Energy Engineering - Analisi e geometria 2

Exams collection 2016-17

Other

Esame di Analisi e Geometria 2 - 5 Maggio 2017Versione 1 Esercizio 1.Si consideri la seguente matriceM, doveα`e un parametro reale: M=  4 2 0 2 1 α 0 0α+ 5  . (1) Siaf:R3 →R3 l’applicazione lineare la cui matrice rappresentativa, rispetto alla base canonica, `eM. (a) Determinare, al variare diα, una base per il nucleo kerfed una base per l’immagine Imfdif. (b) Determinare i valori del parametroαper cui la matriceMrisulti non diago- nalizzabile. (c) Determinare i valori diαper cui la matriceMsia ortogonalmente diagonaliz- zabile. Per tali valori diα, determinare una base ortonormale diR3 rispetto alla quale la matrice rappresentativa difsia diagonale. (2) Indicando conR[x] 2lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali in xdi grado minore o uguale a 2, siag:R[x] 2→ R[x] 2l’applicazione lineare tale che MB,B( g) =MconB= (x2 , x,1) base diR[x] 2. (a) Calcolareg(x2 +x−2). (b) Stabilire seg`e iniettiva, suriettiva, invertibile. Soluzione.(1a) Riduciamo la matrice per calcolarne il rango. Seα6 = 0, effettuiamo le operazioni elementariR 2→ R 2−1 2 R 1, R 3→ R 3−α +5 αR 2ed otteniamo la matrice ridotta per righe 4 2 0 0 0 α 0 0 0  . Se inveceα= 0, effettuiamo l’operazione elementareR 2→ R 2−1 2 R 1ed otteniamo la matrice ridotta per righe 4 2 0 0 0 0 0 0 5  . In entrambi i casi, la matrice ha rango 2 e quindir(M) = 2 per ogniα∈R. Quindi, dim(Im(f)) = 2 per ogniα∈Re, visto che gli elementi speciali sono sulla seconda e terza colonna, una base dell’immagine `e data dai vettori le cui componenti sono la seconda e terza colonna. Usando la base canonica, una base dell’immagine `eB= ((2,1,0),(0, α, α+ 5)), al variare diα. Il Teorema del Rango permette di affermare che dim(ker(f)) = 3−2 = 1 per ogni α∈R. Scrivendo il sistema associato alle due matrici ridotte, abbiamo α6 = 0 : 4x+ 2y= 0 αz= 0α = 0 : 4x+ 2y= 0 5z= 0. In entrambi i casi, ker(f) ={(x,−2x,0)|x∈R}e quindi una sua base `eB′ = ((1,−2,0)) per ogniα∈R. (1b) Il polinomio caratteristico dif`e p(t) = det(M−tI) = (α+ 5−t) ((4−t)(1−t)−4) =−t(t−5)(t−α−5) ottenuto sviluppando rispetto alla terza riga. Le radici del polinomiosonot 1= 0 , t 2= 5, t 3= α+ 5 e sono tutte reali, essendoα∈R, e quindi sono autovalori dif. Esse sono distinte seα6 =−5,0. In tal caso,f`e diagonalizzabile, perch´e gli autovalori semplici sono regolari. Seα= 0,M`e simmetrica, e quindif`e diagonalizzabile ortogonalmente. Infine, seα=−5, abbiamot 1= 0 di molteplicit`a m(0) = 2. Il relativo autospazio `e V(0) = ker(f) ed ha dimensione 1 per i calcoli del punto (1a). Quindi, dim(V(0))6 =m(0) e quindifnon `e diagonalizzabile. In conclusione,f`e non diagonalizzabile perα=−5. (1c)f`e simmetrico se la matrice associata rispetto ad una base ortonormale, ad esempio la base canonica, `e simmetrica. Questo si ha solo seα= 