Esame di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008 ore...
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Esame di Analisi Matematica II del14 gennaio 2008 ore 11
Versione A
Esercizio 1. (10 punti)
Si consideri la successione di funzioni
fn(x) =3n
(x− 3)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.
a) Studiare la convergenza puntuale della successione (fn):
b) mostrare che questa successione converge uniformemente su [0, 6];
c) mostrare che non converge uniformemente su R.
Svolgimento
a) Per ogni x ∈ R si ha che
limn
fn(x) = limn
3n
(x− 3)2 + n= 3.
Quindi la successione (fn) convergre puntualmente alla funzione f(x) = 3 per ogni x ∈ R.
b) La successione (fn) converge uniformemente su [0, 6] alla funzione f(x) = 3 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈[0,6]|fn(x)− f(x)|.
Poiche sia fn che f sono continue e l’intervallo [0, 6] e chiuso e limitato, per il Teorema di
Weierstrass si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈[0,6]
|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,6]
|fn(x)− f(x)| =
= maxx∈[0,6]
∣∣∣∣3n
(x− 3)2 + n− 3
∣∣∣∣ = maxx∈[0,6]
∣∣∣∣∣−3(x− 3)2
(x− 3)2 + n
∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,6]
3(x− 3)2
(x− 3)2 + n=
1
2 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
= maxx∈[0,6]
3[1− n
(x− 3)2 + n
]=↑
x = 0; 6
3(
1− n
9 + n
)=
279 + n
.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n
279 + n
= 0.
Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente su [0, 6] alla funzione f(x) = 3.
c) La successione (fn) converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 3 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈R|fn(x)− f(x)|.
Procedendo in modo analogo al caso precedente si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈R
|fn(x)− f(x)| = supx∈R
∣∣∣∣3n
(x− 3)2 + n− 3
∣∣∣∣ = supx∈R
3[1− n
(x− 3)2 + n
]=
essendo la funzione gn(x) = 3[1− n
(x−3)2+n
]non negativa, decrescente su (−∞, 3] e crescente
su [3, +∞) con limiti uguali per x → ±∞
= limx→±∞ 3
[1− n
(x− 3)2 + n
]= 3.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n3 = 3 6= 0.
Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 3.
Esercizio 2. (10 punti)
Calcolare l’integrale triplo ∫
Dy dx dy dz,
dove
D ={
(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 4x ≤ 0, y ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤√
x2 + y2
}.
Svolgimento
Integrando per fili paralleli all’asse z si ha che
∫
Dy dx dy dz =
∫
K
(∫ √x2+y2
0y dz
)dx dy =
∫
Ky√
x2 + y2 dx dy,
dove
K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 4x ≤ 0, y ≤ x ≤ 2
}=
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, −
√4x− x2 ≤ y ≤ x
}.
Versione A 3
O 2 4
−2
2
x
y
Fig. 1: L’insieme K (in azzurro).
Essendo K un insieme y-semplice, si ha che∫
Dy dx dy dz =
∫
Ky√
x2 + y2 dx dy =∫ 2
0
(∫ x
−√4x−x2y√
x2 + y2 dy
)dx =
=∫ 2
0
[∫ x
−√4x−x2y
(x2 + y2
)1/2dy
]dx =
∫ 2
0
[13
(x2 + y2
)3/2]x
−√4x−x2dx =
=13
∫ 2
0
(2√
2x3 − 8x3/2)
dx =13
[√2
2x4 − 16
5x5/2
]2
0
= −85
√2.
OSSERVAZIONE
Si puo procedere anche cambiando coordinate. Per esempio, passando in coordinate polari nel
piano, centrate in (0, 0), si ottiene∫
Dy dx dy dz =
∫
Ky√
x2 + y2 dx dy =∫
K′ρ3 sinϑ dρ dϑ,
dove
K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 4 cos ϑ, ρ sinϑ ≤ ρ cosϑ ≤ 2, ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π
}.
Si osserva che K ′ = A ∪B, con m(A ∩B) = 0, dove
A ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 4 cos ϑ, −π
2≤ ϑ ≤ −π
4
}.
B ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2cosϑ
, −π
4≤ ϑ ≤ π
4
}.
