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ANALISI MATEMATICA 3Corso di laurea triennale in Fisica, F48011
Prova scritta del 28/1/2003 prof. Marco Vignati
1] Sia dato il problema di Cauchy
xy′ +√y − 2 = 0
y (1) = 3
i) Determinarne la soluzione locale.
ii) Determinarne una soluzione massimale (insieme di definizione, espressioneesplicita, grafico).
iii) Discutere l’unicita della soluzione massimale.
2] Sia data la successione di funzioni fn : R → R, n ∈ N, definita come:
fn (x) =3n2x
(1 + n |x|)2.
i) Determinarne l’insieme di convergenza puntuale e la funzione limite f .
ii) Stabilire se la convergenza e uniforme nell’intervallo [−2, 3].
iii) Stabilire se la convergenza e uniforme nell’intervallo [4,+∞).
3] Siano dati il dominio regolare D =
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2; −3 ≤ y ≤ 6− 3x
2
,
ed il campo vettoriale F :R2 → R2 , con
F (x, y) =(
y3 − x2 + xy ; 3x2 + 2xy − 1)
.
Calcolare l’integrale∮
∂D
F ·N ds
dove N rappresenta il versore normale esterno su ∂D.
1
1] L’equazione e definita per y ≥ 2 e, se x 6= 0, possiamo scriverla in forma normale come
y′ = f (x, y) = −1
x
√
y − 2 .
Le variabili possono essere separate, arrivando ad integrali semplici da calcolare.Poiche f ∈ C∞ ((0,+∞)× (2,+∞)) , il problema ha una ed una sola soluzione locale y = y (x);fino a quando y (x) > 2 si ha
y′ (x)√
y (x)− 2=−1x
=⇒ 2√
y (x)− 2 = 2− log x =⇒ y (x) = 2 +
(
1− 1
2log x
)2
e questo rimane valido per tutti gli x > 0 per cui log x ≤ 2, cioe per x ∈ (0, e2].Per x → 0+ abbiamo y (x) → +∞, e nessun prolungamento ad x < 0 e possibile. Quando,invece, x→ (e2)− abbiamo y (x) , y′ (x)→ 0, e quindi la soluzione locale puo essere prolungataad ogni x > 0, ottenendo la soluzione (ovviamente massimale)
y (x) =
2 +
(
1− 1
2log x
)2
se x ∈ (0, e2]
2 se x ∈ [e2,+∞)
Questa soluzione e unica, perche le condizioni y (x) ≥ 2 e y′ (x) ≤ 0 escludono che y possaassumere valori diversi da 2 per x ≥ e2.
2] Tutte le funzioni fn sono definite in R; inoltre, fn (0) = 0 per ogni n, mentre se x 6= 0 si
ha fn (x) ∼3xn2
n2x2=
3
x. Percio la successione di funzioni converge puntualmente, per ogni x,
alla funzione limite
f (x) =
1/x se x 6= 00 se x = 0
.
Tutte le fn sono continue in R, f non e continua in x = 0, e quindi la convergenza in [−2, 3]non puo essere uniforme. Per x ≥ 4 invece
|fn (x)− f (x)| =∣
∣
∣
∣
3n2x
(1 + nx)2− 3
x
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
−3− 6nx
x (1 + nx)2
∣
∣
∣
∣
= 32nx+ 1
x (1 + nx)2≤ c
nx
n2x3=
c
nx2≤ c′
n
per opportune costanti positive c, c′. Quest’ultima stima non dipende da x e quindi
limn→+∞
(
supx≥4
|fn (x)− f (x)|)
= 0 ;
la convergenza in [4,+∞) e percio uniforme.
2
3] Il valore dell’integrale
∮
∂D
F ·N ds coincide, per il Teorema della Divergenza, con il valore
dell’integrale∫∫
DdivF (x, y) dx dy. La divergenza del campo vettoriale F vale
divF (x, y) =∂F1
∂x(x, y) +
∂F2
∂y(x, y) = −2x+ y + 2x = y
e quindi
∮
∂D
F ·N ds =
∫∫
D
divF (x, y) dx dy =
∫∫
D
y dx dy
=
∫ 2
0
∫ 6−3x2
−3
y dy
dx =
∫ 2
0
1
2
[
(
6− 3x
2
)2
− 9
]
dx
=1
2
∫ 2
0
(
27− 18x+9
4x2
)
dx = ... = 12.
3
ANALISI MATEMATICA 3Corso di laurea triennale in Fisica, F48011
Prova scritta del 13/2/2003 prof. Marco Vignati
1] Sia dato il problema di Cauchy
y′ = xex+y
y (1) = log 2
i) Determinarne una soluzione locale.
ii) Determinarne una soluzione massimale (insieme di definizione, espressione es-plicita, grafico).
iii) Discutere la (eventuale) unicita della soluzione massimale.
2] Sia data la successione di funzioni fn : R → R , n ∈ N, definita come:
fn (x) =(n− x)2
n2 + x2
i) Determinarne l’insieme di convergenza puntuale e la funzione limite f .
ii) Stabilire se la convergenza e uniforme nell’intervallo [1,+∞).
iii) Calcolare limn→+∞
∫ 4
1
fn (x) dx.
