I seguenti quesiti ed il relativo svolgimento sono coperti dal diritto d’autore, pertanto essi non

possono essere sfruttati a fini commerciali o di pubblicazione editoriale senza autorizzazione espli-

cita e scritta dell’autore. Ogni abuso sara perseguito a termini di legge dal titolare del diritto.

TEMI D’ESAME DI ANALISI MATEMATICA IICorso di laurea in Fisica a.a.2001/02

Prova scritta del 4 aprile 2002

1. Dato il problema di Cauchy 3x2y′′ − 7xy′ + 3y = 0y(1) = ay′(1) = b

a, b ∈ R ,

i) scriverne la soluzione su (0,+∞);ii) stabilire per quali coppie (a, b) tale soluzione e prolungabile

a tutto l’asse reale e discutere l’unicita del prolungamento.

2. Dato

E =(x, y, z) ∈ R3 : 5z ≤ x2 + y2 ≤ z + 5

,

i) verificare che E e compatto;ii) calcolare ∫

E(x + 1)ez dxdydz.

3. Sia ω la forma differenziale

ω =(

4x + ay

x2 + y2− 1

)dx +

(4y − ax

x2 + y2+ 2

)dy.

i)Verificare che ω e chiusa su Ω = R2 − (0, 0) per ogni a ∈ R;ii) determinare per quali valori del parametro a la forma ω e

esatta su Ω e per tali valori calcolarne il potenziale che si annullanel punto (1, 0).

1

2

1. L’equazione differenziale assegnata e un’equazione lineare omogeneadel secondo ordine e in particolare e un’equazione di Eulero. Cerchiamo so-luzioni del tipo y(x) = xα con α ∈ R. Derivando e sostituendo nell’equazioneotteniamo

[3α(α− 1)− 7α + 3]xα = 0 per ogni x > 0

e quindi

3α2 − 10α + 3 = 0 α =5±

√25− 93

cioe α = 3 e α = 1/3. Poiche ovviamente le funzioni y1(x) = x3 ey2(x) = x1/3 sono linearmente indipendenti su (0,+∞), tutte le soluzionidell’equazione su tale intervallo sono le funzioni

y(x) = c1x3 + c2x

1/3.

Imponendo le condizioni iniziali, otteniamo che la soluzione del problema diCauchy e la funzione

y∗(x) =3b− a

8x3 +

9a− 3b

8x1/3.

Per poter prolungare la soluzione a tutto l’asse reale, occorre prima di tuttoprolungarla a x = 0; ovviamente y∗ e prolungabile per continuita, ma, peressere derivabile in x = 0 (da destra) occorre che 9a−3b

8 = 0, cioe b = 3a.Otteniamo quindi la funzione

y∗(x) = ax3 x ≥ 0.

D’altra parte, tutte le soluzioni su (−∞, 0) sono le funzioni

y(x) = d1x3 + d2x

1/3 d1, d2 ∈ R.

Esse sono prolungabili a x = 0 se e solo se d2 = 0. Inoltre la funzione

y∗∗(x) =

ax3 x ≥ 0d1x

3 x < 0

e derivabile 2 volte sull’asse reale per ogni d1 ∈ R ed e un prolungamento diy∗. In conclusione, le coppie (a, b) per le quali la soluzione del problema diCauchy e prolungabile a tutto l’asse reale sono (a, 3a) per ogni a ∈ R e lasoluzione puo essere prolungata in infiniti modi per ogni a ∈ R.

2. Osserviamo che dalle disuguaglianze che definiscono E si ottiene chedeve essere

5z ≤ z + 5 e anche z + 5 ≥ 0 cioe − 5 ≤ z ≤ 5/4.

Ne segue che E e incluso nella regione spaziale tra i piani orizzontali a quota−5 e 5/4, e, poiche x2 + y2 ≤ 25/4, e piu precisamente incluso nel tronco dicilindro avente per asse l’asse z e circonferenza di base di raggio 5/2. QuindiE e limitato e, essendo ovviamente chiuso, e compatto.

3

La funzione f(x, y, z) = (x + 1)ez e continua su R3 e quindi integrabile.Poiche E e simmetrico rispetto al piano x = 0, si ha∫

E(x + 1)ez dxdydz =

∫E

xez dxdydz +∫

Eez dxdydz = 0 +

∫E

ez dxdydz

Per il calcolo dell’integrale, utilizziamo le coordinate cilindriche: posto

x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = Z, ρ > 0, θ ∈ (0, 2π), Z ∈ Rotteniamo che l’insieme in corrispondenza biunivoca con E a meno di insiemidi misura nulla e

E∗ =(ρ, θ, Z) : 5Z ≤ ρ2 ≤ Z + 5, θ ∈ (0, 2π)

=

(ρ, θ, Z) : −5 < Z < 0, ρ <

√Z + 5, θ ∈ (0, 2π)

∪

(ρ, θ, Z) : 0 < Z < 5/4,

√5Z < ρ <

√Z + 5, θ ∈ (0, 2π)

e quindi∫

Eez dxdydz =

∫ 2π

0dθ

∫ 0

−5eZdZ

∫ √Z+5

0ρ dρ +

∫ 2π

0dθ

∫ 5/4

0eZdZ

∫ √Z+5

√5Z

ρ dρ

= π

∫ 0

−5(Z + 5)eZdZ + π

∫ 5/4

0(5− 4Z)eZdZ

= π[eZ(Z + 4)

]Z=0

Z=−5+ π

[eZ(9− 4Z)

]Z=5/4

Z=0

= π(e−5 + 4e5/4 − 5).

