Mathematical Engineering - Analisa Matematica II

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Analisi Matematica II - 20 giugno 2019 Cognome:Nome: Nota bene: Leggere bene le domande e rispondereesclusivamentea quanto e chiesto. Domanda 1. Si consideri una successione di funzionif n: ( a; b)!R, e si assuma chef n! f uniformemente. Siax 02 (a; b) e si supponga chel n= lim x!x 0f n( x) esista nito per ognin. Si dimostri che: 1. esiste nitol= lim n!1l n(2 punti) 2. esiste nito limx!x 0f (x) (2 punti) 3. i due limiti sono uguali (1 punto). Domanda 2Siay0 =A(t)yun sistema lineare dinequazioni dierenziali. Si denisca la matrice Wronskiana (2,5 punti) e si enunci il teorema di Liouville (2,5 punti). Analisi Matematica II - 20 giugno 2019 Cognome:Nome: Nota bene: Leggere bene il testo degli esercizi e rispondere esclusivamente a quanto e chiesto. Scrivere chiaramente le risposte e i passaggi principali. Esercizio 1. Dato il campo vettoriale F(x; y; z) = 2x+pz; 1z ; x2 pz yz 2 ; mostrare che e conservativo e calcolarne un potenziale. Soluzione.Se esistesse un potentialeV(x; y; z), allora per denizione di potenziale avremmo @ V@ x = 2 x+pz ; @ V@ y = 1z ; @ V@ z = x2 pz yz 2; quindiV(x; y; z) =x2 +xpz +c 1( y; z); V(x; y; z) =yz + c 2( x; z); V(x; y; z) =xpz +yz + c 3( z; y): La funzioneV(x; y; z) =x2 +xpz +yz soddisfa le tre uguaglianze, quindi e un potenziale perF, quindiFe conservativo. Esercizio 2 . Calcolare Z Szy d ; conS=f(x; y; z)2R3 :x=y2 +z2 ; x3; yz0g: Soluzione.La supercieSsi puo parametrizzare come segue: r(u; v) = (u2 +v2 ; u; v); u2 +v2 3; uv0: Poicheru( u; v) = (2u;1;0);er v( u; v) = (2v;0;1); alloraZ Szy d =Z Dvu p1 + 4 u2 + 4v2 du dv : conD=fu2 +v2 3; u0g. In coordinate polari Z4 0Z p3 0% tan#p1 + 4 %2 d% d#= Z4 0tan # d#!  12 Z 3 0p1 + 4 r dr =log 22 112 (13p13 1): Esercizio 3 . Trovare l'integrale generale di y0 =t( y+ 1)2: Indicare chiaramente l'intervallo di denizione delle soluzioni. Soluzione.L'equazione e a variabili separabili. Non ammette soluzioni costanti. Moltiplicando per (y+ 1)2 otteniamo (y+ 1)2 y0 =t, da cui (y+ 1)33 = t 22 + c e quindiy(t) =3 r3 2 t 2 +c1: Sec >0 tutte le soluzioni sono denite suR. Altrimenti sono denite in (1;q 32 c ) oppure in (q 32 c;q 32 c ) oppure in (q 32 c; +1). Esercizio 4 . Si disegni il graco qualitativo di alcune soluzioni di y0 = (x2 y2 ) logy discutendone le caratteristiche (intervallo massimale di denizione, simmetrie, punti di massi- mo/minimo, essi, asintoti verticali o orizzontali) Soluzione.L'equazione e denita solo nel semipianoy >0. Soddisfa le ipotesi del teorema di esistenza e unicita locale, ma non globale. Poichey(x) = 1 e soluzione dell'equazione, tutte le altre soluzioni hanno il graco contenuto in 0< y 1. Nel primo caso (0< y 1) le soluzioni sono crescenti perx y. Le semirettey=xsono punti a tangente orizzontale. La rettay= 1 e asintoto orizzontale perx! 1. Poiche la semirettay=xe un luogo di punti a tangente orizzontale, le soluzioni che entrano nella regione 1< y < xsono denite su tutto R. Le soluzioni che intersecano la regioney < x < y,y >1 possono avere asintoti verticali. Le soluzioni nella striscia 0< y