Energy Engineering - Analisi e geometria 2

First partial exam

Analisi e Geometria 2 - 2 Maggio 2018 Ogni risposta deve essere giustificata ed i calcoli riportati. Gli esercizi vanno svolti su fogli forniti dal docente. I fogli di brutta non devono essere conseg- nati. Durante la prova non `e consentito l’uso di libri, quaderni, calcolatrici e apparecchiature elettroniche. Versione 1 Esercizio 1.(a) Sia dato il sistemaAX=B kcon A=  − 1 5 7 1 1−1 −2 1 5  eB k=  9 2k−1 0  . (1) Discutere la risolubilit`a del sistema al variare del parametro realek. (2) Calcolare le soluzioni del sistema per i valori diktrovati al punto precedente. (3) Calcolare le soluzioni del sistema lineare omogeneoAX= 0 associato al prece- dente. (b) SiaR3 spazio vettoriale reale con il prodotto scalare euclideo, e siaf:R3 →R3 l’endomorfismo che verifica le condizioni seguenti•ker(f) ={(x, y, z)∈R3 |x+ 2y−z= 0}; •la matrice che rappresentafrispetto alla base canonica `e simmetrica e ha traccia 6. Determinare(1) una base e la dimensione di ker(f); (2) una base ortonormaleEdiR3 di autovettori dife la matriceM E ,E( f); (3) una base e la dimensione di Im(f). Soluzione.(a) La matrice completa del sistema `e (A|B k) =  − 1 5 7 1 1−1 −2 1 5 9 2k−1 0  . Effettuando le operazioni elementariR 2+ R 1→ R 2, R 3− 2R 1→ R 3e R 3+3 2 R 2→ R 3si ottiene la matrice ridotta per righe  -1 5 7 0 6 6 0 0 0 9 2k+ 8 3k−6  . Dal Teorema di Rouch´e–Capelli, sappiamo cheAX=B kha soluzioni se, e solo se, r(A) =r(A|B k) e questo succede se, e solo se, 3 k−6 = 0 ossia perk= 2. In tal caso, le soluzioni sono∞1 essendo 3 il numero di colonne diA, ossia le incognite, e 2 il rango di A. Postok= 2, la matrice ridotta diventa   -1 5 7 0 6 6 0 0 0 9 12 0  . PostoX=T (x, y, z), la seconda equazione diventay+z= 2 dopo aver diviso i coefficienti per 6. Sez=t, alloray= 2−t. Sostituendo nella prima equazione, otteniamo−x+ 5(2−t) + 7t= 9 ossiax= 1 + 2t. Le soluzioni sono allora S=    1 + 2 t 2−t t  |t∈R   . Le soluzioni del sistema lineare omogeneo associato sono alloraSo=    2 t −t t  |t∈R   . (b)f`e un endomorfismo simmetrico perch´e la base canonica `e una baseortonormale per il prodotto scalare euclideo. Quindi,f`e diagonalizzabile ortogonalmente, ossia esiste una base ortonormale diR3 formata da autovettori dif. Con facili calcoli, si ha che ker(f) `e un sottospazio diR3 di dimensione 2 e quindiV(0) = ker(f) ha dimensione 2. In particolare,t2 `e fattore del polinomio caratteristico dif. Poich´e il polinomio caratteristico dif`ep(t) =−t3 + tr(A)t2 +a 1t + det(A), alloraa 1= det( A) = 0 ep(t) =−t2 (t−6) ossia le radici del polinomio caratteristico sonot 1= 0 e t 2= 6 entrambi autovalori di f, il primo di molteplicit`a 2, il secondo semplice. OvviamenteV(6) =V(0)⊥ =L((1,2,−1)). Una base ortonormale diV(6) `e  ~e1= 1 √6, 2 √6, −1 √6 e dimV(6) = 1. Il vettore (1,0,1) `e nel ker(f) come si verifica facilmente, e quindi il secondo vettore della baseEche stiamo costruendo `e ~e2= 1 √2, 0,1 √2 . Il terzo vettore che stiamo cercando `e allora~e3= ~e 1∧ ~e 2= 1 √3, −1 √ 3, −1 √3 . In particolare, ker(f) ha base (~e 2, ~e 3), e Im( f) =V(6) ha base (~e 1). La base ortonormale di autovettori dif`eE= (~e 1, ~e 2, ~e 3) e la matrice M E ,E( f) `e ME ,E( f) =  6 0 0 0 0 0 0 0 0  . Esercizio 2.Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y′′ (t)−2y′ (t)−4k2 y(t) =−t al variare del parametro realek. Soluzione.Cominciamo a risolvere l’equazione differenziale omogenea associatay′′ (t)− 2y′ (t)−4k2 y(t) = 0. L’equazione algebrica associata `ez2 −2z−4k2 = 0, le cui soluzioni sono sempre reali, essendo il discriminante ∆/4 = 1 + 4k2 >0 per ognik∈R. Con facili calcoli, otteniamo che le soluzioni sono z1= 1 −√ 1 + 4 k2 z2= 1 +√ 1 + 4 k2 e quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata `ey0( t) =c 1etz 1 +c 2etz 2 . Il termine noto dell’equazione `e −t=eat (Q 1( t) cos(bt) +Q 2( t) sin(bt)) cona=b= 0. D’altra parte,z=a+ib= 0 `e radice dell’equazione algebrica associata se, e solo se,k= 0. Per il calcolo della soluzione particolare, dobbiamo allora distinguere il casok= 0 da quellok6 = 0. Nel casok= 0, la soluzione particolare ha la formay p( t) =t(c+dt) =ct+dt2 . Le sua derivate sonoy′ =c+ 2dt, y′′ = 2d. Sostituendo nell’equazione completa, otteniamo 2d−2(2dt+c) =−t da cui si hac=d= 1/4. La soluzione particolare `ey p( t) =1 4 t +1 4 t2 , mentre l’integrale generale dell’equazione completa `e y(t) =1 4 t +1 4 t 2 +c 1+ c 2e2 t . Nel casok6 = 0, la soluzione particolare ha la formay p( t) =c+dt. Le sue derivate sono y′ (t) =d, y′′ = 0. Sostituendo si ha −2d−4k2 (c+dt) =−t da cuic=−1 8 k4 , d =1 4 k2 . La soluzione particolare `e allora y p( t) =−1 8 k4 + t1 4 k2 . L’integrale generale dell’equazione completa `e quindi y(t) =−1 8 k4+ t1 4 k2+ c 1etz 1 +c 2etz 2 . Esercizio 3.Siafla funzione reale di variabile reale con le seguenti propriet`a: •f(x+ 2π) =f(x) per ognixreale; •f(x) =f(−x) per ognixreale; •sull’intervallo [0, π] la funzionefassume i valori f(x) =   2 ,sex= 0 −2,se 0< x2 3 π 0,se2 3 π < x π. Rispondere alle seguenti richieste.(1) Disegnare la funzionefin [−2π,2π]. (2) Calcolare il polinomioF 1( x) =1 2a 0+ a 1cos( x) +b 1sin( x) di Fourier al primo ordine dif. (3) Detta1 2a 0++ ∞ X n=1( a ncos( nx) +b nsin( nx)) la serie di Fourier dif(x), determinare la funzione somma di tale serie (ossia, studiare la convergenza puntuale della serie di Fourier dif). N.B.: non `e richiesto il calcolo dia n, b nper n≥2. Soluzione.La funzionef(x) `e 2π–periodica e pari. Il grafico nell’intervallo richiesto `e y x Figure 1.Grafico dif(x) nell’intervallo [−2π,2π]. Per i coefficienti di Fourier richiesti, si ha cheb 1= 0 perch´e f(x) `e pari. Inoltre, a0=1 πZ π −πf (x)dx=1 πZ 2π/3 −2π/3( −2)dx=−8 3, ea1=1 πZ π −πf (x) cos(x)dx=−2 π(sin( x)|2 π/3 −2π/3= −2√ 3 π . Il polinomio trigonometrico richiesto `e quindiF1( x) =−4 3− 2√ 3 π cos( x). La somma della serie di Fourier `e la funzione f(x), pari e 2π–periodica, uguale a f(x) =   − 2 se 0≤x