0. Gli autovalori sonoλ 1= 0, λ 2= 5, con m(0) = 1, m(5) = 2, per i calcoli del punto (1b). Come gi`a detto,V(0) = ker(f) e quindi una sua base `e ((1,−2,0)). Normalizzando tale vettore, otteniamo ~e1= 1 √5, −2 √5, 0 . L’autospazioV(5) contiene i vettori le cui componenti risolvono il sistema lineare omogeneo (M−5I)X= 0 ossia−x+ 2y= 0. Le soluzioni del sistema sonoV(5) = L((2,1,0),(0,0,1)). Una sua base ortonormale `e ~e2= 2 √5, 1 √5, 0 , ~e3= (0 ,0,1) . Una base ortonormale diR3 di autovettori perf`eE= (~e 1, ~e 2, ~e 3) e la matrice associata adfrispetto a tale base `e D=M E ,E( f) =  0 0 0 0 5 0 0 0 5  e non era richiesta dall’esercizio.(2a) Le componenti dix2 +x−2 rispetto alla baseBindicata sono [x2 +x−2] B= t(1,1,−2), e quindi [g(x2 +x−2)] B= M[x2 +x−2] B=  6 3−2α −2(α+ 5)  . Quindi,g(x2 +x−2) = 6x2 + (3−2α)x−2(α+ 5). (2b) dim(Im(g)) =r(M) = 2 per ogniα∈Rper i calcoli del punto (1a) e quindig non `e mai suriettiva. Il Teorema del Rango ci permette di concludere chegnon `e mai iniettiva, e quindignon `e mai invertibile. Esercizio 2.Stabilire se la serie X n≥0( −1)n 3n +nn 3 2 n n! (1) converge assolutamente (2) converge semplicemente. Soluzione.La serie `e a segni alterni. Per studiarne la convergenza assoluta,studiamo la serieX n≥03 n +nn 3 2 n n!. Il termine generalea n=3 n +nn 3 2 n n!della serie `e asintotico a b n=n n 3 2 n n!, e quindi le due serie X n≥03 n +nn 3 2 n n!eX n≥0n n 3 2 n n! hanno lo stesso carattere per il criterio del confronto asintotico. Studiamo la seconda usando il criterio del rapporto: lim n→+∞b n+1 b n= lim n→+∞( n+ 1)n +1 32 n+2 (n+ 1)!3 2 n n! nn=1 9lim n→+∞ 1 +1 n n =e 9< 1 e quindi la serie di termine generaleb nconverge. Quindi anche la serie date converge assolutamente. Poich´e la convergenza assoluta implica la convergenza semplice, la serie data converge anche semplicemente. Volendo usare il Teorema di Leibniz per lo studio della convergenza della serie data, si poteva procedere nel modo seguente. La successione di termine generalea n`e a termini positivi. Inoltre, lim n→+∞a n= lim n→+∞3 n +nn 3 2 n n!= lim n→+∞n n 3 2 n√ 2 πn nn e− n= lim n→+∞e n 9 n√ 2 πn= 0 avendo usato l’approssimazione di Stirlingn!∼√ 2 πn n e
n . Quindi,a n`e una successione infinitesima. Infine, dobbiamo verificare se essa `e decrescente, ossia sea n+1≤ a nper ogni n. La disuguaglianza precedente `e 3n +1 + (n+ 1)n +1 32 n+2 (n+ 1)!≤3 n +nn 3 2 n n!. Eliminando i denominatori (perch´e positivi), si ha9(n+ 1)(3n +nn )≥3n +1 + (n+ 1)n +1 . Separando il contributo dell’esponenziale di base 3 dal resto, riscriviamo la disuguaglianza come 3n +1 (3n+ 2)≥(n+ 1)nn 1 +1 n n −9 . Essendo la successione (1 + 1/n)n monotona crescente e limitata superiormente dae, abbiamo che il secondo membro `e negativo, mentre il primo `e positivo. La disuguaglianza `e quindi vera per ognin. Di conseguanza, le ipotesi del criterio di Leibniz sono verificate, equindi la serie data converge. Esercizio 3.Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′ −y′ −6y= 5e3 x + 9x−3. Soluzione.L’equazione caratteristica associata all’equazione differenziale omogenea `eλ2 − λ−6 = 0 le cui soluzioni sonoλ 1= 3 , λ 2= −2 entrambe semplici. L’integrale generale dell’equazione differenziale omogenea associata `e yom( x) =c 1e3 x +c 2e− 2x . Per il metodo di somiglianza ed il principio di sovrapposizione, avendoosservato che 3 `e radice dell’equazione caratteristica, una soluzione particolare vacercata nella forma yp( x) =Axe3 x +Bx+C. Le derivate di tale funzione sonoy′ p( x) =Ae3 x + 3Axe3 x + B, y′′ p( x) = 6Ae3 x + 9Axe3 x . Sostituendo nell’equazione differenziale completa e semplifi- cando, otteniamo5Ae3 x −6Bx−B−6C= 5e3 x + 9x−3. Uguagliando i coefficienti die3 x , x, ed il termine noto, otteniamoA= 1, B=−3/2, C= 3/4 e quindi l’integrale generale dell’equazione differenziale completa `e y(x) =c 1e3 x +c 2e− 2x +xe3 x −3 2x +3 4. Versione 2 Esercizio 1.Si consideri la seguente matriceM, doveα`e un parametro reale: M=  1 −2 0 −2 4α 0 0α+ 5  . (1) Siaf:R3 →R3 l’applicazione lineare la cui matrice rappresentativa, rispetto alla base canonica, `eM. (a) Determinare, al variare diα, una base per il nucleo kerfed una base per l’immagine Imfdif. (b) Determinare i valori del parametroαper cui la matriceMrisulti non diago- nalizzabile. (c) Determinare i valori diαper cui la matriceMsia ortogonalmente diagonaliz- zabile. Per tali valori diα, determinare una base ortonormale diR3 rispetto alla quale la matrice rappresentativa difsia diagonale. (2) Indicando conR[x] 2lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali in xdi grado minore o uguale a 2, siag:R[x] 2→ R[x] 2l’applicazione lineare tale che MB,B( g) =MconB= (x2 , x,1) base diR[x] 2. (a) Calcolareg(x2 +x−2). (b) Stabilire seg`e iniettiva, suriettiva, invertibile. Esercizio 2.Stabilire se la serie X n≥0( −1)n 5n +nn 5 2 n n! (1) converge assolutamente (2) converge semplicemente. Esercizio 3.Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′ −2y′ −8y= 6e4 x + 16x−4. Versione 3 Esercizio 1.Si consideri la seguente matriceM, doveα`e un parametro reale: M=  1 3 0 3 9 α 0 0α+ 10  . (1) Siaf:R3 →R3 l’applicazione lineare la cui matrice rappresentativa, rispetto alla base canonica, `eM. (a) Determinare, al variare diα, una base per il nucleo kerfed una base per l’immagine Imfdif. (b) Determinare i valori del parametroαper cui la matriceMrisulti non diago- nalizzabile. (c) Determinare i valori diαper cui la matriceMsia ortogonalmente diagonaliz- zabile. Per tali valori diα, determinare una base ortonormale diR3 rispetto alla quale la matrice rappresentativa difsia diagonale. (2) Indicando conR[x] 2lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali in xdi grado minore o uguale a 2, siag:R[x] 2→ R[x] 2l’applicazione lineare tale che MB,B( g) =MconB= (x2 , x,1) base diR[x] 2. (a) Calcolareg(x2 +x−2). (b) Stabilire seg`e iniettiva, suriettiva, invertibile. Esercizio 2.Stabilire se la serie X n≥0( −1)n 2n +nn 2 2 n n! (1) converge assolutamente (2) converge semplicemente. Esercizio 3.Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′ + 5y′ + 6y=−e− 3x + 9x+ 3. Versione 4 Esercizio 1.Si consideri la seguente matriceM, doveα`e un parametro reale: M=  9 −3 0 −3 1α 0 0α+ 10  . (1) Siaf:R3 →R3 l’applicazione lineare la cui matrice rappresentativa, rispetto alla base canonica, `eM. (a) Determinare, al variare diα, una base per il nucleo kerfed una base per l’immagine Imfdif. (b) Determinare i valori del parametroαper cui la matriceMrisulti non diago- nalizzabile. (c) Determinare i valori diαper cui la matriceMsia ortogonalmente diagonaliz- zabile. Per tali valori diα, determinare una base ortonormale diR3 rispetto alla quale la matrice rappresentativa difsia diagonale. (2) Indicando conR[x] 2lo spazio vettoriale dei polinomi a coefficienti reali in xdi grado minore o uguale a 2, siag:R[x] 2→ R[x] 2l’applicazione lineare tale che MB,B( g) =MconB= (x2 , x,1) base diR[x] 2. (a) Calcolareg(x2 +x−2). (b) Stabilire seg`e iniettiva, suriettiva, invertibile. Esercizio 2.Stabilire se la serie X n≥0( −1)n 7n +nn 7 2 n n! (1) converge assolutamente (2) converge semplicemente. Esercizio 3.Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′ + 3y′ + 2y=e− x +x+ 1. Esame di Analisi e Geometria 2 - 29 Giugno 2017Versione 1 Esercizio 1.Sia data la funzionef(x, y) =3 p x 2 y. (1) Calcolare le derivate parziali difin (0,0). (2) Calcolare la derivata direzionale difin (0,0) lungo il versore della bisettrice del primo quadrante avente componenti positive. (3) Stabilire sef`e differenziabile in (0,0). Soluzione.Poich´ef(x,0) =f(0, y) = 0 per ognix, y∈R, i rapporti incrementali dall’origine nelle direzione dei due assi coordinati sono nulli, e quindif x(0 ,0) =f y(0 ,0) = 0.Il rapporto incrementale in (0,0) nella direzione del versore~e= (~ i+~ j)/√ 2 `e f(t/√ 2 , t/√ 2) −f(0,0) t= t/√ 2 t = 1 √2. Passando al limite pert→0, otteniamo ∂f ∂~e(0 ,0) =1 √2. Seffosse differenziabile in (0,0) allora dovrebbe valere∂ f ∂~e (0 ,0) =∇f(0,0)·~e= 0 essendo ∇f(0,0) =~ 0. Quindi,fnon `e differenziabile in (0,0). Esercizio 2.Sia data la funzionef(x, y) = (x2 + 16y2 )exy . (1) Determinare i massimi ed i minimi difsulla curvaEdi equazionex2 + 16y2 = 1. (2) Determinare i punti critici difinR2 . (3) Calcolare il massimo ed il minimo assoluti difnel dominio D={(x, y)∈R2 |x2 + 16y2 ≤1}. Soluzione.La lagrangiana del problema `eL(x, y, λ) = (x2 + 16y2 )exy −λ(x2 + 16y2 −1). Il gradiente diLsi annulla nelle soluzioni del sistema   2 xexy + (x2 + 16y2 )yexy −λ(2x) = 0 32yexy + (x2 + 16y2 )xexy −λ(32y) = 0 x2 + 16y2 = 1 Sostituendo