4 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
Quindi
∫
Dy dx dy dz =
∫
K′ρ3 sinϑdρ dϑ =
∫
Aρ3 sinϑ dρ dϑ +
∫
Bρ3 sinϑ dρ dϑ.
Calcolando separatamente i due integrali si ottiene che
∫
Aρ3 sinϑdρ dϑ = −8
5
√2,
∫
Bρ3 sinϑdρ dϑ = 0.
Quindi ∫
Dy dx dy dz = −8
5
√2.
Esercizio 3. (10 punti)
Si consideri il sistema di equazioni differenziali{
x′ = (3− α)x + y
y′ = −(3− α)2x + (α− 4)y.
a) Studiare la stabilita della soluzione nulla al variare di α ∈ R.
b) Determinare tutti i valori di α per cui esistono soluzioni costanti non identicamente nulle.
c) Posto α = 3, risolvere il sistema.
d) Si ponga α = 134 . Dire, motivando opportunamente, se la seguente affermazione e vera o falsa:
se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema, allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x))
e limitata.
Svolgimento
a) La matrice dei coefficienti e
A =(
3− α 1−(3− α)2 α− 4
).
Per studiare la stabilita della soluzione nulla calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det (A− λI) =∣∣∣∣3− α− λ 1−(3− α)2 α− 4− λ
∣∣∣∣ = (3−α−λ)(α− 4−λ) + (3−α)2 = λ2 + λ + α− 3.
Ne segue che
det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 3 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√13− 4α
2.
Versione A 5
Se α > 134 , allora λ1,2 = −1
2 ± i√
4α−132 . Quindi gli autovalori di A hanno parte reale negativa.
Ne segue che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 134 , allora λ1,2 = −1
2 . Quindi l’unico autovalore di A ha parte reale negativa. Ne segue
che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α < 134 , allora λ1,2 = −1±√13−4α
2 ∈ R. Si ha che λ1 = −1−√13−4α2 < 0 mentre
λ2 =−1 +
√13− 4α
2< 0 ⇐⇒ √
13− 4α < 1 ⇐⇒ α > 3.
Poiche per α = 3 si ottiene λ2 = 0, si ha che se 3 < α < 134 , allora gli autovalori di A sono
negativi e quindi X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 3, un autovalore e negativo e l’altro e nullo, quindi X = 0 e stabile ma non asintoti-
camente.
Se α < 3, un autovalore e negativo e l’altro e positivo, quindi X = 0 e instabile ma non
completamente instabile.
Ricapitolando si ha che
α < 3 =⇒ X = 0 e instabile,
α = 3 =⇒ X = 0 e stabile ma non asintoticamente,
α > 3 =⇒ X = 0 e asintoticamente stabile.
b) Esistono soluzioni costanti non identicamente nulle se e solo se la matrice A ha un autovalore
nullo. In base al punto precedente cio si realizza solo per α = 3.
c) Per α = 3 la matrice dei coefficienti e
A =(
0 10 −1
)
i cui autovalori sono λ1 = −1 e λ2 = 0. Cerchiamo un autovettore associato a λ1 = −1. Si
ha che
(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x
x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ1 = −1 e v1 = (1,−1).
Cerchiamo ora un autovettore associato a λ2 = 0.
Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{
y = 0
x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ2 = 0 e v2 = (1, 0).
6 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
L’integrale generale del sistema lineare e dato da
X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1
(1−1
)e−t + c2
(10
)=
(c1 e−t + c2
−c1 e−t
), c1, c2 ∈ R.
d) Per α = 134 , allora la matrice A ha un unico autovalore λ = −1
2 di molteplicita algebrica 2.
Poiche la matrice A non e diagonale, allora l’integrale generale e dato da
X(t) = (x(t), y(t)) = c1v1 e−t/2 + c2(tv1 + v2) e−t/2 = e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)], c1, c2 ∈ R,
dove v1 e un autovettore associato a λ e v2 e un autovettore generalizzato associato a λ e v1.
Quindi la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e
γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) = et/2 e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)] = c1v1 + c2(tv1 + v2), c1, c2 ∈ R,
Poiche per t → ±∞, se c2 6= 0, almeno una delle due componenti di γ e illimitata, ne segue
che γ e illimitata. Quindi l’affermazione “se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema,
allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e limitata” e falsa.