3. Si ha∂

∂y

(4x + ay

x2 + y2− 1

)=

ax2 − ay2 − 8xy

(x2 + y2)2=

∂

∂x

(4y − ax

x2 + y2+ 2

)e quindi la forma ω e chiusa su Ω.

Per stabilire se e esatta, visto che Ω non e semplicemente connesso, pro-viamo a calcolare l’integrale di ω su una curva chiusa che “faccia un giro”attorno all’origine e, visto l’espressione analitica dei coefficienti, scegliamo

φ(t) = (cos t, sin t) t ∈ [0, 2π]

Si ha∫φ

ω =∫ 2π

0[(4 cos t + a sin t− 1)(− sin t) + (4 sin t− a cos t + 2) cos t] dt

=∫ 2π

0[−a + sin t + 2 cos t] dt = −2aπ

Ne segue che se a 6= 0 la forma ω non e esatta. Se a = 0, cioe

ω =(

4x

x2 + y2− 1

)dx +

(4y

x2 + y2+ 2

)dy

4

con semplici calcoli si ha che le funzioni

Fc(x, y) = 2 log(x2 + y2)− x + 2y + c

sono potenziali di ω su Ω; quindi il potenziale che si annulla in (1, 0) e

F1(x, y) = 2 log(x2 + y2)− x + 2y + 1.

5

Prova scritta del 4 giugno 2002

1. Determinare la soluzione del problema di Cauchy y′ =y3

3y2 + ex+y

y(1) = −1

e tracciarne un grafico qualitativo.Puo essere utile preventivamente determinare una funzione realedi variabile reale x → f(x) regolare tale che la forma differenziale

ω = y3f(x) dx− (ex+y + 3y2)f(x) dy

risulti esatta su R2.

2. Data la successione di funzioni

fn(x) = log(

2 +1

1 + xn

)x ≥ 0,

i) verificare che fn converge puntualmente su [0,+∞) e deter-minare la funzione limite f ;

ii) stabilire su quali intervalli (a, b), con 0 ≤ a < b ≤ +∞, laconvergenza e uniforme;

iii) stabilire se

limn→+∞

∫ M

0fn =

∫ M

0f (M ∈ R, M > 0).

3. Stabilire per quali valori del parametro reale α la funzione

fα(x, y, z) =yz

xα(x2 + y2 + z2)e integrabile su

E =(x, y, z) ∈ R3 : x > 1, z2 + y2 < 4, z > 0

e per tali valori calcolare∫

Efα(x, y, z) dxdydz.

6

1. Affinche ω sia esatta su R2 e necessario e sufficiente che ω sia chiusa,cioe che valga per ogni (x, y) ∈ R2

3y2f(x) =∂

∂y

(y3f(x)

)=

∂

∂x

(−(ex+y + 3y2)f(x)

)= −ex+yf(x)− (ex+y + 3y2)f ′(x)

ovvero che(ex+y + 3y2)(f(x) + f ′(x)) = 0

e quindi che per ogni x ∈ R si abbia f(x) + f ′(x) = 0. Deve quindi esseref(x) = ce−x, con c ∈ R, ad esempio, c = 1.

Per quanto riguarda l’equazione differenziale, poiche ovviamente

y′ =y3

3y2 + ex+y=

y3e−x

(3y2 + ex+y)e−x=

y3e−x

3y2e−x + ey,

essa risulta cosı essere un’equazione ai differenziali esatti; la soluzione delproblema di Cauchy assegnato non e altro che la soluzione definita implici-tamente a partire dal punto (1,−1) dall’equazione G(x, y) = 0, dove G e ilpotenziale che si annulla in (1,−1) della forma differenziale

ω = y3e−x dx− (ey + 3y2e−x) dy

Con semplici calcoli si ottiene G(x, y) = −ey − y3e−x e quindi (posto F =−G) possiamo considerare l’equazione

F (x, y) = e−xy3 + ey = 0.

Poiche Fy(x, y) = 3y2e−x +ey > 0, limy→0−F (x, y) = 1 e limy→−∞F (x, y) =−∞ l’equazione definisce implicitamente una ed una sola funzione y = y(x),che risulta in particolare negativa. Poiche dall’equazione differenziale otte-niamo che il segno di y′ e il segno di y, la funzione y e monotona decrescentesu R. Poiche per ogni x ∈ R

ey(x)

y3(x)= −e−x

e il secondo membro e infinitesimo per x → +∞, necessariamente y(x) →−∞ per x → +∞; inoltre il secondo membro diverge a −∞ per x → −∞ equindi necessariamente y e infinitesima per x → −∞.