3] Per a parametro reale, siano date le forme differenziali
ωa = (aex − y) dx +(
3y2 − x)
dy
definite in R2.
i) Stabilire per quali valori a ∈ R la forma ωa e esatta in R2.
ii) Per questi valori a, trovare il potenziale Fa che si annulla nel punto (0,−1).
iii) Determinare il valore di a per cui la funzione y = fa (x) , definita implicitamentedalla relazione Fa (x, y) = 0, ha un punto stazionario in x = 0, e determinare lanatura di questo punto.
4
1] La funzione f (x, y) = xex+y e di classe C∞ (R2) e quindi il problema ammette una ed unasola soluzione locale. Separando le variabili si ottiene
y′e−y = xex =⇒(
−e−y)′= ((x− 1)ex)′ =⇒ −e−y = (x− 1) ex + c
e tenendo conto della condizione iniziale la costante c assume il valore−1/2, per cui la soluzionelocale e
y (x) = − log
[
1
2− (x− 1) ex
]
,
valida fino a che l’argomento del logaritmo rimane positivo, cioe per (x− 1) ex < 1/2
-1
-0.5
0
0.5
1
-3 -2 -1 1 2 3x
e questo accade per x ∈ (−∞, α) con α > 1. Per x → α− abbiamo y (x) → +∞, per cuiquella trovata e la (unica) soluzione massimale, il cui grafico e ammette come asintoto verticalela retta x = α ed come asintoto orizzontale sinistro la retta y = log 2.
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3x
2] Tutte le fn sono funzioni definite e continue in R. Per ogni x fissato abbiamo
fn (x) =(n− x)2
n2 + x2=
n2 + x2 − 2nx
n2 + x2∼ n2
n2= 1
per cui c’e convergenza semplice, in R, alla funzione f (x) ≡ 1.Poi
supx≥1
|f (x)− fn (x)| = supx≥1
∣
∣
∣
∣
∣
1− (n− x)2
n2 + x2
∣
∣
∣
∣
∣
= supx≥1
2nx
n2 + x2.
5
Uno studio qualitativo del grafico della funzione (dispari) gn (x) =2nx
n2 + x2mostra che
gn (0) = 0 = limx→±∞
gn (x), e g′n (x) > 0 se e solo se −n < x < n. Percio, gn presenta
un massimo assoluto, relativamente ad [1,+∞), in x = n, con valore gn (n) = 1, per ogni n.Questo implica che la convergenza in [1,+∞) non e uniforme.Se invece x ∈ [1, 4] lo stesso ragionamento mostra che, per n ≥ 4, le funzioni gn sono monotonecrescenti in [1, 4], e quindi
supx∈[1,4]
|f (x)− fn (x)| = supx∈[1,4]
gn (x) = gn (4) =8n
n2 + 16→ 0 .
Percio in [1, 4] la convergenza e uniforme, e questo garantisce la possibilita di passare al limitesotto il segno di integrale. Quindi:
limn→+∞
∫ 4
1
fn (x) dx =
∫ 4
1
f (x) dx = 3 .
Oss.: in alternativa al metodo generale utilizzato sopra per studiare la convergenza uniformedi fn ad f , in questo caso particolare si sarebbe potuto osservare che le funzioni fn sonoquozienti di due polinomi di II grado, omogenei in n ed x. Percio, fattorizzando il termine n2
si ottiene
fn (x) =[1− (x/n])2
1 + (x/n)2= h
(x
n
)
dove h (t) =(1− t)2
1 + t2. Il grafico di h e semplice da studiare
0
0.5
1
1.5
2
-4 -2 2 4t
e quello di fn (x) = h(x
n
)
si ottiene da quello di h dilatando l’asse delle ascisse del fattore n.
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
10 20 30 40 50x
linea sottile n = 3; linea media n = 9; linea grossa n = 30.
6
3] Ogni ωa = A (x, y) dx+B (x, y) dy ha coefficienti di classe C∞ (R2) ; Poiche R2 e stellato,l’ esattezza equivale alla chiusura della forma. Poiche
∂A
∂y= −1 =
∂B
∂x
ogni forma ωa e esatta in R2. Integrando, otteniamo
Fa (x, y) = Fa (0,−1) +∫ x
0
A (t,−1) dt+∫ y
−1
B (x, t) dt
=
∫ x
0
(
aet + 1)
dt+
∫ y
−1
(
3t2 − x)
dt
= aex − a+ x+ y3 + 1− xy − x
= aex − xy + y3 + 1− a .
Abbiamo Fa ∈ C∞ (R2), con Fa (0,−1) = 0 e∂Fa∂y
(0,−1) = B (0,−1) = 3 6= 0. Applicando
il Teorema del Dini, sappiamo che in un intorno di x = 0 esiste una ed una sola funzioney = fa (x) definita implicitamente dalla relazione Fa (x, y) = 0. La sua derivata prima inx = 0 vale
f ′a (0) = −A (0,−1)B (0,−1) = −a+ 1
3
e quindi x = 0 e un punto stazionario per a = −1.In questo caso la relazione
f ′′ (x) = −Fxx (Fy)2 − 2FxyFxFy + Fyy (Fx)
2
(Fy)3
si riduce a
f ′′ (0) = −Fxx (0,−1)Fy (0,−1)
=1
3> 0
per cui la funzione f−1 presenta, in x = 0, un punto di minimo locale.