Versione B 7
Versione B
Esercizio 1. (10 punti)
Si consideri la successione di funzioni
fn(x) =n
(x− 1)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.
a) Studiare la convergenza puntuale della successione (fn):
b) mostrare che questa successione converge uniformemente su [0, 2];
c) mostrare che non converge uniformemente su R.
Svolgimento
a) Per ogni x ∈ R si ha che
limn
fn(x) = limn
n
(x− 1)2 + n= 1.
Quindi la successione (fn) convergre puntualmente alla funzione f(x) = 1 per ogni x ∈ R.
b) La successione (fn) converge uniformemente su [0, 2] alla funzione f(x) = 1 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈[0,2]|fn(x)− f(x)|.
Poiche sia fn che f sono continue e l’intervallo [0, 2] e chiuso e limitato, per il Teorema di
Weierstrass si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈[0,2]
|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,2]
|fn(x)− f(x)| =
= maxx∈[0,2]
∣∣∣∣n
(x− 1)2 + n− 1
∣∣∣∣ = maxx∈[0,2]
∣∣∣∣∣−(x− 1)2
(x− 3)2 + n
∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,2]
(x− 1)2
(x− 1)2 + n=
= maxx∈[0,2]
[1− n
(x− 1)2 + n
]=↑
x = 0; 2
(1− n
1 + n
)=
11 + n
.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n
11 + n
= 0.
Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente su [0, 2] alla funzione f(x) = 1.
8 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
c) La successione (fn) converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 1 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈R|fn(x)− f(x)|.
Procedendo in modo analogo al caso precedente si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈R
|fn(x)− f(x)| = supx∈R
∣∣∣∣n
(x− 1)2 + n− 1
∣∣∣∣ = supx∈R
[1− n
(x− 1)2 + n
]=
essendo la funzione gn(x) =[1− n
(x−1)2+n
]non negativa, decrescente su (−∞, 1] e crescente
su [1, +∞) con limiti uguali per x → ±∞
= limx→±∞
[1− n
(x− 1)2 + n
]= 1.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n1 = 1 6= 0.
Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 1.
Esercizio 2. (10 punti)
Calcolare l’integrale triplo ∫
Dx dx dy dz,
dove
D ={
(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 4y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤√
x2 + y2
}.
Svolgimento
Integrando per fili paralleli all’asse z si ha che
∫
Dx dx dy dz =
∫
K
(∫ √x2+y2
0x dz
)dx dy =
∫
Kx√
x2 + y2 dx dy,
dove
K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 4y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 2
}=
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2, −y ≤ x ≤
√4y − y2
}.
Essendo K un insieme x-semplice, si ha che
∫
Dx dx dy dz =
∫
Kx√
x2 + y2 dx dy =∫ 2
0
(∫ √4y−y2
−yx√
x2 + y2 dx
)dy =
=∫ 2
0
[∫ √4y−y2
−yx
(x2 + y2
)1/2dx
]dy =
∫ 2
0
[13
(x2 + y2
)3/2]√4y−y2
−ydy =
Versione B 9
−2 O 2
2
4
x
y
Fig. 2: L’insieme K (in azzurro).
=13
∫ 2
0
(8y3/2 − 2
√2y3
)dy =
13
[165
y5/2 −√
22
y4
]2
0
=85
√2.
OSSERVAZIONE
Si puo procedere anche cambiando coordinate. Per esempio, passando in coordinate polari nel
piano, centrate in (0, 0), si ottiene∫
Dx dx dy dz =
∫
Kx√
x2 + y2 dx dy =∫
K′ρ3 cosϑ dρ dϑ,
dove
K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 4 sinϑ, −ρ cosϑ ≤ ρ sinϑ ≤ 2, ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π
}.
Si osserva che K ′ = A ∪B, con m(A ∩B) = 0, dove
A ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 4 sinϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π
4
}.
B ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2sinϑ
,π
4≤ ϑ ≤ 3
4π
}.
Quindi∫
Dx dx dy dz =
∫
K′ρ3 cosϑdρ dϑ =
∫
Aρ3 cosϑdρ dϑ +
∫
Bρ3 cosϑdρ dϑ.