Osserviamo infine che dall’equazione F (x, y) = 0 e possibile ricavare x =−y+log(−y3) e quindi tracciare il grafico di questa, ricavando di conseguenzaquello della soluzione.

2. Sia x0 ≥ 0; poiche

limn→+∞

log(

2 +1

1 + xn0

)=

log 3 se x0 < 1log(5/2) se x0 = 1log 2 se x0 > 1

7

la successione fn converge puntualmente su [0,+∞) alla funzione limite

f(x) =

log 3 se x < 1log(5/2) se x = 1log 2 se x > 1

Poiche le funzioni fn sono continue su [0,+∞) mentre f e discontinua nelpunto x = 1, la successione non puo convergere uniformemente su intervalliche abbiano x = 1 come punto interno o di frontiera; consideriamo quindi icasi 0 ≤ a < b < 1 oppure 1 < a < b ≤ +∞.

Osserviamo che per ogni n la funzione fn e positiva e decrescente su[0,+∞).

Se 0 ≤ a < b < 1, si ha

supx∈(a,b)

|fn(x)− f(x)| = supx∈(a,b)

∣∣∣∣log(

2 +1

1 + xn

)− log 3

∣∣∣∣= sup

x∈(a,b)

(log 3− log

(2 +

11 + xn

))=

(log 3− log

(2 +

11 + bn

))→ 0 n → +∞

e quindi fn converge uniformemente su (a, b).Se 1 < a < b ≤ +∞, si ha

supx∈(a,b)

|fn(x)− f(x)| = supx∈(a,b)

∣∣∣∣log(

2 +1

1 + xn

)− log 2

∣∣∣∣= sup

x∈(a,b)

(log

(2 +

11 + xn

)− log 2

)=

(log

(2 +

11 + an

)− log 2

)→ 0 n → +∞

e anche in questo caso fn converge uniformemente su (a, b).Infine, se x ∈ (0,M), per ogni n si ha

0 ≤ fn(x) ≤ log 3

e quindi vale il passaggio al limite sotto il segno di integrale per il teoremadi convergenza dominata.

3. L’insieme E e misurabile in quanto e un insieme aperto; la funzione f emisurabile in quanto e continua, ma cambia segno su E. D’altra parte, E esimmetrico rispetto al piano y = 0, mentre si ha fα(x,−y, z) = −fα(x, y, z).

Quindi, se fα e integrabile su E,∫

Efα = 0.

Consideriamo allora

E1 = E ∩ (x, y, z) : y > 0

8

e stabiliamo, mediante il teorema di Tonelli, per quali valori di α la funzionefα ∈ L(E1). Utilizziamo le coordinate cilindriche: posto

x = x y = ρ cos θ z = ρ sin θ

l’insieme che corrisponde a E1 a meno di insiemi di misura nulla e

E∗ = (ρ, θ, x) : x > 1 , 0 < θ < π/2, 0 < ρ < 2Quindi∫

E1

fα(x, y, z) dxdydz =∫

E∗fα(x, ρ cos θ, ρ sin θ) ρ dxdρdθ

=∫ π/2

0cos θ sin θ dθ

∫ +∞

1dx

∫ 2

0

ρ3

(ρ2 + x2)xαdρ

=12

∫ +∞

1dx

∫ 2

0

ρ3 + ρx2 − ρx2

(ρ2 + x2)xαdρ

=12

∫ +∞

1dx

∫ 2

0

(ρ

xα− ρ

(ρ2 + x2)xα−2

)dρ

=12

∫ +∞

1

(2xα

− 12xα−2

log(

1 +4x2

))dx.

Poiche per x → +∞2xα

− 12xα−2

log(

1 +4x2

)=

2xα

− 12xα−2

(4x2− 8

x4+ o(x−4)

)∼ − 4

xα+2

la funzione fα e integrabile se e solo se α + 2 > 1, cioe se e solo se α > −1.

9

Prova scritta del 1 Luglio 2002

1. Dato il problema di Cauchyy′ = (y − 2)(x2 − 4x)ex

y(0) = a a ∈ Ri) determinarne la soluzione massimale y = ya(x) e tracciarne ungrafico qualitativo al variare del parametro reale a;

ii) posto a = an con an → 2 per n → +∞ e detta yn la soluzionecorrispondente, verificare che yn converge puntualmente a y2 estabilire se la convergenza e anche uniforme. .

2. Determinare gli estremanti assoluti e relativi della funzione

f(x, y) =

x3 + y3

x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

sull’insiemeB = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1 .

(Puo essere utile stabilire preventivamente la continuita di f suB.)

3. Verificare che la funzione

f(x, y, z) =xye−2z

x2 + y2

e integrabile su

E =(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z − 2 < x2 + y2 < 4z

e calcolare ∫

Ef.

