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

2\underline{o} Esonero e 1\underline{o} recupero di Analisi II (secondi 5 crediti) per Ingegneria Elettronica 17–02-07 A.A. 2006/2007 Soluzioni

Nonostante tutti gli esercizi svolti e i numerosi avvertimenti dati a lezione, c’è ancora chi risolve l’equazione delle onde, trova delle \underline{costanti} dipendenti dalla variabile x oppure t e va avanti come se nulla fosse. Al prossimo recupero un errore del genere comporterà l’azzeramento dell’esercizio. Allo stesso modo verrà azzerato l’esercizio per cui, a fronte di una soluzione chiaramente reale, viene presentata una soluzione evidentemente complessa.

Primo esercizio I compiti A e C avevano rispettivamente sin(ωt) e sin(2ωt). Essendo formalmente lo stesso termine forzante, comprendiamo entrambe i casi con sin(λt). Il compito A chiedeva y(0) = 1 mentre il compito C chiedeva y(0) = −1.

Compito A e C. L(y) ≐ v(p) = \frac{pλ}{(p^{2} + α)(p^{2} + λ^{2})} ± \frac{p}{p^{2} + α}

• Sia α > 0 α ≠ λ^{2}. Il calcolo dei residui nei quattro punti p = ±i\sqrt{α}, p = ±iλ dà come soluzione

y(t) = \frac{λ}{α − λ^{2}} cos(λt) + \frac{λ}{λ^{2} − α} cos(\sqrt{α}t) ± cos \sqrt{α}t

• α = 0 si ottiene dal precedente ponendo α = 0 oppure risolvendo i sistemi y′ = sin(λt) con y(0) = ±1

e quindi y(t) = −\frac{1}{λ} cos(λt) + c e c va trovato attraverso la condizione iniziale ossia −\frac{1}{λ} + c = ±1 da cui

c = ±1 + \frac{1}{λ}

• Sia α = λ^{2}. In questo caso abbiamo uno zero doppio e L(y) ≐ v(p) = \frac{pλ}{(p^{2} + λ^{2})^{2}} ± \frac{p}{p^{2} + λ^{2}} . Il secondo

pezzo dà come al solito ± cos λt. Il primo pezzo dà

∑_{p=±iλ} Res(\frac{λpe^{pt}}{(p^{2} + λ^{2})^{2}} ) = λ\frac{d}{dp} \frac{pe^{pt}}{(p + iλ)^{2}} |_{p=iλ}+λ\frac{d}{dp} \frac{pe^{pt}}{(p − iλ)^{2}} |_{p=−iλ}=

= λ(\frac{tpe^{pt}}{(p + iλ)^{2}} + \frac{e^{pt}}{(p + iλ)^{2}} − \frac{2pe^{pt}}{(p + iλ)^{3}} )|_{p=iλ}+λ(\frac{tpe^{pt}}{(p − iλ)^{2}} + \frac{e^{pt}}{(p − iλ)^{2}} − \frac{2pe^{pt}}{(p − iλ)^{3}} )|_{p=−iλ}= \frac{t}{2} sin(λt) −

\frac{1}{2λ} cos(λt) + \frac{1}{2λ} cos(λt) e quindi y(t) = \frac{t}{2} sin(λt) + ± cos λt

• α < 0 e quindi α = −|α| L(y) ≐ v(p) = \frac{pλ}{(p^{2} − |α|)(p^{2} + λ^{2})}±\frac{p}{p^{2} − |α|} e quindi y(t) = \frac{λ}{λ^{2} + |α|}(cosh(\sqrt{|α|}t)−

cos(λt)) ± cosh(\sqrt{|α|}t) Appare evidente che per α ≥ 0 ma α ≠ λ^{2} la soluzione è limitata. Se inoltre λ < 0 oppure λ > 1 e α = λ − λ^{2}, la soluzione è lo stesso limitata nel caso A. Se λ < −1 oppure λ > 0 e α = λ + λ^{2} la soluzione è limitata nel caso C. Altrimenti è illimitata

I compiti B e D avevano rispettivamente cos(ωt) e cos(2ωt). Essendo formalmente lo stesso termine forzante, comprendiamo entrambe i casi con cos(λt). Il compito B chiedeva y(0) = 1 mentre il compito D chiedeva y(0) = −1.