Calcolando separatamente i due integrali si ottiene che∫
Aρ3 cosϑdρ dϑ =
85
√2,
∫
Bρ3 cosϑdρ dϑ = 0.
10 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
Quindi ∫
Dx dx dy dz =
85
√2.
Esercizio 3. (10 punti)
Si consideri il sistema di equazioni differenziali{
x′ = (2− α)x + y
y′ = −(2− α)2x + (α− 3)y.
a) Studiare la stabilita della soluzione nulla al variare di α ∈ R.
b) Determinare tutti i valori di α per cui esistono soluzioni costanti non identicamente nulle.
c) Posto α = 2, risolvere il sistema.
d) Si ponga α = 94 . Dire, motivando opportunamente, se la seguente affermazione e vera o falsa:
se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema, allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x))
e limitata.
Svolgimento
a) La matrice dei coefficienti e
A =(
2− α 1−(2− α)2 α− 3
).
Per studiare la stabilita della soluzione nulla calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det (A− λI) =∣∣∣∣2− α− λ 1−(2− α)2 α− 3− λ
∣∣∣∣ = (2−α−λ)(α− 3−λ) + (2−α)2 = λ2 + λ + α− 2.
Ne segue che
det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 2 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√9− 4α
2.
Se α > 94 , allora λ1,2 = −1
2 ± i√
4α−92 . Quindi gli autovalori di A hanno parte reale negativa.
Ne segue che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 94 , allora λ1,2 = −1
2 . Quindi l’unico autovalore di A ha parte reale negativa. Ne segue
che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α < 94 , allora λ1,2 = −1±√9−4α
2 ∈ R. Si ha che λ1 = −1−√9−4α2 < 0 mentre
λ2 =−1 +
√9− 4α
2< 0 ⇐⇒ √
9− 4α < 1 ⇐⇒ α > 2.
Versione B 11
Poiche per α = 2 si ottiene λ2 = 0, si ha che se 2 < α < 94 , allora gli autovalori di A sono
negativi e quindi X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 2, un autovalore e negativo e l’altro e nullo, quindi X = 0 e stabile ma non asintoti-
camente.
Se α < 2, un autovalore e negativo e l’altro e positivo, quindi X = 0 e instabile ma non
completamente instabile.
Ricapitolando si ha che
α < 2 =⇒ X = 0 e instabile,
α = 2 =⇒ X = 0 e stabile ma non asintoticamente,
α > 2 =⇒ X = 0 e asintoticamente stabile.
b) Esistono soluzioni costanti non identicamente nulle se e solo se la matrice A ha un autovalore
nullo. In base al punto precedente cio si realizza solo per α = 2.
c) Per α = 2 la matrice dei coefficienti e
A =(
0 10 −1
)
i cui autovalori sono λ1 = −1 e λ2 = 0. Cerchiamo un autovettore associato a λ1 = −1. Si
ha che
(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x
x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ1 = −1 e v1 = (1,−1).
Cerchiamo ora un autovettore associato a λ2 = 0.
Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{
y = 0
x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ2 = 0 e v2 = (1, 0).
L’integrale generale del sistema lineare e dato da
X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1
(1−1
)e−t + c2
(10
)=
(c1 e−t + c2
−c1 e−t
), c1, c2 ∈ R.
d) Per α = 94 , allora la matrice A ha un unico autovalore λ = −1
2 di molteplicita algebrica 2.
Poiche la matrice A non e diagonale, allora l’integrale generale e dato da
X(t) = (x(t), y(t)) = c1v1 e−t/2 + c2(tv1 + v2) e−t/2 = e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)], c1, c2 ∈ R,
12 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
dove v1 e un autovettore associato a λ e v2 e un autovettore generalizzato associato a λ e v1.
Quindi la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e
γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) = et/2 e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)] = c1v1 + c2(tv1 + v2), c1, c2 ∈ R,
Poiche per t → ±∞, se c2 6= 0, almeno una delle due componenti di γ e illimitata, ne segue
che γ e illimitata. Quindi l’affermazione “se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema,
allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e limitata” e falsa.
