

²

sin(αxy) e l’insieme D

_α

= (x, y) ∈ R

²

: y ≤ x ≤ αy, π/y ≤ x ≤ 2π/y, x > 0 , si calcoli

I

_α

= Z Z

Dα

f

_α

(x, y)dxdy, α ∈ R.

Esercizio 4. i) Si determini la trasformata di Fourier F

1 x

²

− a

²

(t) per t 6= 0 e a ∈ R

⁺

.

(2)

ii) Usare la parte i) per calcolare il valore di I

_α,β

=

Z Z

R²

e

−(|t|−α+itx)

p

₂

x

2 + 4β

4x

²

− π

²

dxdt, α, β ∈ R, dove p

2

indica la funzione porta centrata nell’origine e di ampiezza 2.

Risoluzione

Esercizio 1. Partiamo con lo studio di (P ). L’equazione ` e evidente- mente a variabili separabili. Constatiamo innanzitutto che la funzione b ≡ 0 in (−π/4, π/4) non verifica (P ), in quanto non soddisfa la condizione iniziale.

Dunque dividiamo ambo i membri per b(t), t ∈ (−π/4, π/4), e integrando separatamente i due membri dell’equazione, troviamo

b(t) = e

^t

cos(2t) .

Studiamo ora (P C). L’equazione ` e lineare del secondo ordine non omogenea. L’equazione caratteristica ` e λ

²

− 2λ + 5 = 0 con soluzioni λ = 1 ± 2i. Dunque, due soluzioni linearmente indipendenti dell’equazione omogenea associata sono

x

₁

(t) = e

^t

cos(2t) e x

₂

(t) = e

^t

sin(2t).

Per trovare una soluzione particolare applichiamo il metodo della va- riazione delle costanti, ossia cerchiamo una soluzione del tipo

x

_p

(t) = c

₁

(t)x

₁

(t) + c

₂

(t)x

₂

(t),

dove c

₁

e c

₂

sono funzioni incognite da determinare attraverso il sistema



 

 

 

 

c

⁰₁

(t) = − x

₂

(t)b(t)

x

⁰₂

(t)x

₁

(t) − x

₂

(t)x

⁰₁

(t) , c

⁰₂

(t) = x

₁

(t)b(t)

x

⁰₂

(t)x

₁

(t) − x

₂

(t)x

⁰₁

(t) .

Abbiamo x

⁰₁

(t) = e

^t

cos(2t)−2e

^t

sin(2t) e x

⁰₂

(t) = e

^t

sin(2t)+2e

^t

cos(2t).

Pertanto x

⁰₂

(t)x

₁

(t) − x

₂

(t)x

⁰₁

(t) = 2e

^2t

e di conseguenza



 



 



c

⁰₁

(t) = − x

₂

(t)b(t)

2e

^2t

= − 1

2 tan(2t), c

⁰₂

(t) = x

₁

(t)b(t)

2e

^2t

= 1

2 ,

(3)

da cui, omettendo le costanti di integrazione, c

₁

(t) = log p

⁴

cos(2t) e c

₂

(t) = t 2 che danno x

_p

(t) = e

^t

cos(2t) log p

⁴

cos(2t) + t sin 2t 2

. Quindi, l’integrale generale dell’equazione in (P C), con dominio (−π/4, π/4), ` e

x(t) = e

^t

{k

₁

cos(2t) + k

₂

sin(2t)} + x

_p

(t), k

₁

, k

₂

∈ R.

Per trovare l’unica soluzione di (P C) imponiamo le condizioni iniziali.

Avendo

x

⁰

(t) = x(t) + e

^t

n

−2 sin(2t) h

k

₁

+ log p

⁴

cos(2t) i

− 1

2 sin(2t) + 2 cos(2t)

k

₂

+ t

2 + sin(2t) 2

,

si trova x(0) = k

₁

e x

⁰

(0) = 1+2k

₂

e quindi k

₁

= k

₂

= 1. In conclusione, l’unica soluzione di (P C), definita in (−π/4, π/4) ` e

x(t) = e

^t

cos(2t) h

1 + log p

⁴

cos(2t) i

+ sin(2t)

1 + t

2 .

