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

Soluzioni 2\underline{o} esonero di Analisi II (secondi 5 crediti) per Ingegneria Elettronica

A.A. 2005–2006; 18–02–06

Gli studenti che sostengono il presente esame ed avranno la verbalizzazione di Analisi III, qualora debbano sostenere anche Complementi I, non possono portare il programma di Complementi I dello scorso anno. Per sapere quale programma portare si guardi la mia pagina web: www.mat.uniroma2.it/ perfetti e poi Ingegneria Elettronica 2005/2006.

Problema 1

La soluzione è y(t) = \frac{1}{2πi} ∫_{a_{0}−i∞}^{a_{0}+i∞} dpe^{pt}F (p) dove F (p) = \frac{1}{(p + 1)^{2}} (e^{−pT} + \frac{e^{−2pT}}{p} + pa + b + 2a). Si intende

y(0) = a, y′(0) = b e a_{0} > 0.

L’integrale è y(t) = e^{−t+T} (t − T)H(t − T) + (1 + e^{−t+2T} (−t + 2T − 1))H(t − 2T) + e^{−t}(tb + ta + a)

Problema 2 Sono tutte equazioni del tipo φ(t) = t − ∫_{0}^{t} e^{a(t−x)}φ(x)dx con a = 1, 2, 3, 4. In trasformata di

Laplace diventa Φ(p) = \frac{1}{p^{2}} − \frac{Φ}{p − a} da cui Φ(p) = \frac{p − a}{p^{2}(p − a + 1)} e quindi φ(t) = \frac{−ta + 1 + ta^{2} − e^{t(a−1)}}{(a − 1)^{2}} se

l’esercizio è B, C, D. Per A la soluzione è t − \frac{1}{2}t^{2}

Problema 3 Sono tutti problemi del tipo t^{2} = ∫_{0}^{t} e^{a(t−x)}φ(x)dx a = 1, 2, 3, 4. In trasformata di Laplace

otteniamo \frac{2}{p^{3}} = \frac{Φ(p)}{p − a} da cui Φ(p) = 2\frac{p − a}{p^{3}} e quindi φ(t) = 2t − at^{2}

Problema 4 Sono sistemi del tipo \{ \begin{matrix}y′′(t) + y′(t) = t x(0) = a, y(0) = c \\ x′(t) + x(t) + y(t) = t y′(0) = d \end{matrix}

Dette L(x) =^{def}A(p) e L(y) =^{def}B(p) si ha pA − a + A + B = \frac{1}{p^{2}} e p^{2}B − cB − d + pB − c = \frac{1}{p^{2}} e quindi

B(p) = \frac{p^{3}c + p^{2}c + dp^{2} + 1}{p^{3}(p + 1)} e A(p) = −\frac{cp^{2} + cp^{3} + dp^{2} + 1 − p − p^{2} − ap^{4} − ap^{3}}{p^{3}(1 + p)^{2}} da cui y(t) = 1 + d − t +

\frac{1}{2}t^{2} + c − e^{−t}(d + 1) e x(t) = −4 − \frac{1}{2}t^{2} − c − d + 3t + e^{−t}(4 + d + t + td + c + a)

Per come era fatta l’equazione differenziale, dal sistema delle trasformate di Laplace si ricavava immediatamente quella pet la y(t) senza sostituire in quella per la x(t). La sostituzione era poi necessaria per trovare la trasformata di Laplace della x(t). Se invece si sostituiva, si ricavava la trasformata di Laplace per la x(t) e quindi x(t). Per trovare la y(t) NON ERA NECESSARIO antitrasformare sulla y(t) ma semplcemente scrivere y(t) = t − x(t) − x′(t).