Versione C 13
Versione C
Esercizio 1. (10 punti)
Si consideri la successione di funzioni
fn(x) =4n
(x− 4)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.
a) Studiare la convergenza puntuale della successione (fn):
b) mostrare che questa successione converge uniformemente su [0, 8];
c) mostrare che non converge uniformemente su R.
Svolgimento
a) Per ogni x ∈ R si ha che
limn
fn(x) = limn
4n
(x− 4)2 + n= 4.
Quindi la successione (fn) convergre puntualmente alla funzione f(x) = 4 per ogni x ∈ R.
b) La successione (fn) converge uniformemente su [0, 8] alla funzione f(x) = 4 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈[0,8]|fn(x)− f(x)|.
Poiche sia fn che f sono continue e l’intervallo [0, 8] e chiuso e limitato, per il Teorema di
Weierstrass si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈[0,8]
|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,8]
|fn(x)− f(x)| =
= maxx∈[0,8]
∣∣∣∣4n
(x− 4)2 + n− 4
∣∣∣∣ = maxx∈[0,8]
∣∣∣∣∣−4(x− 4)2
(x− 4)2 + n
∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,8]
4(x− 4)2
(x− 4)2 + n=
= maxx∈[0,8]
4[1− n
(x− 4)2 + n
]=↑
x = 0; 8
4(
1− n
16 + n
)=
6416 + n
.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n
6416 + n
= 0.
Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente su [0, 8] alla funzione f(x) = 4.
14 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
c) La successione (fn) converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 4 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈R|fn(x)− f(x)|.
Procedendo in modo analogo al caso precedente si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈R
|fn(x)− f(x)| = supx∈R
∣∣∣∣4n
(x− 4)2 + n− 4
∣∣∣∣ = supx∈R
4[1− n
(x− 4)2 + n
]=
essendo la funzione gn(x) = 4[1− n
(x−4)2+n
]non negativa, decrescente su (−∞, 4] e crescente
su [4, +∞) con limiti uguali per x → ±∞
= limx→±∞ 4
[1− n
(x− 4)2 + n
]= 4.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n4 = 4 6= 0.
Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 4.
Esercizio 2. (10 punti)
Calcolare l’integrale triplo ∫
Dy dx dy dz,
dove
D ={
(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 2x ≤ 0, y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤√
x2 + y2
}.
Svolgimento
Integrando per fili paralleli all’asse z si ha che
∫
Dy dx dy dz =
∫
K
(∫ √x2+y2
0y dz
)dx dy =
∫
Ky√
x2 + y2 dx dy,
dove
K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2x ≤ 0, y ≤ x ≤ 1
}=
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, −
√2x− x2 ≤ y ≤ x
}.
Essendo K un insieme y-semplice, si ha che∫
Dy dx dy dz =
∫
Ky√
x2 + y2 dx dy =∫ 1
0
(∫ x
−√2x−x2y√
x2 + y2 dy
)dx =
=∫ 1
0
[∫ x
−√2x−x2y
(x2 + y2
)1/2dy
]dx =
∫ 1
0
[13
(x2 + y2
)3/2]x
−√2x−x2dx =
Versione C 15
O 1 2
−1
1
x
y
Fig. 3: L’insieme K (in azzurro).
=13
∫ 1
0
(2√
2x3 − 2√
2x3/2)
dx =23
√2
[14x4 − 2
5x5/2
]2
0= − 1
10
√2.
OSSERVAZIONE
Si puo procedere anche cambiando coordinate. Per esempio, passando in coordinate polari nel
piano, centrate in (0, 0), si ottiene∫
Dy dx dy dz =
∫
Ky√
x2 + y2 dx dy =∫
K′ρ3 sinϑ dρ dϑ,
dove
K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 2 cos ϑ, ρ sinϑ ≤ ρ cosϑ ≤ 1, ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π
}.
Si osserva che K ′ = A ∪B, con m(A ∩B) = 0, dove
A ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2 cos ϑ, −π
2≤ ϑ ≤ −π
4
}.
B ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 1cosϑ
, −π
4≤ ϑ ≤ π
4
}.
Quindi∫
Dy dx dy dz =
∫
K′ρ3 sinϑdρ dϑ =
∫
Aρ3 sinϑ dρ dϑ +
∫
Bρ3 sinϑ dρ dϑ.