Compito B e D. L(y) ≐ v(p) = \frac{p^{2}}{(p^{2} + α)(p^{2} + λ^{2})} ± \frac{p}{p^{2} + α}

• Sia α > 0 α ≠ λ^{2}. Il calcolo dei residui nei quattro punti p = ±i\sqrt{α}, p = ±iλ dà come soluzione

y(t) = \frac{λ}{λ^{2} − α} sin(λt) + \frac{\sqrt{α}}{α − λ^{2}} sin(\sqrt{α}t) ± cos \sqrt{α}t

• α = 0. y(t) = \frac{sin(λt)}{λ} + 1

• α = λ^{2}. In questo caso abbiamo uno zero doppio e L(y) ≐ v(p) = \frac{p^{2}}{(p^{2} + λ^{2})^{2}} ± \frac{p}{p^{2} + λ^{2}} . Il secondo

pezzo dà come al solito ± cos λt. Il primo pezzo dà

∑_{p=±iλ} Res(\frac{p^{2}e^{pt}}{(p^{2} + λ^{2})^{2}} ) = \frac{d}{dp} \frac{p^{2}e^{pt}}{(p + iλ)^{2}} |_{p=iλ}+\frac{d}{dp} \frac{p^{2}e^{pt}}{(p − iλ)^{2}} |_{p=−iλ}=

= (\frac{tp^{2}e^{pt}}{(p + iλ)^{2}} + \frac{2pe^{pt}}{(p + iλ)^{2}} − \frac{2p^{2}e^{pt}}{(p + iλ)^{3}} )|_{p=iλ}+(\frac{tp^{2}e^{pt}}{(p − iλ)^{2}} + \frac{2pe^{pt}}{(p − iλ)^{2}} − \frac{2p^{2}e^{pt}}{(p − iλ)^{3}} )|_{p=−iλ}= \frac{t}{2} cos(λt)+ \frac{1}{2λ} sin(λt)

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

e quindi y(t) = \frac{t}{2} cos(λt) + \frac{1}{2λ} sin(λt) ± cos λt

• α < 0 e quindi α = −|α| L(y) ≐ v(p) = \frac{p^{2}}{(p^{2} − |α|)(p^{2} + λ^{2})} ± \frac{p}{p^{2} − |α|} e quindi y(t) = \frac{λ}{λ^{2} + |α|} sin(λt) +

\frac{\sqrt{|α|}}{λ^{2} + |α|} sinh \sqrt{|α|}t ± cosh \sqrt{|α|}t

In questo caso se α > 0 e α ≠ λ^{2} allora la soluzione è limitata. Nel caso D inoltre, se α < 0 e α = −λ^{2} lo stesso la soluzione è limitata. Altrimenti è illimitata.

Secondo esercizio Scriviamo le condizioni iniziali come u_{t}(x, 0) = y_{1}, u(x, 0) = y_{0}, u_{x}(x, 0) = v_{0}, e quindi risolviamo tutti e quattro i casi. La trasformata di Laplace della funzione v_{0} (che è una costante) è

pari a L(v_{0}) = \frac{v_{0}}{p}

• a ≠ α. Nella variabile L(u)(x, p) ≐ v(x, p) l’equazione si legge come p^{2}v−y_{1}−py_{0}−a^{2}v′′ = e^{− \frac{p}{α} x} e v_{x}(0, p) = \frac{v_{0}}{p} . La soluzione della omogenea è al solito c_{1}e^{− \frac{p}{a} x} + c_{2}e^{\frac{p}{a} x} (per i motivi che sappiamo c_{2} = 0) e la soluzione della non omogenea è della forma v(x, p) = ξ + ηe^{− \frac{p}{α} x} con ξ = \frac{y_{1} + py_{0}}{p^{2}} e η = \frac{α^{2}}{p^{2}(α^{2} − a^{2})}. La condizione

iniziale fa sì che c_{1} = −\frac{v_{0}a}{p^{2}} − \frac{aα}{p^{2}(α^{2} − a^{2})} e quindi la soluzione è v(x, p) = (−\frac{v_{0}a}{p} − \frac{aα}{p^{2}(α^{2} − a^{2})})e^{− \frac{p}{a} x} +

\frac{y_{1} + py_{0}}{p^{2}} + \frac{α^{2}}{p^{2}(α^{2} − a^{2})}e^{− \frac{p}{α} x} da cui u(x, t) = (−v_{0}a− \frac{αa}{α^{2} − a^{2}} )(t− \frac{x}{a})H(t− \frac{x}{a})+(y_{0} +ty_{1})H(t)+ \frac{α^{2}}{α^{2} − a^{2}} (t−

\frac{x}{α})H(t − \frac{x}{α})