10

1. L’equazione assegnata e un’equazione del primo ordine lineare e poichei suoi coefficienti sono continui su R possiamo affermare che la soluzionemassimale del problema di Cauchy e definita su tutto l’asse reale; essa risultaanche essere a variabili separabili e per determinare ya trattiamola in questomodo.

Se a = 2, la soluzione e la funzione costante y2(x) = 2. Se a 6= 2,osserviamo che per il teorema di esistenza e unicita, se a > 2 si ha ya(x) > 2per ogni x ∈ R, mentre se a < 2 si ha ya(x) < 2 per ogni x ∈ R e quindi∫ x

0

y′(t)y(t)− 2

dt =∫ x

0(t2 − 4t)et dt

logy(x)− 2

a− 2= ex(x2 − 6x + 6)− 6.

Ne segue che la soluzione cercata e per ogni a ∈ R (anche a = 2) la funzione

ya(x) = 2 + (a− 2) exp(ex(x2 − 6x + 6)− 6

).

Dall’equazione differenziale, si ha che x = 0 e x = 4 sono punti estremanti:se a > 2, ya ha un punto di massimo in x = 0 e un punto di minimo inx = 4, se a < 2, invece, ya ha un punto di minimo in x = 0 e un punto dimassimo in x = 4. Dall’espressione analitica di ya si ha poi immediatamente

limx→+∞

ya(x) = +∞ limx→−∞

ya(x) = 2 + (a− 2)e−6.

Consideriamo ora

yn(x) = 2 + (an − 2) exp(ex(x2 − 6x + 6)− 6

)Ovviamente per ogni x ∈ R, x fissato, si ha yn(x) → 2 = y2(x) per n → +∞.D’altra parte

supx∈R

|yn(x)− y2(x)| = |(an − 2)| supx∈R

exp(ex(x2 − 6x + 6)− 6

)= +∞

e quindi la convergenza non e uniforme.

2. Per (x, y) → (0, 0) si ha

|f(x, y)| =∣∣∣∣ x2

x2 + y2x +

y2

x2 + y2y

∣∣∣∣ ≤ |x|+ |y| → 0

e quindi f e continua nell’origine; d’altra parte, (0, 0) non e un estremanteper f , poiche, ad esempio, la restrizione di f a y = 0 (cioe f(x, 0) = x) estrettamente crescente.

Ovviamente f e di classe C∞ su R2 − (0, 0) e quindi in particolare inB0 − (0, 0); cerchiamo se ci sono dei punti stazionari interni, risolvendo il

11

sistema con (x, y) 6= (0, 0)fx(x, y) =

x4 + 3x2y2 − 2xy3

(x2 + y2)2= 0

fy(x, y) =y4 + 3x2y2 − 2x3y

(x2 + y2)2= 0

x(x3 + 3xy2 − 2y3) = 0y(y3 + 3x2y − 2x3) = 0

Non vi sono soluzioni sugli assi coordinati; inoltre il sistemax3 + 3xy2 − 2y3 = 0y3 + 3x2y − 2x3 = 0

non ha soluzione e quindi gli estremanti vanno ricercati su ∂B. La restrizionedi f a ∂B puo essere scritta nella forma

f(cos θ, sin θ) = cos3 θ + sin3 θ θ ∈ [0, 2π]

Poiched

dθf(cos θ, sin θ) = 3 sin θ cos θ(sin θ − cos θ)

i punti stazionari vincolati sono quelli corrispondenti a θ = 0,, π/4, π/2, π,5π/4, 3π/2 e, poiche

f(1, 0) = f(0, 1) = 1 f(−1, 0) = f(0,−1) = −1

f(1/√

2, 1/√

2) = 1/√

2 f(−1/√

2,−1/√

2) = −1/√

2

i punti (1, 0) e (0, 1) sono punti di massimo assoluto, mentre i punti (−1, 0)e (0,−1) sono punti di minimo assoluto; i punti ( 1√

2, 1√

2) e (−1√

2, −1√

2) sono

estremanti per la restrizione di f a ∂B, ma non sono estremanti relativi perf su B poiche ad esempio (1/

√2, 1/

√2) e punto di minimo su ∂B, mentre

e punto di massimo sulla bisettrice y = x, con |x| ≤ 1/√

2 e viceversa perl’altro punto.