Calcolando separatamente i due integrali si ottiene che∫
Aρ3 sinϑdρ dϑ = − 1
10
√2,
∫
Bρ3 sinϑdρ dϑ = 0.
16 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
Quindi ∫
Dy dx dy dz = − 1
10
√2.
Esercizio 3. (10 punti)
Si consideri il sistema di equazioni differenziali{
x′ = (4− α)x + y
y′ = −(4− α)2x + (α− 5)y.
a) Studiare la stabilita della soluzione nulla al variare di α ∈ R.
b) Determinare tutti i valori di α per cui esistono soluzioni costanti non identicamente nulle.
c) Posto α = 4, risolvere il sistema.
d) Si ponga α = 174 . Dire, motivando opportunamente, se la seguente affermazione e vera o falsa:
se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema, allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x))
e limitata.
Svolgimento
a) La matrice dei coefficienti e
A =(
4− α 1−(4− α)2 α− 5
).
Per studiare la stabilita della soluzione nulla calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det (A− λI) =∣∣∣∣4− α− λ 1−(4− α)2 α− 5− λ
∣∣∣∣ = (4−α−λ)(α− 5−λ) + (4−α)2 = λ2 + λ + α− 4.
Ne segue che
det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 4 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√17− 4α
2.
Se α > 174 , allora λ1,2 = −1
2 ± i√
4α−172 . Quindi gli autovalori di A hanno parte reale negativa.
Ne segue che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 174 , allora λ1,2 = −1
2 . Quindi l’unico autovalore di A ha parte reale negativa. Ne segue
che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α < 174 , allora λ1,2 = −1±√17−4α
2 ∈ R. Si ha che λ1 = −1−√17−4α2 < 0 mentre
λ2 =−1 +
√17− 4α
2< 0 ⇐⇒ √
17− 4α < 1 ⇐⇒ α > 4.
Versione C 17
Poiche per α = 4 si ottiene λ2 = 0, si ha che se 4 < α < 174 , allora gli autovalori di A sono
negativi e quindi X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 4, un autovalore e negativo e l’altro e nullo, quindi X = 0 e stabile ma non asintoti-
camente.
Se α < 4, un autovalore e negativo e l’altro e positivo, quindi X = 0 e instabile ma non
completamente instabile.
Ricapitolando si ha che
α < 4 =⇒ X = 0 e instabile,
α = 4 =⇒ X = 0 e stabile ma non asintoticamente,
α > 4 =⇒ X = 0 e asintoticamente stabile.
b) Esistono soluzioni costanti non identicamente nulle se e solo se la matrice A ha un autovalore
nullo. In base al punto precedente cio si realizza solo per α = 4.
c) Per α = 4 la matrice dei coefficienti e
A =(
0 10 −1
)
i cui autovalori sono λ1 = −1 e λ2 = 0. Cerchiamo un autovettore associato a λ1 = −1. Si
ha che
(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x
x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ1 = −1 e v1 = (1,−1).
Cerchiamo ora un autovettore associato a λ2 = 0.
Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{
y = 0
x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ2 = 0 e v2 = (1, 0).
L’integrale generale del sistema lineare e dato da
X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1
(1−1
)e−t + c2
(10
)=
(c1 e−t + c2
−c1 e−t
), c1, c2 ∈ R.
d) Per α = 174 , allora la matrice A ha un unico autovalore λ = −1
2 di molteplicita algebrica 2.
Poiche la matrice A non e diagonale, allora l’integrale generale e dato da
X(t) = (x(t), y(t)) = c1v1 e−t/2 + c2(tv1 + v2) e−t/2 = e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)], c1, c2 ∈ R,
18 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
dove v1 e un autovettore associato a λ e v2 e un autovettore generalizzato associato a λ e v1.
Quindi la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e
γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) = et/2 e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)] = c1v1 + c2(tv1 + v2), c1, c2 ∈ R,
Poiche per t → ±∞, se c2 6= 0, almeno una delle due componenti di γ e illimitata, ne segue
che γ e illimitata. Quindi l’affermazione “se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema,
allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e limitata” e falsa.