7
ANALISI MATEMATICA 3Corso di laurea triennale in Fisica, F48011
Prova scritta del 20/6/2003 prof. Marco Vignati
Durata della prova scritta: 2 ore. Lo studente svolga fino a tre dei seguenti esercizi.
1. Calcolare, al variare del parametro r > 0, r 6= 1, l’integrale curvilineo
∮
γr
ω ,
dove
ω =x− 1
x2 + y2 − 2x+ 1dx+
y
x2 + y2 − 2x+ 1dy
e dove γrrappresenta la circonferenza di raggio r e centro (0, 0), percorsa una
volta in senso antiorario.
2. Verificare che la relazione
x3 − y3 + xy + 1 = 0
definisce implicitamente una ed una sola funzione y = y (x).
Studiare poi questa funzione (insieme di definizione, limiti alla frontiera,eventuali estremanti ed asintoti) e tracciarne un grafico qualitativo.
3. Sia data la successione di funzioni
fn(x) =x3 − nx2
n(x2 + 1) + x4.
i) Verificare che fn converge puntualmente in R, e calcolare la funzione limite.
ii) Stabilire in quali intervalli I ⊆ R la successione fn converge uniformemente.
4. Sia dato il problema di Cauchy
y′ + y = y3
y(0) = a, a ∈ R.
i) Determinarne, al variare del parametro a, la soluzione locale.
ii) Stabilire l’intervallo di definizione della soluzione massimale, e tracciarne ungrafico qualitativo.
8
1] La forma differenziale ω e definita, e di classe C∞, nell’aperto Ω = R2 \ (1, 0) ; inoltre,si verifica con il calcolo di due derivate parziali che ω e chiusa in Ω. Percio, gli integrali
∮
γr
ω
coincidono tra loro quando sono calcolati lungo curve Ω-omotope. Questo significa che ipossibili valori assunti dagli integrali sono solo due, a seconda che la curva circondi (r > 1)oppure no (r < 1) il punto (1, 0).In questo secondo caso l’integrale e nullo, perche la curva e Ω-omotopa a zero (cioe alla curvail cui sostegno e un singolo punto). Alternativamente, si puo osservare che per 0 < r < 1 lacurva γ
rha il sostegno contenuto nella regione Ω′ = (x, y) : x < 1 ⊂ Ω, ed Ω′ e un aperto
stellato (si tratta di un semipiano); percio ω e esatta in Ω′, e quindi
∮
γr
ω = 0.
Se invece r > 1 nessuno dei precedenti discorsi e valido. Calcoliamo
∮
γr
ω in due diversi modi:
i) con la parametrizzazione γr(t) = (cos t; sin t), −π ≤ t ≤ π il calcolo diretto di
∮
γr
ω =
∫ π
−π
[
(1− r cos t)r sin t
1 + r2 − 2r cos t+
r2 cos t sin t
1 + r2 − 2r cos t
]
dt =
∫ π
−π
[
r sin t
1 + r2 − 2r cos t
]
dt
da risultato nullo, perche la funzione integranda e dispari e l’intervallo di integrazione e sim-metrico rispetto a t = 0.
ii) la funzione F (x, y) =1
2log[
(x− 1)2 + y2]
e un potenziale, in Ω, di ω, e quindi la forma
differenziale e esatta in Ω. Percio
∮
γr
ω = 0 per ogni r > 0 (r 6= 1).
2] La funzione F (x, y) = x3 − y3 + xy + 1 e di classe C∞ (R2). Inoltre
limy→±∞
F (x, y) = ∓∞
per ogni x fissato, e∂F
∂y(x, y) = x− 3y2 .
Per tutti gli x < 0 la funzione F (x, ·) e sempre monotona decrescente, assume valori sianegativi che positivi, e quindi si annulla una ed una sola volta. Questo permette di concludereche, almeno per x ∈ (−∞, 0), la relazione F (x, y) = 0 definisce una ed una sola funzioneimplicita y = f (x). Per x = 0 abbiamo F (0, y) = 1− y3 = 0 solo per y = 1.
Per x > 0, invece, la F (x, ·) decresce se y ∈(
−∞,−√
x/3)
e ha un minimo a quota
F(
x,−√
x/3)
= x3− 4
3√3x√x+1, sempre positiva; poi F (x, ·) cresce per y ∈
(
−√
x/3.√
x/3)
,
e infine decresce per y ∈(
√
x/3,+∞)
, annullandosi percio una sola volta.
Riassumendo, per ogni x ∈ R la relazione F (x, y) = 0 definisce una ed una sola funzioneimplicita y = f (x). Per x > 0 abbiamo f (x) >
√
x/3.Per studiare il segno di f (x), calcoliamo F (x, 0) = x3 + 1, e troviamo che f (0) ≥ 0 se esolo se x ≥ −1. Con il Teorema del Dini ricaviamo
f ′ (x) = −3x2 + f (x)
x− 3f 2 (x)
9
e Poiche Fy (x, f (x)) < 0 per ogni x, abbiamo f ′ (x) ≥ 0 se e solo se f (x) ≥ −3x2. Inoltre,F (x,−3x2) = 27x6 − 2x3 + 1 > 0 per ogni x, per cui f e sempre crescente.Ne segue che esistono lim
x→±∞f (x) e, Poiche 0 ≡ F (x, f (x)), ne segue che l’unica scelta
possibile per tali limiti elim
x→±∞f (x) = ±∞ .