3. La funzione f e continua e quindi misurabile sull’aperto E; inoltref e non negativa; possiamo applicare il teorema di Tonelli, ottenendo cosısia l’integrabilita che il valore dell’integrale. E pero conveniente passare acoordinate cilindriche: si ha

E∗ =(ρ, θ, z) ∈ R3 : ρ cos θ > 0, ρ sin θ > 0, z − 2 < ρ2 < 4z

=

(ρ, θ, z) ∈ R3 : θ ∈ (0, π/2), z ∈ (0, 2), 0 < ρ < 2

√z

∪(ρ, θ, z) ∈ R3 : θ ∈ (0, π/2), z ∈ (2,+∞),

√z − 2 < ρ < 2

√z

12

Quindi ∫E

f =∫ π/2

0sin θ cos θ dθ

∫ 2

0e−2z dz

∫ 2√

z

0ρdρ

+∫ π/2

0sin θ cos θ dθ

∫ +∞

2e−2z dz

∫ 2√

z

√z−2

ρdρ

=14

∫ 2

04ze−2z dz +

∫ +∞

2(3z + 2)e−2z dz

=

14

−

[e−2z(1 + 2z)

]z=2

z=0−

[e−2z

(32z +

74

)]z=+∞

z=2

=14

(1− 1

4e4

).

13

Prova scritta del 18 settembre 2002

1. Sia f : (0,+∞) → R una funzione di classe C∞ e ω la formadifferenziale

ω = yf(x2 + y2) dx− xf(x2 + y2) dy .i) Determinare tutte le funzioni f per le quali ω e chiusa su

Ω = R2 − (0, 0);ii) calcolare

∫φ ω dove φ e la circonferenza con centro in (0, 0) e

raggio 2 percorsa in senso antiorario;iii) esistono funzioni f per le quali la forma ω e esatta su Ω ?

2. Stabilire per quali valori del parametro reale positivo α lafunzione

fα(x) =1

(xα + log2 x) 5√

sinx

e integrabile secondo Lebesgue su (0,+∞).

3. Data l’equazione differenziale

y(3) − y(2) + a(y′ − y) = x− 2 + 3e2x a ∈ Rscriverne tutte le soluzioni al variare del parametro reale a.

14

1. i) La forma differenziale e di classe C∞ su Ω; essa e chiusa se e solo se

∂

∂y

[yf(x2 + y2)

]=

∂

∂x

[−xf(x2 + y2)

]cioe se e solo se per ogni (x, y) 6= (0, 0)

f(x2 + y2) + 2y2f ′(x2 + y2) = −f(x2 + y2)− 2x2f ′(x2 + y2)

Se poniamo x2 + y2 = t, la condizione diviene

tf ′ + f = 0 per ogni t > 0

cioe f deve soddisfare su (0,+∞) un’equazione differenziale lineare del primoordine a coefficienti continui; risolvendola, si ottiene

f(t) =c

tc ∈ R.

ii) Per la curva φ si ha, ad esempio,

φ(θ) = (2 cos θ, 2 sin θ) θ ∈ [0, 2π]

Quindi∫φ

ω =∫ 2π

02 sin θf(4)(−2 sin θ)− 2 cos θf(4)(2 cos θ dθ = −8πf(4)

iii) Poiche φ e una curva chiusa di classe C∞ con sostegno in Ω, affinche ω

sia esatta deve necessariamente valere∫φ ω = 0; quindi deve essere f(4) = 0,

che, per quanto visto al punto i), comporta che f sia identicamente nulla.

2. La funzione fα e definita e continua per x 6= kπ, k ≥ 1, x > 0 e quindie misurabile su (0,+∞); allora fα ∈ L(0,+∞) se e solo se

|fα(x)| = 1(xα + log2 x) 5

√| sinx|

∈ L(0,+∞)

Si ha∫ +∞

0|fα(x)|dx =

∫ π

0|fα(x)|dx +

+∞∑k=1

∫ (k+1)π

kπ|fα(x)| dx (∗)

e, poiche per x → 0+

|fα(x)| ∼ 1x1/5 log2 x

e per x → kπ con k ≥ 1

|fα(x)| ∼ 1(kπ)α + log2 kπ

· 1

|cos kπ(x− kπ)|1/5=

c

|x− kπ|1/5,

gli integrali che compaiono a secondo membro della (*) sono finiti. Quindi|fα| ∈ L(0,+∞) se e solo se la serie in (*) e convergente. Poiche la funzione

15

g(x) = xα+log2 x e ovviamente crescente su (π,+∞), per il termine generaledella serie si ha per k → +∞

A

πα· 1kα

∼ A

((k + 1)π)α + log2(k + 1)π

≤∫ (k+1)π

kπ|fαx)|dx

≤ A

(kπ)a + log2 kπ∼ A

πα· 1kα

dove

A =∫ (k+1)π

kπ

1

|sinx|1/5dx,

perche la periodicita di | sinx| rende l’integrale indipendente da kMa allora la serie converge se e solo se α > 1 e quindi fα ∈ L(0,+∞) se

e solo se α > 1.

3. L’equazione proposta e una equazione differenziale lineare di ordine 3a coefficienti costanti, non omogenea. L’equazione caratteristica associata e

P (z) = z3 − z2 + a(z − 1) = (z − 1)(z2 + a)

e quindii) se a > 0 c’e la radice reale λ = 1 e le radici complesse e coniugate

λ = ±i√

a;ii) se a = 0 ci sono due radici reali: λ = 1 con molteplicita 1 e λ = 0 con

molteplicita 2;iii) se a = −1 ci sono due radici reali: λ = −1 con molteplicita 1 e λ = 1

con molteplicita 2;iv) se a < 0, a 6= −1 ci sono tre radici reali distinte: λ = 1 e λ = ±

√−a.