Versione D 19
Versione D
Esercizio 1. (10 punti)
Si consideri la successione di funzioni
fn(x) =2n
(x− 2)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.
a) Studiare la convergenza puntuale della successione (fn):
b) mostrare che questa successione converge uniformemente su [0, 4];
c) mostrare che non converge uniformemente su R.
Svolgimento
a) Per ogni x ∈ R si ha che
limn
fn(x) = limn
2n
(x− 2)2 + n= 2.
Quindi la successione (fn) convergre puntualmente alla funzione f(x) = 2 per ogni x ∈ R.
b) La successione (fn) converge uniformemente su [0, 4] alla funzione f(x) = 2 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈[0,4]|fn(x)− f(x)|.
Poiche sia fn che f sono continue e l’intervallo [0, 4] e chiuso e limitato, per il Teorema di
Weierstrass si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈[0,4]
|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,4]
|fn(x)− f(x)| =
= maxx∈[0,4]
∣∣∣∣2n
(x− 2)2 + n− 2
∣∣∣∣ = maxx∈[0,4]
∣∣∣∣∣−2(x− 2)2
(x− 3)2 + n
∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,4]
2(x− 2)2
(x− 2)2 + n=
= maxx∈[0,2]
2[1− n
(x− 2)2 + n
]=↑
x = 0; 4
2(
1− n
4 + n
)=
84 + n
.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n
84 + n
= 0.
Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente su [0, 4] alla funzione f(x) = 2.
20 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
c) La successione (fn) converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 2 se
limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup
x∈R|fn(x)− f(x)|.
Procedendo in modo analogo al caso precedente si ha che
‖fn − f‖∞ = supx∈R
|fn(x)− f(x)| = supx∈R
∣∣∣∣n
(x− 2)2 + n− 2
∣∣∣∣ = supx∈R
2[1− n
(x− 2)2 + n
]=
essendo la funzione gn(x) = 2[1− n
(x−2)2+n
]non negativa, decrescente su (−∞, 2] e crescente
su [2, +∞) con limiti uguali per x → ±∞
= limx→±∞ 2
[1− n
(x− 2)2 + n
]= 2.
Quindi
limn‖fn − f‖∞ = lim
n2 = 2 6= 0.
Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 2.
Esercizio 2. (10 punti)
Calcolare l’integrale triplo ∫
Dx dx dy dz,
dove
D ={
(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 2y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤√
x2 + y2
}.
Svolgimento
Integrando per fili paralleli all’asse z si ha che
∫
Dx dx dy dz =
∫
K
(∫ √x2+y2
0x dz
)dx dy =
∫
Kx√
x2 + y2 dx dy,
dove
K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 1
}=
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, −y ≤ x ≤
√2y − y2
}.
Essendo K un insieme x-semplice, si ha che
∫
Dx dx dy dz =
∫
Kx√
x2 + y2 dx dy =∫ 1
0
(∫ √2y−y2
−yx√
x2 + y2 dx
)dy =
=∫ 1
0
[∫ √2y−y2
−yx
(x2 + y2
)1/2dx
]dy =
∫ 1
0
[13
(x2 + y2
)3/2]√2y−y2
−ydy =
Versione D 21
−1 O 1
1
2
x
y
Fig. 4: L’insieme K (in azzurro).
=13
∫ 1
0
(2√
2y3/2 − 2√
2y3)
dy =23
√2
[25y5/2 − 1
4y4
]1
0=
110
√2.
OSSERVAZIONE
Si puo procedere anche cambiando coordinate. Per esempio, passando in coordinate polari nel
piano, centrate in (0, 0), si ottiene∫
Dx dx dy dz =
∫
Kx√
x2 + y2 dx dy =∫
K′ρ3 cosϑ dρ dϑ,
dove
K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 2 sinϑ, −ρ cosϑ ≤ ρ sinϑ ≤ 1, ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π
}.
Si osserva che K ′ = A ∪B, con m(A ∩B) = 0, dove
A ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2 sinϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π
4
}.
B ={
(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 1sinϑ
,π
4≤ ϑ ≤ 3
4π
}.
Quindi∫
Dx dx dy dz =
∫
K′ρ3 cosϑdρ dϑ =
∫
Aρ3 cosϑdρ dϑ +
∫
Bρ3 cosϑdρ dϑ.