Per stabilire l’esistenza di eventuali asintoti obliqui, supponiamo che per x → ±∞ si abbiaf (x) = mx+ q + ε (x) con ε (x)→ 0. Allora
0 ≡ F (x,mx+ q + ε (x)) = x3 − (mx+ q + ε (x))3 +mx2 + qx+ xε (x)
=(
1−m3)
x3 +(
1− 3q2)
mx2 + o(
x2)
e questa relazione e verificata solo nel caso m = 1 e q = 1/3.
Poiche F
(
x, x+1
3
)
≡ 26
27> 0, ne segue che f (x) > x+
1
3per ogni x, mentre
F (x, x+ α) = (1− 3α) x2 +(
α− 3α2)
x+(
1− α3)
ha definitivamente il segni di (1− 3α). Percio
x+1
3< f (x) < x+ α
per |x| abbastanza grande e per ogni α >1
3. Quindi, la retta di equazione y = x +
1
3e
asintoto obliquo sia destro che sinistro per la funzione f .
-4
-2
0
2
4
y
-4 -2 2 4x
3] Tutte le funzioni sono continue in R; inoltre, fn (0) = 0 per ogni n, mentre se x 6= 0abbiamo, per n→ +∞
fn(x) ∼−nx2
n(x2 + 1)=
−x2
x2 + 1
e quindi la successione di funzioni converge puntualmente, in R, alla funzione f (x) =
− x2
1 + x2.
10
Per quanto riguarda la convergenza uniforme, abbiamo
|fn (x)− f (x)| =∣
∣
∣
∣
x3 − nx2
n(x2 + 1) + x4+
x2
x2 + 1
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
x6 + x5 + x3
(x2 + 1) [n(x2 + 1) + x4]
∣
∣
∣
∣
=|x|3 |x3 + x2 + 1|
(x2 + 1) [n(x2 + 1) + x4].
Se I e un intervallo limitato, cioe se |x| ≤ K, abbiamo chiaramente |fn (x)− f (x)| ≤ c
n→ 0,
e c’e convergenza uniforme in I. Se invece I e illimitato abbiamo
lim|x|→∞
|fn (x)− f (x)| = 1
e quindi non ci puo essere convergenza uniforme.
4] L’equazione differenziale puo essere vista sia come equazione di Bernoulli che comeequazione a variabili separabili. Le funzioni costanti y ≡ 0 e y ≡ ±1 sono soluzioni dell’equazionedifferenziale, e quindi anche del problema di Cauchy (∗a) se a e uno di questi tre valori.Scrivendo l’equazione in forma normale, y′ = f (x, y) = y3− y , notiamo che f ∈ C∞ (R2), percui e possibile applicare il teorema di esistenza ed unicita locale ad un qualsiasi problema diCauchy. Cosı, due distinte soluzioni dell’equazione differenziale hanno grafici sempre disgiunti,e per le soluzioni ya si ha
a < −1−1 < a < 00 < a < 11 < a
=⇒
ya (x) < −1−1 < ya (x) < 00 < ya (x) < 11 < ya (x)
per ogni x.
Separando le variabili, nel caso a 6= 0 e a 6= ±1 otteniamo
y′
y3 − y= 1 =⇒
∫ ya(x)
a
dt
t3 − t= x
da cui
x =
∫ ya(x)
a
(
1/2
t− 1+
1/2
t+ 1− 1
t
)
dt =1
2log
(
a2 (y2a − 1)
(a2 − 1) y2a
)
e quindi
ya (x) =a
√
a2 − (a2 − 1) e2x.
Se a2 < 1 e definita per ogni x ∈ R, mentre se a2 > 1 la soluzione e definita solo per
x <1
2log
(
a2
a2 − 1
)
.
11
-4
-2
0
2
4
-2 -1 1 2x
dal basso all’alto i casi: a = −2; a = −0.2; a = 0.5; a = 3.
12
ANALISI MATEMATICA 3Corso di laurea triennale in Fisica, F48011
Prova scritta dell’ 8/7/2003 prof. Marco Vignati
Durata della prova scritta: 2 ore. Lo studente svolga fino a tre dei seguenti esercizi.
1. Sia dato il problema di Cauchy
y′ = (6x2 − 2)√y
y(1) = y0
con y0 parametro reale positivo.
i) determinarne la soluzione locale;
ii) verificare che esiste almeno una soluzione massimale definita in R;
iii) discutere l’unicita della soluzione massimale.
2.
i) Determinare la funzione g ∈ C1 (R2) che soddisfa g (1, 1) = 2 e che rende esattala forma differenziale
ω = 2xz dx +(
yz + 3y2)
dy + g (x, y) dz .
ii) Per questa scelta di g, determinare il potenziale F = F (x, y, z) di ω, che sod-disfa F (1, 1, 4) = 0.
3. Sia data l’equazione
x (1 + log y)− y(
1 + x2)
+ 3 = 0 .
i) Verificare che questa equazione definisce implicitamente, in un intorno dix = 2, un’unica funzione continua y = f (x) che soddisfa f (2) = 1.
ii) Di questa funzione si calcoli lo sviluppo di Taylor arrestato al secondo ordine,con resto secondo Peano, centrato in x = 2.