Quindi tutte le soluzioni dell’equazione omogenea associata sono le fun-zioni

i) yom(x) = c1ex + c2 cos

√ax + c3 sin

√ax

ii) yom(x) = c1ex + c2 + c3x

iii) yom(x) = c1ex + c2xex + c3e

−x

iv) yom(x) = c1ex + c2e

√−ax + c3e

−√−ax

Per la determinazione di un integrale particolare dell’equazione non omoge-nea, osserviamo che la linearita dell’operatore

L(y) = y(3) − y(2) + a(y′ − y)

ci permette di determinare separatamente una soluzione particolare di L(y)= x − 2 e una di L(y) = 3e2x e poi sommarle ottenendo una soluzionedell’equazione data.

16

In base a noti criteri, se a 6= 0, tra le soluzioni di L(y) = x − 2 vi e unpolinomio di I grado, P (x) = cx + d. Sostituendo si ottiene

a(c− cx− d) = x− 2 ⇒ c = −1/a d = 1/a

P (x) = −(1/a)(x− 1)

Se invece a = 0, c’e un polinomio del tipo P (x) = x2(cx + d) = cx3 + dx2.Sostituendo si ottiene

6c− 6cx− 2d = x− 2 ⇒ c = −1/6 d = 1/2

P (x) = −(1/6)x3 + (1/2)x2

Per quanto riguarda l’equazione L(y) = 3e2x, se a 6= −4 esiste una soluzioneparticolare del tipo y∗(x) = ce2x e quindi si ottiene

ce2x(8− 4 + 2a− a) = 3e2x ⇒ c = 3/(4 + a)

mentre se a = −4 c’e una soluzione del tipo y∗(x) = cxe2x e quindi si ottiene

ce2x(8x + 12− 4x− 4− 4(x + 1)) = 3 ⇒ c = 3/4

In conclusione, una soluzione particolare di L(y) = x− 2+3e2x e data dallafunzione

a 6= 0,−4 y∗(x) =1− x

a+

34 + a

e2x

a = 0 y∗(x) =3x2 − x3

6+

34e2x

a = −4 y∗(x) =x− 1

4+

34xe2x

17

Prova scritta del 6 novembre 2002

1. Verificare che l’insieme

E =

(x, y) ∈ R2 : x2e−y − 4yex2= 0

coincide con il grafico di una funzione y = f(x) definita su tuttol’asse reale. Studiare l’andamento di f e tracciarne sommariamen-te il grafico (non e richiesto lo studio della convessita). Stabilirepoi se f e Lebesgue integrabile su R.

2. Stabilire per quali valori del parametro reale positivo α lasuperficie in forma implicita

S =(x, y, z) ∈ R3 : (1 + x2)−α − y2 − z2 = 0

ha misura σ(S) finita.

3. Dato il problema di Cauchyy′ − x + 2

x2 + 1y +

y2

(x2 + 1)3/2= 0

y(0) = a2

a ∈ R

i) determinarne la soluzione locale;ii) stabilire per quali valori del parametro reale a la soluzione

massimale e definita su tutto R.

18

1. L’insieme E e l’insieme di livello a quota zero della funzione di classeC∞ su R2 data da

F (x, y) = x2e−y − 4yex2.

Ovviamente, affinche (x, y) ∈ E, deve essere y ≥ 0 e, in particolare, y = 0 see solo se x = 0; inoltre, se (x, y) ∈ E, anche (−x, y) ∈ E. Quindi possiamoconsiderare soltanto il primo quadrante [0,+∞)× [0,+∞). Poiche

Fy(x, y) = −x2e−y − 4ex2< 0,

l’applicazione y → F (x, y) e decrescente su [0,+∞) per ogni x > 0 fissato;essendo poi

limy→0

F (x, y) = F (x, 0) = x2 limy→+∞

F (x, y) = −∞,

per ogni x > 0 (e, per quanto visto prima, per ogni x ∈ R) esiste uno ed unsolo y = y(x) tale che F (x, y(x)) = 0. Questo significa che E coincide con ilgrafico di y = y(x) e che y e definita su R.

Poiche in ogni punto di E si puo applicare il teorema del Dini, la funzioney e di classe C∞ su R e

y′(x) = −2xe−y − 8xyex2

−x2e−y − 4ex2 =2xe−y(1− x2)x2e−y + 4ex2

Ne segue che x = 0 e un punto di minimo e x = ±1 sono punti di massimo.Poiche y decresce su (1,+∞) ed e positiva, allora

limx→+∞

y(x) = β ≥ 0;

se fosse β > 0, si avrebbe per x → +∞

0 = x2e−y(x) − 4y(x)ex2 ∼ −4y(x)ex2 → −∞!!!

e quindi deve essere β = 0.Infine, poiche ey(x) ≥ 1 per ogni x ∈ R, otteniamo

0 ≤ y(x) ≤ y(x)ey(x) =x2e−x2

4e quindi y e Lebesgue integrabile per il criterio del confronto.

