Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Soluzioni del 3\underline{o} Recupero di Analisi II (primi 5 crediti) per Ingegneria Elettronica

09–12–05

Problema n.1 Compito A. La serie di Fourier è −\frac{1}{π} + \frac{sin x}{2} + \frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{k=2}^{+∞} \frac{(cos(kπ) + 1)}{k^{2} − 1}(k sin(kx) + cos(kx)) = −\frac{1}{2π} + \frac{sin x}{2} + \frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{p=1}^{+∞} \frac{2}{4p^{2} − 1}(2p sin(2px) + cos(2px)) Compito B. La serie di Fourier è \frac{1}{π} − \frac{sin x}{2} + \frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{k=0}^{+∞} \frac{(cos(kπ) + 1)}{k^{2} − 1}(k sin(kx) − cos(kx)) = \frac{1}{2π} − \frac{sin x}{2} +

\frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{p=1}^{+∞} \frac{2}{4p^{2} − 1}(2p sin(2px) − cos(2px))

Compito C. La serie di Fourier è −\frac{1}{π} + \frac{sin x}{2} − \frac{cos x}{2} + ∑_{k=0}^{+∞} \frac{(cos(kπ) + 1)}{k^{2} − 1}(−k sin(kx) + cos(kx)) = −\frac{1}{2π} +

\frac{sin x}{2} − \frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{p=1}^{+∞} \frac{2}{4p^{2} − 1}(−2p sin(2px) + cos(2px))

Compito D. La serie di Fourier è \frac{1}{π} − \frac{sin x}{2} − \frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{k=0}^{+∞} \frac{(cos(kπ) + 1)}{k^{2} − 1}(−k sin(kx) − cos(kx)) = \frac{1}{2π} −

\frac{sin x}{2} − \frac{cos x}{2} + \frac{1}{π} ∑_{p=1}^{+∞} \frac{2}{4p^{2} − 1}(−2p sin(2px) − cos(2px))

Sulla convergenza puntuale e uniforme si vedano gli appelli precedenti Problema n.2 È una equazione con condizioni al bordo non omogenee e costanti. Si cerca la soluzione nella forma u(x, t) = v(x, t) + U(x) e l’equazione viene divisa in due parti. La prima è \{ \begin{matrix}U′′ = 0 \\ U(0) = U(L) = 1 \end{matrix} da cui deriva U(x) ≡ 1 e la seconda è

\{ \begin{matrix}v_{tt} = c^{2}v_{xx} 0 < x < L \\ v(0, t) = v(L, t) = 0 v(x, 0) = φ(x) − 1 \\ v_{t}(x, 0) = ψ(x) \end{matrix} dove φ e ψ variano a seconda dei casi.

Compito A. L = 2, φ(x) = 1 + x per 0 ≤ x ≤ 1, e φ(x) = 3 − x per 1 ≤ x ≤ 2, ψ(x) ≡ 0. v(x, t) = ∑_{k=0}^{+∞} sin \frac{kπx}{2} cos \frac{ckπt}{2}(v(x, 0))_{k} e (v(x, 0))_{k} è nullo se k è pari e pari a \frac{8 sin \frac{πk}{2}}{(πk)^{2}} per k dispari. La

soluzione è quindi u(x, t) = 1 + ∑_{k=0}^{+∞} \frac{8(−)^{k}}{π^{2}(2k + 1)^{2}} sin \frac{(2k + 1)πx}{2} cos \frac{c(2k + 1)πt}{2}

Compito B. L = 2, ψ(x) = 1 + x per 0 ≤ x ≤ 1, e ψ(x) = 3 − x per 1 ≤ x ≤ 2, φ(x) ≡ 0. v(x, t) =

∑_{k=1}^{+∞} sin \frac{kπx}{2}(A_{k} cos \frac{ckπt}{2} + B_{k} sin \frac{ckπt}{2}). v(x, 0) = ∑_{k=1}^{+∞} sin \frac{kπx}{2}A_{k} ≡ −1 = ∑_{k=1}^{+∞} 2\frac{cos(kπ) − 1}{πk} sin \frac{kπx}{2} =

∑_{k=0}^{+∞} \frac{4(−)^{k+1}}{π(2k + 1)} sin \frac{(2k + 1)πx}{2}. v_{t}(x, 0) = ∑_{k=1}^{+∞} sin \frac{kπx}{2} \frac{2}{πk} B_{k} = ψ(x).