la terza equazione nelle prime due e calcolandoλdalla prima, si ottiene x2 = 16y2 , ossiax= 4yoppurex=−4y. Sostituendo nella terza equazione, si ha y2 = 1/32 e quindiy=±1/4√ 2. In conclusione, i punti che risolvono il sistema sono (±1/√ 2 ,1/4√ 2 ,±1 ±8 8e ± 1/8 ),(∓1/√ 2 ,−1/4√ 2 ,±1 ±8 8e ∓ 1/8 ). Poich´ef(1/√ 2 ,1/4√ 2) = f(−1/√ 2 ,−1/4√ 2) = e1 /8 ef(1/√ 2 ,−1/4√ 2) = f(−1/√ 2 ,1/4√ 2) = e− 1/8 , i due punti con coordinate concordi sono massimi sul vincolo, mentre i due rimanenti sono minimi sul vincolo per la funzionef. Un secondo modo per risolvere l’esercizio `e il seguente: la curvaEsi parametrizza comeE:x= cos(t), y= sin(t)/4, t∈[0,2π]. Sostituendo, otteniamo la funzione F(t) =f(cos(t),sin(t)/4) =esin( t) cos(t)/4 =esin(2 t)/8 . Il massimo si ha per sin(2t) = 1 ed `ee1 /8 , mentre il minimo si ha per sin(2t) =−1, ed `ee− 1/8 . La prima equazione `e vera pert=π/4,5π/4, cui corrispondono i punti (1/√ 2 ,1/4√ 2) e ( −1/√ 2 ,−1/4√ 2), mentre la seconda `e vera pert= 3π/4,7π/4, cui corrispondono i punti (−1/√ 2 ,1/4√ 2) e (1/√ 2 ,−1/4√ 2). I punti critici difsi calcolano risolvendo il sistema  2xexy + (x2 + 16y2 )yexy = 0 32yexy + (x2 + 16y2 )xexy = 0 Calcolandox2 + 16y2 dalla prima equazione e sostituendo, si hax=±4y. Sostituendo x= 4ynella prima equazione, otteniamoy= 0 e nessun’altra soluzione. Sostituendo x=−4y, otteniamo ancoray= 0, e le altre due soluzioniy=±1/2. In conclusione, i punti critici sono (0,0),(−2,1/2),(2,−1/2). La funzionef`e differenziabile inR2 , quindi i punti di massimo e minimo assoluti perf vanno cercati tra i punti critici interni aDed i punti di massimo e minimo sulla frontiera diD,ossia suE. Inoltre,f(x, y)≥0 per ogni (x, y)∈R2 ef(0,0) = 0. Quindi, (0,0) `e punto di minimo assoluto perfinR2 e quindi inD. Non serve quindi lo studio della matrice hessiana difin (0,0). Per completezza, tale matrice `e H(f)(0,0) = 2 0 0 32 ed `e chiaramente definita positiva. Questo conferma che (0,0) `e un minimo locale perf e diventa poi minimo assoluto. Quindi minDf = 0. I punti (−2,1/2) e (2,−1/2) non sono inD, e quindi non vanno considerati. Sappiamo dallo studio del problema di massimo e minimo vincolato che maxEf =e1 /8 e minEf = e− 1/8 e quindi maxDf = max Ef =e1 /8 con (1/√ 2 ,1/4√ 2) ,(−1/√ 2 ,−1/4√ 2) punti di massimo assoluti perfinD. Esercizio 3.Sia~ Fil campo vettoriale conservativo inR3 il cui lavoro lungo una curva orientata da (0,0,0) ad (x, y, z) `e uguale a 5xyz+z2 . (1) Scrivere la componenti di~ F. (2) Calcolare il lavoro del campo lungo il segmentoAB, daA(−1,−1,−1) aB(1,1,1). Soluzione.Sappiamo dal testo che~ F`e conservativo, e che il lavoro daO(0,0,0) aP(x, y, z) `eL(O, P) = 5xyz+z2 . Quindi ~ F=∇L= (5yz)~ i+ (5xz)~ j+ (5xy+ 2z)~ k. Il lavoro richiesto si calcola comeL(A, B) =L(A, O) +L(O, B) =−L(O, A) +L(O, B) = −(−5 + 1) + (5 + 1) = 10. Esercizio 4.Sia B={(x, y, z)∈R3 |x2 +y2 +z2 ≤R2 , x≥0, y≥0, z≥0} la porzione di sfera di centro (0,0,0) e raggioRcontenuta nel primo ottante. Dato il campo~ F=xy~ i+xz~ j+yz~ k, (1) si calcolino il rotore e la divergenza di~ F, e la divergenza del rotore di~ F; (2) si calcoli il flusso di~ Fuscente dalla superficie∂Bche delimitaB, e si calcolino poi i flussi attraverso ciascuna faccia di∂B(le tre porzioni di piani coordinati, e la porzione di superficie sferica). Soluzione.Usando la definizione, si ha rot(~ F) = det   ∂ ∂ x xy ~ i ∂ ∂ yxz ~ j ∂ ∂ zyz ~ k   = ( z−x)~ i+ (z−x)~ k div(~ F) =∂ ∂x( xy) +∂ ∂y( xz) +∂ ∂z( yz) = 2ydiv(rot(~ F)) = 0. La seconda parte dell’esercizio pu`o essere risolta sia calcolando il flusso uscente at- traverso le 4 superfici che compongono la frontiera diB, sia calcolando il flusso totale uscente dalla frontiera diBe poi quello uscente attraverso 3 delle 4 suddette superfici, ottenendo per differenza il quarto.Cominciamo quindi a calcolare il flusso uscente attraverso le tre parti piane della fron- tiera diB. Esse possino essere parametrizzate come S[xy]:   x =ρcos(θ) y=ρsin(θ) z= 0S [xz]:   x =ρcos(θ) y= 0 z=ρsin(θ)S [yz]:   x = 0 y=ρcos(θ) z=ρsin(θ) tutte e tre definite nel rettangoloRdefinito come 0≤ρ≤R,0≤θ≤π/2. I vettori normali sono da calcolarsi come~x ρ∧ ~x θe sono uguali rispettivamente a (~x ρ∧ ~x θ) [xy]= ρ~ k(~x ρ∧ ~x θ) [xz]= −ρ~ j(~x ρ∧ ~x θ) [yz]= ρ~ i e quindiS [xy]e S [yz]sono parametrizzate nel verso opposto a quello richiesto. Il campo~ Fristretto alle tre porzioni di superfici `e ~ F[xy]= ρ2 cos(θ) sin(θ)~ i ~ F[xz]= ρ2 cos(θ) sin(θ)~ j ~ F[yz]= ρ2 cos(θ) sin(θ)~ k. Quindi i flussi richiesti sonof[xy]= −Z Z S[xy]~ F[xy]·( ~x ρ∧ ~x θ) [xy] |(~x ρ∧ ~x θ) [xy]|dS =−Z Z R0 dρdθ= 0, f[xz]=Z Z S[xz]~ F[xz]·( ~x ρ∧ ~x θ) [xz] |(~x ρ∧ ~x θ) [xz]|dS =Z Z R( −ρ3 cos(θ) sin(θ))dρdθ= =−1 8( ρ4 )R 0 (sin2 (θ))π/ 2 0= −R4 /8, f[yz]= −Z Z S[yz]~ F[yz]·( ~x ρ∧ ~x θ) [yz] |(~x ρ∧ ~x θ) [yz]|dS =−Z Z R0 dρdθ= 0. La porzione di superficie sferica si parametrizza come S:   x =Rsin(ϕ) cos(θ) y=Rsin(ϕ) sin(θ) z=Rcos(ϕ) con (ϕ, θ)∈R= [0, π/2]×[0, π/2]. Il vettore normale `e ~xϕ∧ ~x θ= R2 sin2 (ϕ) cos(θ)~ i+R2 sin2 (ϕ) sin(θ)~ j+R2 sin(ϕ) cos(ϕ)~ k ed `e orientato uscente daBessendo il coefficiente di~ kpositivo. Il campo~ Fristretto alla superficie `e uguale a ~ FS= R2 sin2 (ϕ) sin(θ) cos(θ)~ i+R2 sin(ϕ) cos(ϕ) cos(θ)~ j+R2 sin(ϕ) cos(ϕ) sin(θ)~ k. Il flusso uscente `e allora uguale afS= R4Z Z R sin4 (ϕ) sin(θ) cos2 (θ) + sin3 (ϕ) cos(ϕ) sin(θ) cos(θ)+ sin2 (ϕ) cos2 (ϕ) sin(θ)
dϕdθ=R4( Zπ/2 0sin 4 (ϕ)dϕZ π/2 0sin( θ) cos2 (θ)dθ +Z π/2 0sin 3 (ϕ) cos(ϕ)dϕZ π/2 0sin( θ) cos(θ)dθ +Z π/2 0sin 2 (ϕ) cos2 (ϕ)dϕZ π/2 0sin( θ)dθ) = =R4( Zπ/2 0 1−cos(2ϕ) 2 2 −1 3cos 3 (θ)   π/ 2 0dϕ + 1 4sin 4 (ϕ)   π/ 2 0 1 2sin 2 (θ)   π/ 2 0 +Z π/2 0 1−cos(2ϕ) 2  1 + cos(2ϕ) 2 (−cos(θ)|π/ 2 0dϕ) = =R4( 1 12Z π/2 0 1−2 cos(2ϕ) +1 + cos(4 ϕ) 2 dϕ+1 8 +1 4Z π/2 0 1−cos2 (2ϕ)