Esercizio 2. Parte i). Indicato con I il generico insieme di definizione di una curva ϕ in R

³

, essa ` e regolare in un punto t ∈ I se ` e derivabile in t e se |ϕ

⁰

(t)| 6= 0. Nel nostro caso I = [0, 2π].

Senz’altro ϕ ` e derivabile in tutto I per ogni valore dei parametri a, b, c ∈ R, essendo

ϕ

⁰

(t) = (x

⁰

(t), y

⁰

(t), z

⁰

(t)) =

− a

4 sin t 4

, b

4 cos t 4

, c

.

Si ha |ϕ

⁰

(t)| =

r a

²

sin

²

(t/4) + b

²

cos

²

(t/4)

16 + c

²

e dunque ϕ ` e regolare in tutto [0, 2π] solo in due casi: c 6= 0 e c = 0 e (a, b) 6= (0, 0) . Infatti se c = 0 e a = 0 allora ϕ perde regolarit` a in t = 2π, mentre se c = 0 e b = 0 allora ϕ perde regolarit` a in t = 0.

Per comodit` a di scrittura, poniamo ν(t) = |ϕ

⁰

(t)| per i valori a, b, c ∈ R che rendono ϕ regolare in tutto I. Il caso a = b `e ammesso purch´ e c 6= 0 oppure a 6= 0. In tali casi si ha ν(t) = √

a

²

+ 16c

²

/4 e dunque

s(t) = Z

t

0

ν(t)dt = tν = t √

a

²

+ 16c

²

/4, t ∈ [0, 2π].

(4)

La parametrizzazione in termini di s ` e

ϕ(s) :



 

 

x(s) = a cos(s/4ν), y(s) = b sin(s/4ν), z(s) = c(s/ν + 1),

s ∈ [0, 2πν].

Parte ii). Si consideri la mappa ψ : [0, π/2] → [0, 2π] che associa ϑ 7→

4ϑ. Si ha ψ

⁰

(ϑ) = 4 > 0 per ogni ϑ ∈ [0, π/2]. Una parametrizzazione equivalente per ϕ ` e ˜ ϕ = ϕ ◦ ψ, definita da

˜ ϕ(ϑ) :



 

 

x(ϑ) = a cos(ϑ), y(ϑ) = b sin(ϑ), z(ϑ) = c(4ϑ + 1),

ϑ ∈ [0, π/2].

Parte iii). Ritornando alla parametrizzazione originaria ϕ(t), la curva

`

e rettificabile se ha lunghezza finita, ossia

`(γ) = Z

2π

0

|ϕ

⁰

(t)|dt < ∞.

Ci` o implica ovviamente che ϕ sia regolare in I (a rigore basterebbe la deriviabilit` a, ma se |ϕ

⁰

(t)| = 0 banalmente `(γ) = 0).

Dunque consideriamo la curva rettificabile negli unici casi c 6= 0 e c = 0 e (a, b) 6= (0, 0) .

Il caso a = b ` e ammissibile purch´ e sia c 6= 0 oppure a 6= 0 e si ottiene

`(γ) = s(2π) = 2πν = π √

a

²

+ 16c

²

/2.

Esercizio 3. Innanzitutto osserviamo che, se α < 1, l’insieme D

_α

= ∅ e dunque non ha senso calcolare l’integrale.

Consideriamo il caso α ≥ 1. La funzione integranda pu` o essere scritta nella forma f

_α

(x, y) = x

y · x

²

y

²

x

²

+ y

²

sin(αxy), che insieme al dominio D

_α

, suggerisce il cambio di variabili







u = xy, v = x

y , ⇒





 x = √

uv, y = r u

v , ⇒ |detJ| = 1 2v . Si osserva che u ∈ [π, 2π] e v ∈ [1, α]. L’integrale diventa I

_α

= 1

2 Z

2π

π

Z

α 1

u sin(αu)· v

1 + v

²

dudv = 1 2

Z

2π π

u sin(αu)du·

Z

α 1

v

1 + v

²

dv.

(5)

Dall’ultima espressione si evince immediatamente che I

α

= 0 se α = 1.