ψ(x) = ∑_{k=1}^{+∞} \frac{πk(cos(kπ) − 1) − 4 sin \frac{πk}{2}}{(πk)^{2}} sin \frac{kπx}{2} = ∑_{k=0}^{+∞} \frac{−π(2k + 1) − 4(−)^{k}}{π^{2}(2k + 1)^{2}} sin \frac{(2k + 1)πx}{2} e quindi B_{2k} ≡ 0,

B_{2k+1} = \frac{−π(2k + 1) − 4(−)^{k}}{π^{2}(2k + 1)^{2}} . La soluzione alla fine è

29/dicembre/2021; 1

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

u(x, t) = 1 + ∑_{k=0}^{+∞} sin \frac{(2k + 1)πx}{2}(\frac{4(−)^{k+1}}{π(2k + 1)} cos \frac{c(2k + 1)πt}{2} + \frac{−π2(2k + 1) − 8(−)^{k}}{cπ^{3}(2k + 1)^{3}} sin \frac{c(2k + 1)πt}{2})

Compito C. L = 4, φ(x) = 1 + x per 0 ≤ x ≤ 2, e φ(x) = 5 − x per 2 ≤ x ≤ 4, ψ(x) ≡ 0.

u(x, t) = ∑_{k=0}^{+∞} sin \frac{kπx}{4} cos \frac{ckπt}{4}(v(x, 0))_{k} e (v(x, 0))_{k} = \frac{12 sin \frac{kπ}{2} − 2kπ cos \frac{kπ}{2}}{(kπ)^{2}} per cui (v(x, 0))_{2p} = \frac{2(−)^{p+1}}{2pπ} se

k = 2p è pari e (v(x, 0))_{2p+1} = \frac{12(−)^{p}}{((2p + 1)π)^{2}} se k = 2p + 1 è dispari. La soluzione è quindi

u(x, t) = 1 + ∑_{p=0}^{+∞} \frac{12(−)^{p}}{((2p + 1)π)^{2}} sin \frac{(2p + 1)πx}{4} cos \frac{c(2p + 1)πt}{4} + ∑_{p=1}^{+∞} \frac{2(−)^{p+1}}{2pπ} sin \frac{2pπx}{4} cos \frac{c2pπt}{4}

Compito D. L = 4, ψ(x) = 1 + x per 0 ≤ x ≤ 2, e ψ(x) = 5 − x per 2 ≤ x ≤ 4, φ(x) ≡ 0.

u(x, t) = ∑_{k=0}^{+∞} sin \frac{kπx}{4}(A_{k} cos \frac{ckπt}{4} + B_{k} sin \frac{ckπt}{4}). u(x, 0) ≡ −1, u_{t}(x, 0) = ψ(x). Ripetendo i calcoli di

B si ottiene

u(x, t) = 1 + ∑_{p=0}^{+∞} \frac{4(−)^{p+1}}{π(2p + 1)} sin \frac{(2p + 1)πx}{4} cos \frac{c(2p + 1)πt}{4} + ∑_{p=1}^{+∞} \frac{24πp(−)^{p+1} − 16πp}{cπ^{3}(2k + 1)^{3}} sin \frac{2pπx}{4} sin \frac{c2pπt}{4}+

− ∑_{p=0}^{+∞} \frac{12π(2p + 1) + 48(−)^{p}}{c(π(2p + 1))^{3}} sin \frac{(2p + 1)πx}{4} sin \frac{c(2p + 1)πt}{4}

Problema n.3

È una equazione con condizioni al bordo non omogenee, uguali e costanti pari a 1 oppure -1. A causa della particolare forma della funzione iniziale u(x, 0) = ±1 risulta che la soluzione è u(x, t) ≡ ±1. Naturalmente l’applicazione della teoria conduce allo stesso risultato.

Problema n.4

La sfera è tagliata da un piano di equazione z = ±\frac{1}{\sqrt{2}} a seconda dei casi.

Compito A. Sia P la porzione di spazio che il piano z = \frac{1}{\sqrt{2}} individua intersecando la sfera “piena”. È un

cerchio di raggio r = \frac{1}{\sqrt{2}}. Sia V = \{(x, y, z): x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ 1 z ≥ \frac{1}{\sqrt{2}}\}. Sia S = \{(x, y, z): x^{2} + y^{2} + z^{2} =

1 z ≥ \frac{1}{\sqrt{2}}\}.

• Calcoliamo il flusso facendo l’integrale di superficie ed usando coordinate cartesiane. La semisupeficie sferica è parametrizzata da (x, y, \sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}). La porzione che cerchiamo è parametrizzata come (x, y, \sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}) x^{2} + y^{2} ≤ 1/2. Non è specificato quale vettore ortogonale dobbiamo prendere e quindi scegliamo quello che punta verso l’alto ossia (\frac{x}{\sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}} , \frac{y}{\sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}} 1). L’integrale che dobbiamo calcolare è