4. Per x > 0 e n = 1, 2, ... siano date le funzioni
fn (x) =
log x se x ∈ (0, n) ∪ (n+ 1,+∞)
log x+(n+ 1− x) (x− n)
nse x ∈ [n, n+ 1]
i) Determinare l’insieme di convergenza puntuale e la funzione limite f .
ii) La convergenza e uniforme nell’insieme (0, 1]?
iii) E nell’insieme [1,+∞)?
13
1] L’equazione e a variabili separabili; per ogni y0 > 0 la soluzione locale puo essere calcolatacon
y′
2√y= 3x2 − 1 =⇒
∫ y(x)
y0
dt
2√t=
∫ x
1
(
3t2 − 1)
dt =⇒√
y (x) = x3 − x+√y0 .
Percio, abbiamo
y (x) =[
x3 − x+√y0
]2,
certamente valida fino a quando√y0 > x− x3 = g (x).
La funzione g ha un massimo relativo in x = 1/√3, a quota 2/3
√3e quindi il piu ampio
intervallo, contenente x = 1, in cui g (x) <√y0 ha la forma:
-) (α,+∞), con α < −1, nel caso y0 >4
27;
-) (α,+∞), con α ∈ [1√3, 1), nel caso y0 ∈ (0,
4
27] .
-1 1
y0 >4
27
-1 1
y0 ≤4
27
In entrambe le situazioni la soluzione locale y (x) =[√
y0 − g (x)]2
si annulla del II ordineper x → α+, e quindi puo essere raccordata in modo C1 con la funzione che assume valoreidenticamente nullo per x ≤ α. Cosı, la funzione
(∗) y (x) =
[
x3 − x+√y0
]2se x ≥ α
0 se x ≤ α
e una soluzione massimale, definita in R, del problema di Cauchy.Per quanto riguarda l’unicita di questa soluzione, chiaramente e garantita per x > α. Percio,possiamo avere altre soluzioni z (x) del problema di Cauchy solo se queste possono assumerevalori positivi in qualche intervallo I ⊂ (−∞, α). Questo implica avere y ′ (x) < 0 in qualchex ∈ I, e dalla relazione y′ = (6x2 − 2)
√y osserviamo che cio puo accadere solo per |x| <
1/√3. Pertanto, nel caso y0 >
4
27questo viene escluso, perche le condizioni x < α < −1
e |x| < 1/√3 sono incompatibili. In questo caso la funzione y in (∗) e l’unica soluzione
massimale del problema.
Se invece y0 ∈ (0,4
27] altre soluzioni z (x) esistono. Ad esempio, possiamo risolvere il problema
di Cauchy
y′ = (6x2 − 2)√y
y(0) = z0 (> 0)
14
ottenendo la soluzione locale z (x) =[
x3 − x+√z0
]2in un intorno di x = 0. Se z0 e
scelto sufficientemente piccolo, questa soluzione e positiva in un intervallo del tipo (β, γ), conβ < −1 < 0 < γ < 1/
√3 < α, e quindi la funzione
(∗) z (x) =
[
x3 − x+√y0
]2se x ≥ α
0 se γ ≤ x ≤ α[
x3 − x+√z0
]2se β ≤ x ≤ γ
0 se x ≤ β
e un’altra soluzione massimale del problema assegnato.
y0 >4
27y0 ≤
4
27
2] L’esattezza della forma ω in R3 equivale alla sua chiusura, e le richieste sulla funzione g siriducono al sistema
2x =∂g
∂x
y =∂g
∂y
che porta a soluzioni del tipo g (x, y) = x2 +y2
2+ c. Introducendo il valore di g nel punto
(1, 1) otteniamo che la forma cercata e
ω = 2xz dx +(
yz + 3y2)
dy +1
2
(
2x2 + y2 + 1)
dz .
Il generico potenziale di questa forma e allora
F (x, y, z) = x2z +y2z
2+ y3 +
z
2+ d
che si annulla in (1, 1, 4) scegliendo d = −9.
3] La funzione F (x, y) = x (1 + log y)− y (1 + x2)+3 e di classe C∞ (R× R+), si annulla in
(2, 1), e∂F
∂y(2, 1) = −3 6= 0. E possibile applicare il Teorema del Dini, ed ottenere esistenza
ed unicita locale di una funzione implicita y = f (x). La formula di Taylor porta a
f (x) = f (2) + f ′ (2) (x− 2) +f ′′ (2)
2(x− 2)2 + o
(
(x− 2)2)
,
15
dove
f ′ (x) = −FxFy
(x, f (x)) = −1− 2xf (x) + log f (x)x
f (x)− 1− x2
, da cui f ′ (2) = −−3−3 = −1
e dove
f ′′ (x) = −Fxx (Fy)2 − 2FxyFxFy + Fyy (F
2x )
(Fy)3 (x, f (x)) .
Abbiamo
Fxx (x, y) = −2y
Fxy (x, y) =1
y− 2x
Fyy (x, y) = −x
y2
=⇒
Fxx (2, 1) = −2
Fxy (2, 1) = −3
Fyy (2, 1) = −2
e quindi
f ′′ (2) = −(−2) (9)− 2 (−3) (−3) (−3) + (−2) 9−27 =
2
3.
Cosı lo sviluppo cercato e
f (x) = f (2)− (x− 2) +1
3(x− 2)2 + o
(
(x− 2)2)
.
