Prima prova in itinere - Department of Mathematics

Politecnico di Milano – Ingegneria Industriale
Primo compito in itinere – 2 Maggio 2016
Analisi e Geometria 2
Cognome:
Nome:
Matricola:
Es.1: 13 punti
Compito A
Es.2: 6 punti
Es.3: 8 punti
Es.4: 6 punti
Totale
1. Sia f : R3 → R3 l’endomorfismo definito, sui vettori della base canonica, da
f (e1 ) = e1 + e2 + 2e3
f (e2 ) = −2e3
f (e3 ) = e3 .
(a) Scrivere la matrice A che rappresenta f rispetto alla base canonica (fissata sia nel domino
sia nel codominio).
(b)
i. Determinare una base per il nucleo e per l’immagine di f .
ii. Studiare l’iniettività, la suriettività e l’invertibilità di f .
iii. Determinare la dimensione del sottospazio Kerf ∩ Im f .
(c) Stabilire se la matrice A è diagonalizzabile. In caso affermativo, determinare una matrice
diagonale D e una matrice invertibile H tali che A = HDH −1 .
2. Scrivere l’integrale generale dell’equazione differenziale
y 00 − 6y 0 + 8y = 3 ex .
3. Sia f : R → R la funzione 2π-periodica che sull’intervallo (−π, π] è definita da f (x) = x + |x| .
(a) Disegnare il grafico di f sull’intervallo [−3π, 3π] .
(b) Stabilire per quali x ∈ R la serie di Fourier
precisandone l’eventuale limite.
(c) Scrivere il polinomio di Fourier F1 (x) =
a0
2
4. Stabilire se la serie
X
(−1)n
n≥0
F (x)
di
f
converge puntualmente,
+ a1 cos x + b1 sin x di f di ordine 1 .
n2
+4
n3
(a) converge semplicemente;
(b) converge assolutamente.
Istruzioni. Ogni risposta deve essere giustificata. Il testo del compito deve essere consegnato
insieme alla bella, mentre i fogli di brutta non devono essere consegnati. Durante la prova non è
consentito l’uso di libri, quaderni, calcolatrici e apparecchiature elettroniche.
Tempo. Un’ora e trenta minuti.
1
Soluzioni
1. (a) La matrice richiesta è

1 0
A = 1 0
2 −2

0
0 .
1
i. Si ha Kerf = h(0, 1, 2)i e Im f = h(1, 1, 2), (0, 0, 1)i . Una base di Kerf è {(0, 1, 2)} ,
mentre una base di Im f è {(1, 1, 2), (0, 0, 1)} .
ii. L’applicazione f non è iniettiva ( Kerf 6= {0} ), né suriettiva ( Im f 6= R3 ), né
invertibile.
iii. Essendo linearmente indipendenti, i vettori (0, 1, 2) , (1, 1, 2) e (0, 0, 1) formano una
base di Kerf + Im f e quindi dim(Kerf + Im f ) = 3 . Di conseguenza, per la formula
di Grassmann, si ha dim(Kerf ∩ Im f ) = 0 .
(c) Gli autovalori di A sono 1, 1, 0 , e sono tutti regolari. Di conseguenza, A è diagonalizzabile. Inoltre, si ha V1 = h(1, 1, 0), (0, 0, 1)i e V0 = Kerf = h(0, 1, 2)i . Quindi, le matrici
richieste sono




1 0 0
1 0 0
D = 0 1 0
e
H = 1 0 1
0 0 0
0 1 2
(b)
2. L’equazione omogenea associata è y 00 −6y 0 +8y = 0 e ha equazione caratteristica λ2 −6λ+8 = 0 ,
ossia (λ−2)(λ−4) = 0 . Quindi, λ1 = 2 e λ2 = 4 , e l’integrale generale dell’equazione omogenea
è
yom (x) = c1 e2x + c2 e4x
c1 , c2 ∈ R .
Si tratta ora di determinare una soluzione particolare dell’equazione completa. Per fare questo,
possiamo utilizzare il metodo di somiglianza e cercare una soluzione particolare della forma
y(x) = α ex , con α ∈ R . Si ha y 0 (x) = α ex e y 00 (x) = α ex . Sostituendo nell’equazione
differenziale completa, si ha
α ex − 6α ex + 8α ex = 3 ex
ossia 3α = 3 , ossia α = 1 . Pertanto, si ha la soluzione particolare
y(x) = ex
e quindi la soluzione generale
y(x) = yom (x) + y(x) = c1 e2x + c2 e4x + ex
c1 , c2 ∈ R .
3. (a) Poiché
(
0
per x ∈ (−π, 0]
f (x) = x + |x| =
2x per x ∈ [0, π] ,
il grafico di f sull’intervallo [−3π, 3π] è
y
2π
−3π
−2π
−π
0
2
π
2π
3π
x
(b) La funzione f è regolare a tratti sull’intervallo [−π, π] . Quindi, la serie di Fourier F (x)
converge puntualmente per ogni x ∈ R . Inoltre, f è continua in ogni punto x 6= (2k+1)π ,
k ∈ Z , e presenta un salto finito nei punti x = (2k + 1)π , k ∈ Z . Quindi, la serie di
Fourier F (x) converge puntualmente a f (x) in ogni punto x 6= (2k + 1)π , k ∈ Z , e
−
(x+ )
converge a f (x )+f
= π in ogni punto x = (2k + 1)π , k ∈ Z .
2
(c) Si ha
a0 =
1
π
Z
π
f (x) dx =
−π
1
π
Z
π
2x dx =
0
1 2 π
x 0 = π.
π
Inoltre, integrando per parti, si ha
Z
Z
1 π
1 π
a1 =
f (x) cos x dx =
2x cos x dx
π −π
π 0
Z
π 1 π
π
1 1 4
=
2 sin x dx =
2x sin x 0 −
2 cos x 0 = −
π
π 0
π
π
Z
Z
1 π
1 π
f (x) sin x dx =
2x sin x dx
b1 =
π −π
π 0
Z π
π 1
π
1 1 − 2x cos x 0 +
2 cos x dx = 2 +
2 sin x 0 = 2 .
=
π
π 0
π
In conclusione, il polinomio di Fourier di f di ordine 1 è
F1 (x) =
a0
π
4
+ a1 cos x + b1 sin x = −
cos x + 2 sin x .
2
2
π
Osservazione. Si trova facilmente che la series di Fourier di f è
X (−1)n − 1
π
(−1)n+1
F (x) = + 2
cos
nx
+
sin
nx
.
2
n2 π
n
n≥1
In particolare, approssimando f con il polinomio trigonometrico F24 (x) , si ha
y
2π
π
−π
0
3
π
x
4. (a) Poiché la serie data è a segni alterni, possiamo utilizzare il criterio di Leibniz. Posto an =
n2
n3 +8 , si hanno le seguenti proprietà: an ≥ 0 per ogni n ≥ 0 , an → 0 per n → +∞ ,
an è decrescente (per n ≥ 2 ). Per mostrare quest’ultima proprietà, possiamo considerare
3
2
)
la funzione definita da f (x) = x3x+8 e osservare che f 0 (x) = x(8−x
(x3 +4)2 ≤ 0 per ogni x ≥ 2 .
In conclusione, per il criterio di Leibniz, la serie data converge semplicemente.
2
(b) Si ha an = n3n+4 ∼ n1 per n → +∞ . Poiché 1/n è il termine generale della serie
armonica (che è divergente), per il criterio del confronto asintotico la serie data non converge
assolutamente.
4