Calcolando separatamente i due integrali si ottiene che∫
Aρ3 cosϑdρ dϑ =
110
√2,
∫
Bρ3 cosϑdρ dϑ = 0.
22 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
Quindi ∫
Dx dx dy dz =
110
√2.
Esercizio 3. (10 punti)
Si consideri il sistema di equazioni differenziali{
x′ = (1− α)x + y
y′ = −(1− α)2x + (α− 2)y.
a) Studiare la stabilita della soluzione nulla al variare di α ∈ R.
b) Determinare tutti i valori di α per cui esistono soluzioni costanti non identicamente nulle.
c) Posto α = 1, risolvere il sistema.
d) Si ponga α = 54 . Dire, motivando opportunamente, se la seguente affermazione e vera o falsa:
se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema, allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x))
e limitata.
Svolgimento
a) La matrice dei coefficienti e
A =(
1− α 1−(1− α)2 α− 2
).
Per studiare la stabilita della soluzione nulla calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che
det (A− λI) =∣∣∣∣1− α− λ 1−(1− α)2 α− 2− λ
∣∣∣∣ = (1−α−λ)(α− 2−λ) + (1−α)2 = λ2 + λ + α− 1.
Ne segue che
det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 1 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√5− 4α
2.
Se α > 54 , allora λ1,2 = −1
2 ± i√
4α−52 . Quindi gli autovalori di A hanno parte reale negativa.
Ne segue che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 54 , allora λ1,2 = −1
2 . Quindi l’unico autovalore di A ha parte reale negativa. Ne segue
che X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α < 54 , allora λ1,2 = −1±√5−4α
2 ∈ R. Si ha che λ1 = −1−√5−4α2 < 0 mentre
λ2 =−1 +
√5− 4α
2< 0 ⇐⇒ √
5− 4α < 1 ⇐⇒ α > 1.
Versione D 23
Poiche per α = 1 si ottiene λ2 = 0, si ha che se 1 < α < 54 , allora gli autovalori di A sono
negativi e quindi X = 0 e asintoticamente stabile.
Se α = 1, un autovalore e negativo e l’altro e nullo, quindi X = 0 e stabile ma non asintoti-
camente.
Se α < 1, un autovalore e negativo e l’altro e positivo, quindi X = 0 e instabile ma non
completamente instabile.
Ricapitolando si ha che
α < 1 =⇒ X = 0 e instabile,
α = 1 =⇒ X = 0 e stabile ma non asintoticamente,
α > 1 =⇒ X = 0 e asintoticamente stabile.
b) Esistono soluzioni costanti non identicamente nulle se e solo se la matrice A ha un autovalore
nullo. In base al punto precedente cio si realizza solo per α = 1.
c) Per α = 1 la matrice dei coefficienti e
A =(
0 10 −1
)
i cui autovalori sono λ1 = −1 e λ2 = 0. Cerchiamo un autovettore associato a λ1 = −1. Si
ha che
(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x
x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ1 = −1 e v1 = (1,−1).
Cerchiamo ora un autovettore associato a λ2 = 0.
Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{
y = 0
x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.
Un autovettore associato a λ2 = 0 e v2 = (1, 0).
L’integrale generale del sistema lineare e dato da
X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1
(1−1
)e−t + c2
(10
)=
(c1 e−t + c2
−c1 e−t
), c1, c2 ∈ R.
d) Per α = 54 , allora la matrice A ha un unico autovalore λ = −1
2 di molteplicita algebrica 2.
Poiche la matrice A non e diagonale, allora l’integrale generale e dato da
X(t) = (x(t), y(t)) = c1v1 e−t/2 + c2(tv1 + v2) e−t/2 = e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)], c1, c2 ∈ R,
24 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008
dove v1 e un autovettore associato a λ e v2 e un autovettore generalizzato associato a λ e v1.
Quindi la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e
γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) = et/2 e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)] = c1v1 + c2(tv1 + v2), c1, c2 ∈ R,
Poiche per t → ±∞, se c2 6= 0, almeno una delle due componenti di γ e illimitata, ne segue
che γ e illimitata. Quindi l’affermazione “se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema,
allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e limitata” e falsa.