• α = a. Rifacendo i conti bisogna risolvere la equazione p^{2}v−y_{1} −py_{0} −a^{2}v′′ = e^{− \frac{p}{a} x} e v_{x}(0, p) = \frac{v_{0}}{p} (stavolta l’esponente contiene la a.) Provando la soluzione particolare ξ + ηxe^{− \frac{p}{a} x} si ottiene ξ = \frac{y_{1} + py_{0}}{p^{2}} e η = \frac{1}{2ap} da cui v(x, p) = ce^{− \frac{p}{a} x} + \frac{y_{1} + py_{0}}{p^{2}} + \frac{1}{2ap}xe^{− \frac{p}{a} x}. La condizione iniziale impone c = −\frac{av_{0}}{p^{2}} + \frac{1}{2p^{2}} e quindi la

soluzione è v(x, p) = (−\frac{av_{0}}{p^{2}} + \frac{1}{2p^{2}} )e^{− \frac{p}{a} x} + \frac{y_{1} + py_{0}}{p^{2}} + \frac{x}{2ap}e^{− \frac{p}{a} x} da cui u(x, t) = (−av_{0} + \frac{1}{2})(t − \frac{x}{a})H(t − \frac{x}{a}) +

(ty_{1} + y_{0})H(t) + \frac{x}{2a}H(t − \frac{x}{a})

Terzo esercizio.

Compito A. L(y) = \frac{1}{(1 + p)(p − 1)^{2}} + \frac{py_{0} + y_{1} − 2y_{0}}{(p − 1)^{2}} da cui y(t) = \frac{e^{−t}}{4} + \frac{te^{t}}{2} − \frac{e^{t}}{4} + te^{t}(y_{1} − y_{0} + \frac{1}{2}) + y_{0}e^{t}.

Per soddisfare la richhiesta dell’esercizio bisogna scriviamo y(t) = \frac{e^{−t}}{4} + te^{t}(y_{1} − y_{0} + \frac{1}{2}) + (y_{0} − \frac{1}{4})e^{t} e quindi deve essere y_{0} − \frac{1}{4} = 0 e y_{1} − y_{0} + \frac{1}{2} = 0 da cui y_{0} = \frac{1}{4} e y_{1} = −\frac{1}{4}

Compito B. L(y) = \frac{1}{(p − 1)^{3}} + \frac{py_{0} + y_{1} − 2y_{0}}{(p − 1)^{2}} da cui y(t) = \frac{1}{2}t^{2}e^{t} + y_{0}e^{t} + te^{t}(y_{1} − y_{0}) per cui la richiesta

dell’esercizio è soddisfatta se y_{0} = 1 e y_{1} = 1

Compito C. L(y) = \frac{1}{(p − 1)^{2}(p + 2)} + \frac{py_{0} + y_{1} − 2y_{0}}{(p − 1)^{2}} da cui y(t) = \frac{1}{9}e^{−2t} + \frac{te^{t}}{3} − \frac{e^{t}}{9} + te^{t}(y_{1} − y_{0}) + y_{0}e^{t} per

cui la richiesta dell’esercizio è soddisfatta se y_{0} = \frac{1}{9} e y_{1} = −\frac{2}{9}

Compito D. L(y) = \frac{1}{(p^{2} − 4p + 1)(p − 2)} + \frac{py_{0} + y_{1} − 4y_{0}}{p^{2} − 4p + 1} per cui si ottiene

y(t) = e^{t(2+\sqrt{3})}(\frac{1}{6} + \frac{\sqrt{3}y_{0} + y_{1} − 2y_{0}}{2\sqrt{3}} ) + e^{t(2−\sqrt{3})}(\frac{1}{6} + \frac{\sqrt{3}y_{0} − y_{1} + 2y_{0}}{2\sqrt{3}} ) − \frac{1}{2}e^{2t} e non c’è nessuna coppia di

valori per cui è soddisfatta la richiesta dell’esercizio. 1/marzo/2020; esclusivamente per uso personale, è vietata ogni forma di commercializzazione 2

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

Quarto esercizio. Compito A. La serie converge per \frac{1}{2} < |z| < 4 e la funzione è data da f(z) = \frac{4}{4 − z} + \frac{2z}{2z − 1} per cui le risposte alle domande sono

1) \frac{1}{2} < |z| < 4

2) Tutto il piano complesso tranne i punti sull’asse reale z = \frac{1}{2} e z = 4.

3) −\frac{4}{z} ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{4}{z})^{k} + ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{1}{2z})^{k} che converge per |z| > 4.