∫ ∫_{x^{2}+y^{2}≤1/2} dxdy(\frac{x^{3}}{\sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}} + \frac{y^{3}}{\sqrt{1 − x^{2} − y^{2}}} + 1 − x^{2} − y^{2})). Il cerchio su cui integrare si parametrizza

in coordinate polari x = \frac{1}{2}ρ cos t, y = \frac{1}{2}ρ sin t e si vede subito che i primi due integrali sono nulli dovendo

integrare fra 0 e 2π cos^{3} t e sin^{3} t. L’unico integrale che sopravvive è ∫_{0}^{1} dρ ∫_{0}^{2π} dt\frac{1}{2}ρ(1 − \frac{1}{2}ρ^{2}) = \frac{3}{8}π

• Calcoliamo il flusso facendo l’integrale di superficie ed usando coordinate polari sulla superficie della sfera. x = sin t cos u, y = sin t sin u, z = cos t con 0 ≤ t ≤ π/4, e 0 ≤ u ≤ 2π. Il vettore ortogonale esterno è \underline{n} =

(sin^{2} t cos u, sin^{2} t sin u, sin t cos t) e quindi l’integrale da calcolare è ∫_{0}^{2π} du ∫_{0}^{π/4} dt(sin^{4} t cos^{3} u+sin^{4} t sin^{3} u+

cos^{3} t sin t) = ∫_{0}^{2π} du ∫_{0}^{π/4} dt cos^{3} t sin t = \frac{3}{8}π

• Calcoliamo lo stesso integrale integrando “per strati”. Le coordinate sono z = u, x = \sqrt{1 − u^{2}} cos t, x = \sqrt{1 − u^{2}} sin t, con 0 ≤ t ≤ 2π e 1/\sqrt{2} ≤ u ≤ 1. Il vettore esterno è (\sqrt{1 − u^{2}} cos t, \sqrt{1 − u^{2}} sin t, u). L’integrale

da effettuare diventa ∫_{0}^{2π} dt ∫_{1/\sqrt{2}}^{1} du((1 − u^{2})^{3/2} cos^{3} t + (1 − u^{2})^{3/2} sin^{3} t + u^{3}) = ∫_{0}^{2π} dt ∫_{1/\sqrt{2}}^{1} duu^{3} = \frac{3}{8}π

• Si poteva usare il teorema della divergenza. Avremmo avuto

∫ ∫ ∫_{v} 2(x + y + z)xddydz − ∫ ∫_{x^{2}+y^{2}≤1/2,z=1/\sqrt{2}}(−z^{2})dxdy. V = \{x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ 1, z ≥ 1/\sqrt{2}\}. Parame-

trizziamo il volume “per strati” ottenendo z = u, x = \sqrt{1 − u^{2}}ρ cos t, x = \sqrt{1 − u^{2}}ρ sin t, con 0 ≤ t ≤ 2π

e 1/\sqrt{2} ≤ u ≤ 1 il cui iacobiano è ρ(1 − u^{2}). L’integrale triplo è ∫_{0}^{1} dρ ∫_{0}^{2π} dt ∫_{1/\sqrt{2}}^{1} duρ(1 − u^{2})(u +

ρ\sqrt{1 − u^{2}})(cos t + sin t) = ∫_{0}^{1} dρ ∫_{0}^{2π} dt ∫_{1/\sqrt{2}}^{1} duρ(1 − u^{2})u = \frac{π}{8} . ∫ ∫_{x^{2}+y^{2}≤1/2,z=1/\sqrt{2},}(z^{2})dxdy = \frac{π}{4} da cui

il risultato.

• Da ultimo usiamo il teorema della divergenza ma con coordinate polari x = ρ sin t cos u, y = ρ sin t sin u, z = ρ cos t con 0 ≤ t ≤ π/4, 0 ≤ u ≤ 2π, 1/(\sqrt{2} cos t) ≤ ρ ≤ 1 e quindi l’integrale riplo diventa

∫_{0}^{2π} du ∫_{0}^{π/4} dt ∫ 1_{\frac{1}{\sqrt{2} cos t}} ρ^{2} sin t(2ρ sin t cos u+2ρ sin t sin u+2ρ cos t) = ∫_{0}^{2π} du ∫_{0}^{π/4} dt ∫ 1_{\frac{1}{\sqrt{2} cos t}} ρ^{2}2ρ sin t cos t =

π ∫_{0}^{π/4} du sin u cos u(1 − \frac{1}{4 cos^{4} u}) = \frac{3}{8}π.