dϕ) = =R4( 1 12 3 2ϕ −sin(2ϕ) +1 8sin(4 ϕ)   π/ 2 0+ 1 8+1 4Z π/2 0 1−1 + cos(4 ϕ) 2 dϕ) = =R4( π 16+ 1 8+ 1 4 1 2ϕ −1 8sin(4 ϕ)   π/ 2 0) =1 8R 4 (π+ 1). In conclusione, il flusso richiesto `ef=f [xy]+ f [xz]+ f [yz]+ f S= 0 −1 8 R 4 +1 8 R 4 (π+ 1) =1 8 πR 4 . Usando il teorema della divergenza, invece, si haZ Z ∂ B~ F·~ N dS=Z Z Z Bdiv( ~ F)dxdydz=Z Z Z B2 y dxdydz. SiaB vla sezione di Bcon il pianoy=v:B v`e un quarto di cerchio di raggio ( R2 −v2 )1 /2 . Integrando per strati, si haZ Z ∂ B~ F·~ N dS=Z R 02 y dyZ Z Bvdxdz =Z R 02 yπ 4( R2 −y2 )dy avendo sostituitovconyed avendo usato il fatto cheRR Bvdxdz =m(B v). In conclusione, Z Z ∂ B~ F·~ N dS=π 4 −1 2( R2 −y2 )2   R 0 = 1 8πR 4 . In tale svolgimento,f S= f−f [xy]− f [xz]+ f [yz]. Versione 2 Esercizio 1.Sia data la funzionef(x, y) =3 p xy 2 . (1) Calcolare le derivate parziali difin (0,0). (2) Calcolare la derivata direzionale difin (0,0) lungo il versore della bisettrice del primo quadrante avente componenti positive. (3) Stabilire sef`e differenziabile in (0,0). Esercizio 2.Sia data la funzionef(x, y) = (x2 +1 16 y2 )exy . (1) Determinare i massimi ed i minimi difsulla curvaEdi equazionex2 +1 16 y2 = 1. (2) Determinare i punti critici difinR2 . (3) Calcolare il massimo ed il minimo assoluti difnel dominio D={(x, y)∈R2 |x2 +1 16y 2 ≤1}. Esercizio 3.Sia~ Fil campo vettoriale conservativo inR3 il cui lavoro lungo una curva orientata da (0,0,0) ad (x, y, z) `e uguale a 4xyz+y2 . (1) Scrivere la componenti di~ F. (2) Calcolare il lavoro del campo lungo il segmentoAB, daA(−1,−1,−1) aB(1,1,1). Esercizio 4.Sia B={(x, y, z)∈R3 |x2 +y2 +z2 ≤R2 , x≥0, y≥0, z≥0} la porzione di sfera di centro (0,0,0) e raggioRcontenuta nel primo ottante. Dato il campo~ F=yz~ i+xy~ j+xz~ k, (1) si calcolino il rotore e la divergenza di~ F, e la divergenza del rotore di~ F; (2) si calcoli il flusso di~ Fuscente dalla superficie∂Bche delimitaB, e si calcolino poi i flussi attraverso ciascuna faccia di∂B(le tre porzioni di piani coordinati, e la porzione di superficie sferica). Versione 1 - Teoria Esercizio 1.Enunciare e dimostrare il teorema di struttura delle controimmagini di un vettore per un’applicazione linearef:V→W. Esercizio 2.Enunciare e dimostrare il teorema di caratterizzazione delle formedifferen- ziali esatte. Versione 2 - Teoria Esercizio 1.Enunciare e dimostrare il teorema di struttura delle soluzioni di unsistema lineareAX=B. Esercizio 2.Enunciare e dimostrare il teorema di caratterizzazione delle formedifferen- ziali esatte. Esame di Analisi e Geometria 2 - 13 Luglio 2017Versione 1 Esercizio 1.