4] Il grafico della funzione fn e ottenuto aggiungendo a quello della funzione f (x) = log x, solo nell’intervallo [n, n+ 1], una “cunetta” di forma parabolica, senza distruggerne la con-tinuita. La cunetta, al crescere di n, si sposta verso destra e si riduce in altezza; il massimo
scarto tra f ed fn si ottiene nel punto medio di [n, n+ 1], e vale1
4n. Percio, la successione di
funzioni converge alla funzione f , e la convergenza e uniforme in (0,+∞).
0
0.5
1
1.5
2
1 2 3 4 5 6x
n = 2
0
0.5
1
1.5
2
1 2 3 4 5 6x
n = 4
16
ANALISI MATEMATICA 3Corso di laurea triennale in Fisica, F48011
Prova scritta del 23/9/2003 prof. Marco Vignati
Durata della prova scritta: 2 ore. Lo studente svolga fino a tre dei seguenti esercizi.
1. Siano dati il campo vettoriale F :R3 → R3 e la regione E ⊂ R3 definiti come
F (x, y, z) = (x; y; z) e E =
(x, y, z) : x2 + y2 ≤ z ≤ 2x+ 3
.
Si calcolino:
i) il flusso di F uscente da E;
ii) il flusso uscente di F che attraversa la parte piana della frontiera di E.
2. Sia data la serie di funzioni
+∞∑
n=1
nxen(x2−x) , x ∈ R.
i) Determinarne l’insieme di convergenza puntuale.
ii) Studiarne la convergenza uniforme negli intervalli [0,1
3), [
1
3,1
2) e [
1
2, 1).
3. Determinare i valori a, b ∈ R affinche tutte le soluzioni del problema di Cauchy
y′′ + y′ − 2y = −2e−xy (0) = ay′(0) = b
siano limitate in (0,+∞).
4. Determinare il massimo ed il minimo valore assunti dalla funzione f (x, y) =2− 3x− y nell’insieme
E =
(x, y) : x2 + y2 ≤ 1; x ≥ 0; y ≥ 0
.
17
1] L’insieme E e una regione compatta di R3, che sul piano xy si proietta in
D =
(x, y) : x2 + y2 ≤ 2x+ 3
=
(x, y) : (x− 1)2 + y2 ≤ 4
disco chiuso di centro (1, 0) e raggio 2. Al di sopra di D, la regione E e delimitata da sottodal paraboloide di equazione z = x2 + y2, e dall’alto dal piano di equazione z = 2x+ 3. Percalcolare il flusso di F uscente da E possiamo utilizzare il Teorema delle Divergenza
∫
∂E
F · n dσ =
∫∫∫
E
(divF) (x, y, z) dx dy dz ;
Poiche
divF =
(
∂F1
∂x+∂F2
∂y+∂F3
∂z
)
= 3
otteniamo∫
∂E
F · n dσ = 3
∫∫∫
E
dx dy dz = 3vol (E) = 3
∫∫
D
(2x+ 3− x2 − y2) dx dy
= 3
∫∫
D
[
4− (x− 1)2 − y2]
dx dy
ed utilizzando le coordinate polari nel piano, centrate in (1, 0), date da x = 1 + r cosϑ,y = r sinϑ abbiamo
∫
∂E
F · n dσ = 3
∫ 2
0
∫ 2π
0
(
4− r2)
r dϑ dr = 6π
∫ 2
0
(
4− r2)
r dϑ dr
= 6π
[
2r2 − r4
4
]2
0
= 24π .
La parte piana della frontiera di E puo essere descritta come B = (x, y, 2x+ 3) : (x, y) ∈ D,e parametrizzata per mezzo della funzione
ϕ (x, y) = (x; y; 2x+ 3) , (x, y) ∈ D .
Le derivate parziali di ϕ valgono ϕx(x, y) = (1; 0; 2) e ϕ
y(x, y) = (0; 1; 0), per cui ϕ
x∧ϕ
y=
(−2; 0; 1), che e orientato verso l’alto. Cosı
∫
B
F · n dσ =
∫∫
D
(−2x+ 2x+ 3) dx dy = 3 area (D) = 12π .
2] Chiaramente c’e convergenza se x = 0. Per x 6= 0 il criterio della radice porta a
n
√
|un (x)| = n
√
n |x|e(x2−x) → e(x2−x)
e quindi c’e convergenza se e(x2−x) < 1, cioe se 0 < x < 1. Per x < 0 o per x ≥ 1, invece,
il termine generale della serie non tende a zero. Cosı, l’insieme di convergenza semplice el’intervallo [0, 1).Una condizione necessaria per avere convergenza uniforme nell’insieme I e che
‖un‖∞,I = supx∈I|un (x)| → 0
18
e questo esclude l’intervallo [1
2, 1), perche
limn→+∞
(
limx→1−
un (x)
)
= limn→+∞
n = +∞ .
Se x ∈ I = [1
3,1
2) abbiamo x2 − x ≤ −2
9, per cui
‖un‖∞,I ≤n
2e−2n/9
e c’e convergenza totale (dunque anche uniforme).