4–i) L’integrale è zero essendo la curva ed il suo interno contenuti in un sottoinsieme in cui la funzione è olomorfa.

4–ii) I = 2πiResf(\frac{1}{2}) = 2πiRes(\frac{2z}{2z − 1}) = πi

4–iii) I = 2πi(Resf(\frac{1}{2}) + Resf(4)) = 2πiRes(\frac{2z}{2z − 1})|_{\frac{1}{2}} +2πiRes(\frac{4}{4 − z} )|_{4}= 2πi(\frac{1}{2} − 4) = −7πi

4–iv) È come il precedente in quanto la circonferenza conmprende al suo interno tutte e due le singolarità della funzione.

5) Resf(∞) = \frac{7}{2}

Compito B. La serie converge per \frac{1}{4} < |z| < 4 e la funzione è data da f(z) = \frac{4}{4 − z} + \frac{4z}{4z − 1} per cui le risposte alle domande sono

1) \frac{1}{4} < |z| < 4

2) Tutto il piano complesso tranne i punti sull’asse reale z = \frac{1}{4} e z = 4.

3) −\frac{4}{z} ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{4}{z})^{k} + ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{1}{4z})^{k} che converge per |z| > 4.

4-i) L’integrale è zero essendo la curva ed il suo interno contenuti in un sottoinsieme in cui la funzione è olomorfa.

4–ii) I = 2πiResf(\frac{1}{4}) = 2πiRes(\frac{4z}{4z − 1}) = \frac{πi}{2}

4–iii) I = 2πi(Resf(\frac{1}{4}) + Resf(4)) = 2πiRes(\frac{4z}{4z − 1})|_{\frac{1}{4}} +2πiRes(\frac{4}{4 − z} )|_{4}= 2πi(\frac{1}{4} − 4) = −\frac{15}{2}πi

4–iv) È come il precedente in quanto la circonferenza conmprende al suo interno tutte e due le singolarità della funzione.

5) Resf(∞) = \frac{15}{4}

Compito C. La serie converge per \frac{1}{2} < |z| < 8 e la funzione è data da f(z) = \frac{8}{8 − z} + \frac{2z}{2z − 1} per cui le risposte alle domande sono

1) \frac{1}{2} < |z| < 8

2) Tutto il piano complesso tranne i punti sull’asse reale z = \frac{1}{2} e z = 8.

3) −\frac{8}{z} ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{8}{z})^{k} + ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{1}{2z})^{k} che converge per |z| > 8.

4–i) L’integrale è zero essendo la curva ed il suo interno contenuti in un sottoinsieme in cui la funzione è olomorfa.

4–ii) I = 2πiResf(\frac{1}{2}) = 2πiRes(\frac{2z}{2z − 1}) = πi

4–iii) I = 2πi(Resf(\frac{1}{2}) + Resf(8)) = 2πiRes(\frac{2z}{2z − 1})|_{\frac{1}{2}} +2πiRes(\frac{8}{8 − z} )|_{8}= 2πi(\frac{1}{2} − 8) = −15πi

4–iv) È come il precedente in quanto la circonferenza conmprende al suo interno tutte e due le singolarità della funzione.

5) Resf(∞) = \frac{15}{2}

Compito D. La serie converge per \frac{1}{4} < |z| < 8 e la funzione è data da f(z) = \frac{8}{8 − z} + \frac{4z}{4z − 1} per cui le

risposte alle domande sono

1) \frac{1}{4} < |z| < 8

2) Tutto il piano complesso tranne i punti sull’asse reale z = \frac{1}{4} e z = 8.

3) −\frac{8}{z} ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{8}{z})^{k} + ∑_{k=0}^{+∞}(\frac{1}{4z})^{k} che converge per |z| > 8.

4–i) L’integrale è zero essendo la curva ed il suo interno contenuti in un sottoinsieme in cui la funzione è olomorfa.

4–ii) I = 2πiResf(\frac{1}{4}) = 2πiRes(\frac{4z}{4z − 1}) = \frac{πi}{2}

4–iii) I = 2πi(Resf(\frac{1}{4}) + Resf(8)) = 2πiRes(\frac{4z}{4z − 1})|_{\frac{1}{4}} +2πiRes(\frac{8}{8 − z} )|_{8}= 2πi(\frac{1}{4} − 8) = −\frac{31}{2}πi

4–iv) È come il precedente in quanto la circonferenza conmprende al suo interno tutte e due le singolarità della funzione.

5) Resf(∞) = \frac{31}{4}