` E data la matrice Ak=  − 9k3 0k0 3 0−1  . (1) Per ogni valore del parametrok∈R, discutere la diagonalizzabilit`a diA k. (2) Per ogni valore del parametrok∈R, determinare una base del nucleo ed una dell’immagine dell’applicazione lineare rappresentata daA krispetto alla base cano- nica diR3 . (3) Per i valori dikper cui `e possibile, trovare una matrice ortogonale che diagonalizza Ak. Soluzione.Il polinomio caratteristico diA k`e p k( t) = det(A k− tI) = (k−t)((−9− t)(−1−t)−9) = (k−t)t(t+ 10). Quindi, le radici dip k( t) sonot 1= 0 , t 2= −10, t 3= k, tutte reali, e quindi tutte autovalori. Sek6 = 0,−10, allora esse hanno molteplicit`a 1 e quindiA k`e diagonalizzabile. Se k= 0, alloram(−10) = 1, m(0) = 2. MaA 0`e simmetrica e quindi essa `e diagonalizzabile (anche ortogonalmente). Sek=−10, allora m(0) = 1, m(−10) = 2. Calcoliamo la dimensione dell’autospazioV(−10). dim(V(−10)) = 3−r(A −10− 10I) = 3−r  1 −10 3 0 0 0 3 0 9  = 1 essendo la matriceA −10+ 10 Iridotta per righe di rango 2. Quindi, dim(V(−10))6 = m(−10) e quindiA −10non `e diagonalizzabile. In conclusione,A k`e diagonalizzabile per k6 =−10. Calcoliamo il rango diA kal variare di k. Effettuiamo le operazioni elementariR 1↔ R3, R 3+ 3 R 1→ R 3su A ked otteniamo  3 0 -1 0 k0 0k0  . Sek6 = 0, effettuiamo ancoraR 3− R 2→ R 3, ed otteniamo  3 0 -1 0 k 0 0 0 0  , mentre sek= 0, la matrice precedente `e ridotta. In conclusione,r(A k) = 2 se k6 = 0, mentrer(A 0) = 1. Abbiamo allora che Im( A k) ha dimensione 2 se k6 = 0 ed una sua base `e data dalla seconda e terza colonna diA k(colonne su cui si trovano gli elementi speciali) e quindi `e ((k, k,0),(3,0,−1)), mentre ha dimensione 1 sek= 0, ed una sua base `e ((3,0,−1)), colonna su cui si trova l’unico elemento speciale. Per calcolare ilnucleo, invece, risolviamo i due sistemi lineari omogenei aventi come matrici dei coefficienti delle incognite le matrici ridotte precedentemente calcolate. Essi sono 3x−z= 0 ky= 0 3x−z= 0 nei due casik6 = 0, k= 0, rispettivamente. Quindi, una base di ker(A k) `e ((1 ,0,3)) se k6 = 0, e ((1,0,3),(0,1,0)) sek= 0. Ak`e diagonalizzabile ortogonalmente se, e solo se, A k`e simmetrica, ossia k= 0. In tal caso, gli autovalori sono 0,−10 conm(0) = 2 em(−10) = 1. Poich´eV(0) = ker(A 0), abbiamo che una base diV(0) `e ((1,0,3),(0,1,0)) e quindi una base ortonormale diV(0) `e 1 √10, 0,3 √10 ,(0,1,0) . Poi, si haV(−10) = Im(A 0) e quindi una base di V(−10) `e ((3,0,−1)), mentre una base ortonormale `e −3 √10, 0,1 √10 . Una matrice ortogonale che diagonalizzaA 0`e allora P=  1 √10 0 −3 √10 0 1 03 √100 1 √10  . Esercizio 2.Si consideri l’equazione differenziale y′′ (x) + 2ay′ (x) + 4y(x) = 0, a >0. (1) Determinarne l’integrale generaley a( x) al variare dia >0. (2) Esistono valori dia >0 in corrispondenza dei quali le soluzioni non sono limitate su (0,+∞)? Soluzione.L’equazione caratteristica associata all’equazione differenziale lineare omoge- nea del secondo ordine a coefficienti costanti assegnata `et2 + 2at+ 4 = 0 cona >0. Abbiamo che ∆/4 =a2 −4, e quindi distinguiamo tre casi, in accordo con il segno di ∆/4. Caso 0< a