Quando invece x ∈ I = [0,1
3), lo studio del segno di u′n (x) = nen(x
2−x)(2nx2 − nx + 1)
evidenzia che un ha un massimo relativo in xn =1−
√
1− 8
n4
∼ 1
n, per cui
un (xn) ≥ un
(
1
n
)
= exp
(
1
n− 1
)
9 0
e quindi ‖un‖∞,I 9 0, escludendo cosı la convergenza uniforme in [0,1
3).
3] L’equazione differenziale e lineare, non omogenea, a coefficienti costanti. Il polinomiocaratteristico dell’equazione omogenea associata e λ2 + λ − 2, che ha come radici λ = 1 eλ = −2. Cosı, la generica soluzione dell’equazione omogenea associata e yH (x) = Aex+Be−2x,A,B ∈ R.Poiche λ = −1 non e radice del polinomio caratteristico, sappiamo che una soluzione parti-colare dell’equazione non omogenea di partenza ha la forma u (x) = ce−x, per qualche c ∈ R.Sostituendo questa u nell’equazione differenziale otteniamo
ce−x − ce−x − 2ce−x = −2e−x
da cui ricaviamo c = 1. Percio, la generica soluzione dell’equazione assegnata e
y (x) = Aex +Be−2x + e−x, A,B ∈ R.
Imponendo le condizioni iniziali nel punto x = 0 troviamo
a = A+B + 1
b = A− 2B − 1=⇒
A =2a+ b− 1
3
B =a− b− 2
3
;
cosı, la soluzione del problema di Cauchy e
y (x) =2a+ b− 1
3ex +
a− b− 2
3e−2x + e−x
e la limitatezza in (0,+∞) si ha solo se 2a+ b = 1.
19
4] L’insieme E e l’intersezione del disco chiuso di centro (0, 0) e raggio 1 con il I quadrante,e quindi e compatto. La funzione f e continua in E, e per il teorema di Weierstrass f assumemassimo e minimo assoluti in E. Poiche ∇f (x, y) = (−3;−1) non si annulla mai, non cisono punti stazionari all’interno di E, quindi gli estremi sono assunti sulla frontiera.Considerando i tre archi di curva regolare che compongono ∂E, abbiamo·) a (t) = f (t, 0) = 2− 3t sempre decrescente;·) b (t) = f (0, t) = 2− t sempre decrescente;
·) c (t) = f (cos t; sin t) = 2 − 3 cos t − sin t decrescente per 0 ≤ t ≤ t0 = arctan1
3, e poi
crescente.Percio il massimo valore di f in E viene assunto in (0, 0), e vale 2; il mino\ imo viene assunto
in (cos t0, sin t0) =
(
3√10,
1√10
)
e vale 2−√10.
20
ANALISI MATEMATICA 3Corso di laurea triennale in Fisica, F48011
Prova scritta del 26/11/2003 prof. Marco Vignati
Durata della prova scritta: 2 ore. Lo studente svolga fino a tre dei seguenti esercizi.
1. Determinare una funzione g : R → R , g ∈ C1 (R), in modo che la forma dif-ferenziale
ω = 2y2g (xy) dx+ 3xyg (xy) dy
sia esatta in R2.
2. Calcolare
limn→+∞
∫ 8
1
ex − n 3√x
x2 + ndx
giustificando il procedimento seguito.
3. Sia dato il problema di Cauchy
(∗)
2x (x+ 1) y′ + (x+ 1) y = 1
y (1) = π/4
i) Determinarne la soluzione locale, specificandone l’insieme di definizione.
ii) Calcolare la soluzione massimale di (∗).
4. Determinare il massimo ed il minimo valore assunti dalla funzione
f (x, y) = 11− x2 − y2 + 2x− 4y
nella regioneD =
(x, y) : x2 + y2 ≤ 20
.
21
1] La forma e di classe C1 (R2) e per la sua esattezza e sufficiente che sia chiusa, cioe che
∂
∂y
(
2y2g (xy))
=∂
∂x(3xyg (xy)) =⇒ 4yg (xy) + 2y2xg′ (xy) = 3yg (xy) + 3xy2g′ (xy) =⇒
yg (xy) = xy2g′ (xy) =⇒ g (xy) = xyg′ (xy) .
(Oss.: la funzione g dipende dalla sola variabile reale t = xy, per cui∂
∂xg (xy) = g′ (t)
∂t
∂x=
g′ (xy) y, e analogamente∂
∂yg (xy) = g′ (t)
∂t
∂y= g′ (xy)x .)
Percio una qualsiasi funzione g che soddisfi l’equazione differenziale g (t) = tg ′ (t) soddisfa larichiesta, e questo porta alla famiglia di soluzioni g (t) = ct, per ogni c ∈ R.
2] La successioni di funzioni continue fn (x) =ex − n 3
√x
x2 + nconverge puntualmente, in R, alla
funzione f (x) = − 3√x. Inoltre, se x ∈ [1, 8] si ha
|fn (x)− f (x)| =∣
∣
∣
∣
ex − n 3√x
x2 + n+ 3√x
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
ex + x7/3
x2 + n
∣
∣
∣
∣
≤ c
n
per qualche c ∈ R, e quindi la convergenza e uniforme in [1, 8] ; questo permette di passare allimite sotto al segno di integrale, ottenendo
limn→+∞
∫ 8
1
ex − n 3√x
x2 + ndx =
∫ 8
1
(
limn→+∞
ex − n 3√x
x2 + n
)
dx = −∫ 8
1
3√x dx = −45
4.