2. Ricordiamo che S e una superficie regolare in forma implicita poiche Se l’insieme di livello a quota zero della funzione di classe C1 su R3 data da

F (x, y, z) = (1 + x2)−α − y2 − z2

il cui gradiente e non nullo in ogni punto di S; infatti

∇F (x, y, z) = (−2αx(1+x2)−α−1,−2y,−2z) = 0 ⇔ (x, y, z) = 0 /∈ S.

Osserviamo poi che S e una superficie di rotazione, ottenuta facendo ruotarenel piano y = 0 il grafico della funzione

z = h(x) con h(x) = (1 + x2)−α/2

19

attorno all’asse x di un angolo di 2π. Una carta locale per ogni punto di S,eccettuato un insieme di misura superficiale nulla, e data da

x = v y = h(v) cos u z = h(v) sin u u ∈ (0, 2π) v ∈ R

e quindidσ(u, v) = h(v)

√1 + (h′(v))2 dudv.

Ne segue

σ(S) =∫ 2π

0du

∫ +∞

−∞(1 + v2)−α/2

√1 + α2v2(1 + v2)−α−2dv

= 4π

∫ +∞

0(1 + v2)−α/2

√1 + α2v2(1 + v2)−α−2dv

e poiche per x → +∞

(1 + v2)−α/2√

1 + α2v2(1 + v2)−α−2 ∼ v−α

in conclusione otteniamo che σ(S) < +∞ se e solo se α > 1.

3. L’equazione assegnata e una equazione di Bernoulli; poiche la funzione

F (x, y) =x + 2x2 + 1

y − y2

(x2 + 1)3/2

e di classe C1 su tutto il piano, ogni problema di Cauchy associato al’equa-zione ha una ed una sola soluzione locale. Ovviamente la funzione nulla e lasoluzione del problema con a = 0 e le soluzioni corrispondenti a valori nonnulli del parametro a non si annullano mai e quindi, poiche a2 > 0, sonosempre positive.

Calcoliamo la soluzione locale ponendo y(x) = 1/z(x) e quindi y′(x) =−z′(x)/z2(x). Si ottiene il nuovo problema di Cauchy

z′ +x + 2x2 + 1

z =1

(x2 + 1)3/2

z(0) = 1/a2

e quindi

z(x) = exp(−

∫ x

0

t + 2t2 + 1

dt

) 1a2

+∫ x

0exp

(∫ r

0

t + 2t2 + 1

dt

)1

(r2 + 1)3/2dr

= exp

(− log(x2 + 1)

2− 2 artg x

).....

=e−2 artg x

√x2 + 1

1a2

+∫ x

0

e2 artg r

r2 + 1dr

=

e−2 artg x

√x2 + 1

1a2

+12e2 artg x − 1

2

.

Ne segue che la soluzione locale cercata e la funzione

y(x) =2e2 artg x

√x2 + 1

2a2 − 1 + e2 artg x

(∗)

20

La soluzione massimale e definita su tutto l’asse reale se e solo se il denomi-natore in (*) non si annulla su R; poiche la funzione g(x) = e2 artg xassumetutti i valori dell’intervallo (e−π, eπ), dobbiamo imporre la condizione

1− 2a2≤ e−π oppure 1− 2

a2≥ eπ

La seconda non e mai soddisfatta mentre la prima porta a2a2≥ 1− e−π a2 ≤ 2eπ

eπ − 1e quindi (tenuto conto anche del caso a = 0)

|a| ≤√

2eπ

eπ − 1.

21

Prova scritta del 13 gennaio 2003

1. Data l’equazione differenziale

y′ =x(1− y2)y(1− x2)

(∗)

determinare la soluzione dei seguenti problema di Cauchy, preci-sandone l’intervallo massimale di definizione

(∗)y(2) = 2

(∗)y(0) = −1

2

(∗)y(0) = 1.

2. Data la successione di funzioni

fn(x) =n2

4x2 + 3nx + n2,

i) verificare che fn converge puntualmente su R e calcolarnela funzione limite;

ii) verificare che fn non converge uniformemente su R;iii) stabilire se fn converge uniformemente sugli intervalli com-

patti [a, b].

3. Dopo aver verificato che la funzione

f(x, y, z) = z log z

e integrabile sull’insieme

E =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < 4, 0 < z < 3, z > 1− x2 − y2

,

calcolare ∫E

f.

22

1. La funzione

f(x, y) =x(1− y2)y(1− x2)

e definita su R2 privato delle rette y = 0, x = −1 e x = 1 ed e di classe C1

in un intorno dei punti (2, 2), (0,−1/2) e (0, 1); quindi i problemi di Cauchyassegnati hanno una ed una sola soluzione locale.