Problema 5 A. Detta v(x, p) = L(u(x, t)) l’equazione diventa a^{2}v_{xx} − p^{2}v + ω = 0 con la condizione v(0, p) = \frac{ω}{p^{2} + ω^{2}} . La

soluzione generale è v(x, p) = αe^{px/a}+βe^{−px/a}+\frac{ω}{p^{2}} . La richiesta |u(x, t)| ≤ Ae^{Bt} implica che lim_{Rep→+∞} |v(x, p)| =

0 da cui α = 0. Alla fine la soluzione è v(x, p) = −\frac{ω^{3}}{p^{2}(p^{2} + ω^{2})}e^{−px/a} + \frac{ω}{p^{2}} e l’antitrasformata di Laplace è

u(x, t) = [\frac{ω}{a} (x − ta) + sin ω(t − \frac{x}{a})]H(t − \frac{x}{a}) + ωt

B. Procedendo come sopra si ottiene p^{2}v(x, p) − p = a^{2}v_{xx} e la condizione iniziale v(0, p) = \frac{p}{p^{2} + ω^{2}} . La

soluzione è v(x, p) = \frac{1}{p} + \frac{−ω^{2}}{p(p^{2} + ω^{2})}e^{−px/a} da cui u(x, t) = 1 + H(t − \frac{x}{a})(cos(t − \frac{x}{a}) − 1)

C. Procedendo come sopra si ottiene p^{2}v(x, p) − 1 = a^{2}v_{xx} e la condizione iniziale v_{x}(0, p) = \frac{ω}{p^{2} + ω^{2}} . La

soluzione è v(x, p) = \frac{1}{p^{2}} − \frac{aω}{p(p^{2} + ω^{2})}e^{−px/a} da cui u(x, t) = t + \frac{a}{ω} H(t − \frac{x}{a})(cos ω(t − \frac{x}{a}) − 1)

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

D. Procedendo come sopra si ottiene p^{2}v(x, p) − 1 = a^{2}v_{xx} e la condizione iniziale v_{x}(0, p) = \frac{p}{p^{2} + ω^{2}} . La

soluzione è v(x, p) = \frac{1}{p^{2}} − \frac{a}{p^{2} + ω^{2}} e^{−px/a} da cui u(x, t) = t − \frac{a}{ω} H(t − \frac{x}{a}) sin ω(t − \frac{x}{a})

Soluzioni 1\underline{o} recupero di Analisi II (secondi 5 crediti) per Ingegneria Elettronica

A.A. 2005–2006; 18–02–06

Gli studenti che sostengono il presente esame ed avranno la verbalizzazione di Analisi III, qualora debbano sostenere anche Complementi I, non possono portare il programma di Complementi I dello scorso anno. Per sapere quale programma portare si guardi la mia pagina web: www.mat.uniroma2.it/ perfetti e poi Ingegneria Elettronica 2005/2006.

Problema 1 Sono tutti integrali della forma ∫_{0}^{+∞} dx\frac{ln x}{x^{4} + a^{4}} con a opportuno.

γ_{1}  γ_{2}  γ_{3} γ_{4}  ε R −R  R −ε  ε

∫_{0}^{+∞} dx\frac{ln x}{x^{4} + a^{4}} Consideriamo ∫_{Γ} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} dove Γ è il cammino rappresentato in figura per cui ∫_{Γ} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} =

∫_{γ_{1}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} + ∫_{γ_{2}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} + ∫_{γ_{3}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} + ∫_{γ_{4}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} .

∫_{γ_{1}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} . γ_{1}(t) = t con −R ≤ t ≤ −ε e quindi ∫_{γ_{1}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} = ∫_{−R}^{−ε} dt\frac{ln(t)}{t^{2} + a^{2}} . Ora t = |t|e^{iπ}

per cui si ha ∫_{−R}^{−ε} dt\frac{ln(|t|e^{iπ})}{t^{+}a^{4}}. Cambiamo variabile τ = −t per cui l’integrale diventa ∫_{R}^{ε}(−dτ)\frac{ln(τe^{iπ})}{τ^{4} + a^{4}} =

∫_{R}^{ε}(−dτ)\frac{ln τ}{τ^{4} + a^{4}} + ∫_{R}^{ε}(−dτ)\frac{iπ}{τ^{4} + a^{4}} = ∫_{ε}^{R} dτ \frac{ln τ}{τ^{4} + a^{4}} + ∫_{ε}^{R} dτ \frac{iπ}{τ^{4} + a^{4}} e nel limite ε → 0 e R → +∞ si ha