• Compito B. Calcoliamo il flusso facendo l’integrale di superficie ed usando coordinate polari sulla superficie della sfera. x = sin t cos u, y = sin t sin u, z = cos t con π/4 ≤ t ≤ π e 0 ≤ u ≤ 2π. Il vettore ortogonale

esterno è \underline{n} = (sin^{2} t cos u, sin^{2} t sin u, sin t cos t) e quindi l’integrale da calcolare è ∫_{0}^{2π} du ∫_{π/4}^{π} dt(sin^{4} t cos^{3} u+

sin^{4} t sin^{3} u − cos^{3} t sin t) = ∫_{0}^{2π} du ∫_{π}^{π/4} dt cos^{3} t sin t = \frac{3}{8}π

• Compito C. Calcoliamo il flusso facendo l’integrale di superficie ed usando coordinate polari sulla superficie della sfera. x = sin t cos u, y = sin t sin u, z = cos t con 3π/4 ≤ t ≤ π e 0 ≤ u ≤ 2π. Il vettore ortogonale

esterno è \underline{n} = (sin^{2} t cos u, sin^{2} t sin u, sin t cos t) e quindi l’integrale da calcolare è ∫_{0}^{2π} du ∫_{3π/4}^{π} dt(sin^{4} t cos^{3} u−

sin^{4} t sin^{3} u + cos^{3} t sin t) = ∫_{0}^{2π} du ∫_{3π/4}^{π} dt cos^{3} t sin t = −\frac{3}{8}π

• Compito D. Calcoliamo il flusso facendo l’integrale di superficie ed usando coordinate polari sulla superficie della sfera. x = sin t cos u, y = sin t sin u, z = cos t con 0 ≤ t ≤ 3π/4 e 0 ≤ u ≤ 2π. Il vettore ortogonale esterno

è \underline{n} = (sin^{2} t cos u, sin^{2} t sin u, sin t cos t) e quindi l’integrale da calcolare è ∫_{0}^{2π} du ∫_{3π/4}^{π} dt(− sin^{4} t cos^{3} u +

sin^{4} t sin^{3} u + cos^{3} t sin t) = ∫_{0}^{2π} du ∫_{3π/4}^{π} cos^{3} t sin t = −\frac{3}{8}π

Problema n.5

La procedura è la solita. La parametrizzazione della curva è x(t) = t, y(t) = at + b per a′ ≤ t ≤ b′. Si ha

b_{x} = \frac{∫_{a′}^{b′} dtδ t (|t| + |at + b|)\sqrt{1 + a^{2}}}{∫_{a′}^{b′} dtδ(|t| + |at + b|)\sqrt{1 + a^{2}}} e il risultato è \frac{3}{2} per A, 2 per B, \frac{9}{34} per C e \frac{8}{13} per D.

Problema n.6

In ogni esercizio si ha ω = ω_{1} + ω_{2} + ω_{3}

A) ω_{1} = x^{2}ydx + x^{3}dy (non chiusa), ω_{2} = 4x^{3}y^{4}dx + 4x^{4}y^{3}dy (esatta), ω_{3} = \frac{−ydx + xdy}{x^{2} + y^{2}} (chiusa).

∮_{γ} ω_{3} = 2π, (usare Gauss–Green e la curva più comoda x^{2} + y^{2} = 1)

Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

∮_{γ} ω_{2} = 0 (curva chiusa) Al fine di accorciare i calcoli scriviamo ω_{1} = d(\frac{x^{3}}{3} y) − \frac{x^{3}}{3} dy + x^{3}dy. d(\frac{x^{3}}{3} y) è una forma differenziale esatta.

Rimane ∮ \frac{2}{3}x^{3}dy = ∫_{0}^{2π} \frac{2}{3}C^{4}dt = \frac{2}{3} ∫_{0}^{2π}(C^{2} − \frac{sin^{2}(2t)}{4})dt = \frac{2}{3} \frac{3}{4}π = \frac{π}{2} per cui il risultato è 5π/2.

La presenza di ω_{3} è costante nelle altre tre domande. La forma ω_{2} cambia ma rimane esatta per cui d’ora in poi analizzerò solo la forma ω_{1}.

B) ∮ ω_{1} = ∮ \frac{2}{3}x^{3}dy = ∫_{0}^{2π} \frac{2}{3}4C^{4}dt = \frac{8}{3} \frac{3}{4}π = 2π. Il risultato è 4π.

C) ∮ ω_{1} = ∮ \frac{2}{3}x^{3}dy = ∫_{0}^{2π} \frac{2}{3}32C^{4}dt = \frac{64}{3} \frac{3}{4}π = 16π. Il risultato è 18π.

D) ω_{1} = x^{2}ydx + 3xy^{2}dy, = yd(\frac{x^{3}}{3} ) + 3xy^{2}dy = d(y \frac{x^{3}}{3} ) − \frac{x^{3}}{3} dy + 3xy^{2}dy per cui ∮_{γ} ω_{1} = ∫_{0}^{2π}(\frac{2\sqrt{2}}{3}C^{4} +

3\sqrt{2}C^{2}S^{2})dt = \frac{−\sqrt{2}π}{12} . Il risultato è 2π − π\sqrt{2}/12