D’altra parte, ci` o si poteva immediatamente dedurre dal fatto che, se α = 1, il dominio si riduce ad un arco di curva nel piano che ha misura nulla in R

²

.

Procediamo allora supponendo α > 1. Integrando per parti si ha Z

2π

π

u sin(αu)du =

−u cos(αu) α

2π π

+ Z

2π

π

cos(αu)

α du

= − 2π

α cos(2πα) + π

α cos(πα) + sin(αu) α

²

2π π

= π

α {cos(πα) − 2 cos(2πα)} + 1

α

²

{sin(2πα) − sin(πα)} . Per il secondo integrale otteniamo

Z

α 1

v

1 + v

²

dv = 1

2 log(1 + v

²

)

α 1

= log

r 1 + α

²

2 . Pertanto, se α > 1 si ha

I

_α

= log

⁴

r 1 + α

²

2 · π

α {cos(πα) − 2 cos(2πα)} + 1

α

²

{sin(2πα) − sin(πα)}

. In particolare, se α ∈ Z e α > 1 l’espressione si sempifica in

I

_α

= [(−1)

^α

− 2]π

α log

⁴

r 1 + α

²

2 .

Esercizio 4. Parte i). Si ha F

1 x

²

− a

²

(t) =

Z

∞

−∞

e

^−itx

x

²

− a

²

dx. Per il calcolo dell’integrale ci serviamo della teoria dei residui.

Sia f (z) = e

^−itz

z

²

− a

²

. Si vede subito che f ha due poli semplici nei punti dell’asse reale z = a e z = −a, tali che

Res(f, a) = e

^−ita

2a e Res(f, −a) = − e

^ita

2a . Ora, utilizziamo il Lemma di Jordan, si ha

Z

∞

−∞

e

^−itx

x

²

− a

²

dx =



 



 



−2πi 1

2 Res(f, a) + 1

2 Res(f, −a)

, t > 0, 2πi 1

2 Res(f, a) + 1

2 Res(f, −a)

, t < 0.

(6)

Avendo Res(f, a) + Res(f, −a) = 1

a · e

^−ita

− e

^ita

2 si ottiene Z

∞

−∞

e

^−itx

x

²

− a

²

dx =



 

  π

a · e

^−ita

− e

^ita

2i , t > 0 π

a · e

^ita

− e

^−ita

2i , t < 0, in altri termini

Z

∞

−∞

e

^−itx

x

²

− a

²

dx = −sign(t) π

a sin(ta).

Parte ii). Riscriviamo l’integrale I

_α,β

= e

^α

Z

∞

−∞

e

^−|t|

Z

∞

−∞

e

^−itx

p

₂

x 2

dx + β Z

∞

−∞

e

^−itx

4 4x

²

− π

²

dx

dt

= e

^α

Z

∞

−∞

e

^−|t|

F h

p

2

x 2

i

(t) + β F

1 x

²

− (π/2)

²

(t)

dt, dove F [f(x)](t) indica, come di consueto, la trasformata di Fourier della funzione f (x) valutata in t.

Ora, per la propriet` a di omotetia della trasformata di Fourier, si ha F h

p

₂

x 2

i

(t) = 2 F [p

2

(x)] (2t) = 2 sin(2t) t . D’altra parte, usando la parte i), con a = π/2, si ottiene

F

1 x

²

− (π/2)

²

= −2sign(t) sin π 2 t

, e pertanto

I

_α,β

= 2e

^α

Z

∞

−∞

e

^−|t|

sin(2t)

t − βsign(t) sin π 2 t

dt.

L’integranda ` e pari e dunque, per simmetria e grazie ad un cambio di variabili per il primo integrale, si ha

I

_α,β

= 4e

^α

Z

∞ 0

e

^−t

sin(2t) t dt − β

Z

∞ 0

e

^−t

sin π 2 t

dt

= 4e

^α

Z

∞ 0

e

^−t/2

sin t t dt − β

Z

∞ 0

e

^−t

sin

π 2 t

dt

= 4e

^α

L sin t t

1 2

− β L h sin π

2 t i (1)

,

(7)

dove, L [f(x)](t) denota ovviamente la trasformata di Laplace di f(x) valutata in t. In conclusione,

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