∫_{0}^{+∞} dτ \frac{ln τ}{τ^{4} + a^{4}} + ∫_{0}^{+∞} dτ \frac{iπ}{τ^{4} + a^{4}} .  lim_{ε→0} ∫_{γ_{2}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} = lim_{R→+∞} ∫_{γ_{4}} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} = 0 da cui

lim_{ε→0} lim_{R→+∞} ∫_{Γ} dz \frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} = 2 ∫_{0}^{+∞} dx\frac{ln x}{x^{4} + a^{4}} + iπ ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{x^{4} + a^{4}} =

= 2πi ∑_{k} Resf(z_{k}) e quindi ∫_{0}^{+∞} dx\frac{ln x}{x^{4} + a^{4}} = −\frac{1}{2}iπ ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{x^{4} + a^{4}} + πi ∑_{k} Resf(z_{k}). Esplicitando si ot-

tiene 2I = −i\frac{π^{2}}{4a^{3}} \sqrt{2} − \frac{2πi}{4a^{3}} ((e^{i \frac{π}{4}} + e^{i \frac{3}{4} π}) ln a + i\frac{π}{4} e^{i \frac{π}{4}} (1 + 3e^{i \frac{π}{2}} )). I = \frac{π\sqrt{2}}{4a^{3}} ln a − i\frac{π^{2}}{4a^{3}\sqrt{2}} + \frac{π^{2}}{16a^{3}} e^{i \frac{π}{4}} (1 +

3i) = \frac{π\sqrt{2}}{4a^{3}} ln a − \frac{π^{2}}{8\sqrt{2}a^{3}} . Ovviamente i residui da considerare sono solo due: z_{0} = |a|^{1/4}e^{iπ/4} e z_{1} =

|a|^{1/4}e^{i3π/4}. È opportuno sottolineare che per trovare i residui NON conviene eseguire la seguente somma

\frac{ln z_{0}}{(z_{0} − z_{1})(z_{0} − z_{2})(z_{0} − z_{3})} + \frac{ln z_{1}}{(z_{1} − z_{0})(z_{1} − z_{2})(z_{1} − z_{3})}. Conviene usare il teorema dell’Hopital e fare

lim_{z→z_{0}} \frac{(z − z_{0}) ln z}{z^{4} + a^{4}} = lim_{z→z_{0}} \frac{ln z + \frac{1}{z}(z − z_{0})}{4z^{3}} (sfruttando il fatto che \frac{(z − z_{0}) ln z}{z^{4} + a^{4}} è una forma indeterminata \frac{0}{0}).

Si ottiene \frac{ln z_{0}}{4z_{0}^{3}} e si usa \frac{z_{0}}{a^{4}} = −\frac{1}{z_{0}^{3}} . La stessa tecnica vale per la funzione \frac{1}{z^{4} + a^{4}} . ,

• Un altro modo di risolvere l’esercizio consiste nel prendere il cammino seguente e poi mandare ε → 0 e R → +∞.

Rez Imz z_{0}  z_{0}=ae^{i \frac{π}{4}} ε  R

Sull’asse verticale si parametrizza γ(t) = −it −R ≤ t ≤ −ε e quindi si ha ∫_{0}^{+∞} dx\frac{ln x}{x^{4} + a^{4}} +∫_{−∞}^{0}(−idt)\frac{ln(−it)}{t^{4} + a^{4}} =

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

2πiRes(\frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} )|_{z=z_{0}}. Il secondo integrale è ∫_{+∞}^{0} idt\frac{ln(te^{i \frac{π}{2}} )}{t^{4} + a^{4}} = −i ∫_{0}^{+∞} dt\frac{ln t}{t^{4} + a^{4}} − i ∫_{0}^{+∞} dti\frac{π}{2} \frac{ln t}{t^{4} + a^{4}} e

quindi alla fine si ha I(1−i)+ \frac{π}{2} ∫_{0}^{+∞} dt\frac{1}{t^{4} + a^{4}} = 2πiRes(\frac{ln z}{z^{4} + a^{4}} )|_{z=z_{0}} ossia I(1−i)+ \frac{π^{2}}{4\sqrt{2}} \frac{1}{a^{3}} = \frac{2πi}{4a^{4}} (ln a+

i\frac{π}{4} )(−ae^{i \frac{π}{4}} ). La parte con il logaritmo è data da \frac{π}{2a^{3}} ln ae^{i \frac{π}{4}} ; la parte senza logaritmo dà −\frac{π^{2}}{4\sqrt{2}a^{3}} + \frac{π^{2}}{8a^{3}} e^{i \frac{π}{4}} =