Poiche f(x, 1) = 0 per ogni x 6= ±1, il terzo problema assegnato ha persoluzione la funzione costante y = 1 sull’intervallo massimale (−1, 1). Sey = y(x) e la soluzione del primo problema, si ha che y(x) > 0 in un intornoU di x = 2 incluso in (1,+∞) e quindi

y′(x)y(x)1− y2(x)

=x

1− x2x ∈ U∫ y(x)

2

t

1− t2dt =

∫ x

2

t

1− t2dt

−12

logy2(x)− 1

3= −1

2log

x2 − 13

y2(x) = x2

In definitiva la soluzione massimale e

y(x) = x x ∈ (1,+∞).

Se ora y = y(x) e la soluzione del secondo problema, si ha che y(x) < 0 inun intorno U di x = 0 incluso in (−1, 1); ne segue∫ y(x)

−1/2

t

1− t2dt =

∫ x

0

t

1− t2dt x ∈ U

−12

log1− y2(x)

3/4= −1

2log(1− x2)

1− y2(x) =34(1− x2)

e quindi la soluzione massimale e

y(x) = −√

1− 34(1− x2) = −1

2

√1 + 3x2 x ∈ (−1, 1).

2. Dopo aver osservato che per ogni n ≥ 1 e per ogni x ∈ R si ha(4x2 + 3nx + n2 6= 0), poiche per ogni x0 ∈ R si ha per n → +∞

fn(x0) =n2

4x20 + 3nx0 + n2

→ 1,

possiamo affermare che fn converge puntualmente su R alla funzione limitef(x) = 1.

23

D’altra parte si ha

supx∈R

|fn(x)− f(x)| = supx∈R

∣∣∣∣ 4x2 + 3nx

4x2 + 3nx + n2

∣∣∣∣ ≥ limx→±∞

∣∣∣∣ 4x2 + 3nx

4x2 + 3nx + n2

∣∣∣∣ = 1

e quindi la convergenza su R non e uniforme.Inoltre per la funzione

gn(x) =4x2 + 3nx

4x2 + 3nx + n2

si ha

gn(0) = gn(−3n

4) = 0

g′n(x) =n2(8x + 3n)

(4x2 + 3nx + n2)2

e quindi gn decresce da 1 a gn(−3n/8) e poi cresce al valore 1. Sia [a, b] unintervallo compatto: per n sufficientemente grande gn e monotona crescentesu [a, b], poiche il punto di minimo xn = −3n/8 → −∞. Ne segue che

supx∈[a,b]

∣∣∣∣ 4x2 + 3nx

4x2 + 3nx + n2

∣∣∣∣ = max |gn(a)| , |gn(b)| → 0

e quindi fn converge uniformemente.

3. L’insieme E e la regione aperta e limitata di R3 compresa fra i pianiz = 0 e z = 3, il cilindro x2 + y2 = 4 e il paraboloide z = 1 − x2 − y2. Lafunzione f e continua nel semispazio z > 0 e prolungabile con continuitaal piano z = 0, ponendo f(x, y, 0) = 0. Ne segue che f e integrabile su E,poiche e prolungabile con continuita al compatto E.

Per il calcolo dell’integrale, utilizziamo le coordinate cilindriche

x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z ρ > 0, 0 < θ < 2π, z ∈ R

L’insieme in corrispondenza biunivoca con E a meno di insiemi di misuranulla e

E∗ =(ρ, θ, z) : ρ2 < 4, 0 < z < 3, z > 1− ρ2

= E1 ∪ E2

E1 =(ρ, θ, z) : 0 < ρ < 1, 1− ρ2 < z < 3, 0 < θ < 2π

E2 = (ρ, θ, z) : 1 < ρ < 2, 0 < z < 3, 0 < θ < 2π

24

Per il teorema del cambiamento di variabili e il teorema di Fubini si ha∫E

f =∫

E∗f(ρ cos θ, ρ sin θ, z) ρ dρdθdz

=∫ 2π

0dθ

∫ 1

0ρdρ

∫ 3

1−ρ2

z log zdz +∫ 2π

0dθ

∫ 2

1ρdρ

∫ 3

0z log zdz

= 2π

∫ 1

0ρ

[z2

2log z − z2

4

]z=3

z=1−ρ2

dρ + 2π

∫ 2

1ρ

[z2

2log z − z2

4

]z=3

z=0

dρ

= π

∫ 1

0ρ

[9 log 3− 9

2− (1− ρ2)2 log(1− ρ2) +

(1− ρ2)2

2

]dρ

+ π

∫ 2

1ρ

[9 log 3− 9

2

]=

32π

[9 log 3− 9

2

]− π

∫ 1

0ρ

[(1− ρ2)2 log(1− ρ2)− (1− ρ2)2

2

]dρ

=32π

[9 log 3− 9

2

]− π

2

∫ 1

0

[u2 log u− u2

2

]du

=32π

[9 log 3− 9

2

]+

π

18+

π

12.