3] L’equazione differenziale, se scritta in forma normale, si presenta come
y′ = − y
2x+
1
2x (x+ 1),
ed e lineare, del I ordine, a coefficienti continui in (−∞,−1)∪ (−1, 0)∪ (0,+∞). Il problemadi Cauchy e assegnato con dato iniziale in x = 1, e questo ci permette di garantire l’esistenzadi un’unica soluzione relativamente all’intervallo (0,+∞). Questa soluzione e data da
y (x) = exp
(
−∫ x
1
dt
2t
)[
π
4+
∫ x
1
1
2t (t+ 1)exp
(∫ t
1
ds
2s
)
dt
]
=1√x
[
π
4+
∫ x
1
1
t+ 1
dt
2√t
]
(usando t = u2)
=1√x
[
π
4+
∫
√x
1
du
u2 + 1
]
=1√x
(π
4+ arctan
(√x)
− π
4
)
=arctan
√x√
x.
Per x → 0+ si ha arctan√x =
√x − 1
3x3/2 + o
(
x3/2)
, e la soluzione trovata puo essere
prolungata in modo continuo fino ad x = 0 ponendo y (0) = 1; con questa scelta, la funzione
y ha, in x = 0, derivata destra y′+ (0) = −1
3.
22
Per poter prolungare ulteriormente questa y almeno all’intervallo (−1, 0), servirebbe riuscire adeterminare una funzione z che, nell’intervallo (−1, 0), fosse soluzione dell’equazione differen-ziale e che fosse estendibile in modo continuo fino ad x = 0 con z (0) = 1 e derivata sinistra
z′− (0) = −1
3. Il generico problema di Cauchy per x ∈ (−1, 0)
2x (x+ 1) z′ + (x+ 1) z = 1
z (x0) = z0
con x0 ∈ (−1, 0) e z0 ∈ R, porta a
z (x) = exp
(
−∫ x
x0
dt
2t
)[
z0 +
∫ x
x0
1
2t (t+ 1)exp
(∫ t
x0
ds
2s
)
dt
]
= exp
(
−1
2log
(
x
x0
))[
z0 +
∫ x
x0
1
2t (t+ 1)exp
(
1
2log
(
t
x0
))
dt
]
=
√−x0√−x
[
z0 +
∫ x
x0
1
2t (t+ 1)
√−t√−x0
dt
]
=z0
√−x0√−x +
1√−x
∫ x
x0
1
t+ 1
dt
(−2)√−t (usando t = −u2)
=z0
√−x0√−x +
1√−x
∫
√−x
√−x0
du
1− u2
=z0
√−x0√−x +
1√−x
[
1
2log
1 + u
1− u
]u=√−x
u=√−x0
=z0
√−x0√−x +
1
2√−x log
1 +√−x
1−√−x −
1
2√−x log
1 +√−x0
1−√−x0
=1
2√−x log
1 +√−x
1−√−x +
1√−x
[
z0
√−x0 −
1
2log
1 +√−x0
1−√−x0
]
.
Quando x→ 0− abbiamo
z (x) ∼ 1 +1√−x
[
z0
√−x0 −
1
2log
1 +√−x0
1−√−x0
]
e quindi l’unica possibilita per garantire che z (x)→ 1 sta nell’usare z0
√−x0 =1
2log
1 +√−x0
1−√−x0
.
Con questa scelta si ottiene
z (x) =1
2√−x log
1 +√−x
1−√−x =
1
2√−x
[
log(
1 +√−x)
− log(
1−√−x)]
=1
2√−x
[(√−x+
x
2− x3/2
3+ o
(
x3/2)
)
−(
−√−x+
x
2+x3/2
3+ o
(
x3/2)
)]
= 1− x
3+ o (x)
da cui si ricava che z′− (0) = −1
3. Percio, la funzione
y (x) =
arctan√x√
xse x ∈ [0,+∞)
1
2√−x log
1 +√−x
1−√−x se x ∈ (−1, 0]
23
risolve il problema di Cauchy (∗) in (−1,+∞). Questa e la soluzione massimale di (∗), percheper x→ −1+ e illimitata, e quindi non puo essere prolungata a sinistra di x = −1.
4] La funzione f e di classe C∞(R2) e la regione D e il disco chiuso di centro (0, 0) e raggio√20. Il teorema di Weierstrass garantisce che f assuma massimo e minimo assoluti in D. Il
gradiente di f , ∇f (x, y) = (2− 2x;−2y − 4), si annulla solo in P = (1,−2), punto internoper D, con f (P ) = 16.Per i punti della frontiera ∂D applichiamo ,il metodo dei moltiplicatori di Lagrange
−2 (x− 1) = 2λx
−2 (y + 2) = 2λy
x2 + y2 = 20
=⇒
λx = 1− x
λy = −2− y
x2 + y2 = 20
e poiche ne x ne y possono annullarsi dalle prime due equazioni ricaviamo
y (1− x) = λxy = −x (2 + y) =⇒ y = −2x
e, utilizzando la terza equazione, troviamo i due punti A = (−2, 4) e B = (2,−4). Per ivalori di f abbiamo f (A) = −29 e f (B) = 11. Cosı, il minimo di f in D e assunto in A,mentre il massimo in P .
24