−\frac{π^{2}}{8\sqrt{2}a^{3}} (1 − i). Riunendo si ha I(1 − i) = \frac{π}{2a^{3}} e^{i \frac{π}{4}} ln a − \frac{π^{2}}{8\sqrt{2}a^{3}} (1 − i) da cui I = \frac{π\sqrt{2}}{4a^{3}} ln a − \frac{π^{2}}{8\sqrt{2}a^{3}}

otteniamo A: −\frac{π^{2}\sqrt{2}}{16}, B: \frac{π ln 2}{16} − \frac{π^{2}}{32} , C: (\frac{π\sqrt{2}}{48} ln 3 − \frac{π^{2}\sqrt{2}}{48})3^{1/4}, D: \frac{π\sqrt{2} ln 2}{32} − \frac{π^{2}}{128}\sqrt{2}

Problema 2 Sono tutti integrali della forma α ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(x + a)^{2}(x + b)} con a > 0 e b > 0. Scrivere α ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(x + a)^{2}(x + b)} = \frac{1}{2}α ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(x + a)^{2}(x + b)} era una corbelleria non essendo la funzione pari. Si integra lungo il cammino la funzione \frac{ln z}{(z + a)^{2}(z + b)} (gli integrali lungo le curve γ_{1} e γ_{3} andavano specificati).

−1  ^{ε}  _{R}  ^{φ_{o}}  \begin{matrix}γ_{1}(t) = t + iε, 0 ≤ t ≤ R \\ γ_{2}(t) = Re^{it}, φ_{o} ≤ t ≤ 2π − φ_{o}, φ_{o} = arctan \frac{ε}{R} \\ γ_{3}(t) = −t − iε, −R ≤ t ≤ 0 \\ γ_{4}(t) = εe^{−it}, −\frac{3}{2}π ≤ t ≤ −\frac{π}{2} \end{matrix}

e si ottiene ∫_{0}^{+∞} \frac{dx}{(x + a)^{2}(x + b)} = −Res\frac{ln z}{(z + a)^{2}(z + b)}|_{z=−a}−Res\frac{ln z}{(z + a)^{2}(z + b)}|_{z=−b}. L’integrale è I =

\frac{α}{a(a − b)} + α\frac{ln a − ln b}{(b − a)^{2}}

A: α = 1, a = 1, b = 2 da cui I = −1 − ln 2,  B: α = \frac{1}{4}, a = \frac{1}{2}, b = 2 I = −\frac{1}{3} − \frac{2}{9} ln 2,  C: α = 1, a = 1,

b = 4 da cui I = −\frac{1}{3} − \frac{2}{9} ln 2, D: α = \frac{1}{3}, a = 1, b = \frac{2}{3} da cui I = 1 − 3(ln 2 − ln 3)

Problema 3 Si trattava di una funzione della forma f(z) = z^{k}e^{\frac{a}{z}} + \frac{z^{4}}{(z + b)^{5}} con k = 4 oppure k = 5. Prima domanda: integrale esteso al quadrato di centro −b, lato b. L’integrale è pari a 2πiResf(z = −b) =

2πi\frac{1}{4!} lim_{z→−b} z^{4} = 2πi.

Seconda domanda: il quadrato comprende anche l’origine. L’integrale è 2πi(Resf(z = −b) + Resf(0)) = 2πi(1 + \frac{a^{5}}{5!} ) se k = 4 e 2πi(1 + \frac{a^{6}}{6!} ) se k = 5. Altrenativamente si poteva usare il punto all’infinito.