Complementi di Analisi Matematica Anno Accademico 2005-2006 Laurea specialistica in Informatica V.M. Tortorelli I prova scritta finale, 6 giugno 2006

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I PARTE: si dia la risposta alle seguenti domande senza giustificazione:

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1- Si considerino gli spazi normati A = C([0, 1], R), |f|_{A} = max_{0≤t≤1} |f(t)| e B = C^{1}([0, 1], R), |f|_{B} = max_{0≤t≤1} |g(t)| + max_{0≤t≤1} |g′(t)|. Si calcoli la norma dell’operatore lineare F : f ∈ A ↦ F [f] = g ∈ B definito da

g(x) = ∫_{0}^{x} (∫_{0}^{t} f(s)ds) dt

R.: \frac{3}{2}. Norma di F = sup_{|f|_{A}=1} |F [f]|_{B} =

= sup_{|f|_{A}=1} (max_{0≤x≤1} |∫_{0}^{x} (∫_{0}^{t} f(s)ds) dt| + max_{0≤x≤1} |∫_{0}^{x} f(s)ds|)

max_{0≤x≤1} |∫_{0}^{x} (∫_{0}^{t} f(s)ds) dt| + max_{0≤x≤1} |∫_{0}^{x} f(s)ds| ≤

max_{0≤x≤1} ∫_{0}^{x} (∫_{0}^{t} |f(s)|ds) dt + max_{0≤x≤1} ∫_{0}^{x} |f(s)|ds ≤ poichè |f| ≤ 1 ≤ max_{0≤x≤1} ∫_{0}^{x} (∫_{0}^{t} ds) dt + max_{0≤x≤1} ∫_{0}^{x} ds = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2} , poichè tale valore è dato dalla funzione ammissibile costantemente eguale ad 1 è quello cercato.

2 - Si calcoli il limite lim_{(x,y,z)→(0,0,0)} \frac{log cos xyz}{x^{4} + y^{4} + z^{4}} .

R.: 0. Si ha cos u = 1 + O(u^{2}), log(1 + O(u^{2})) = O(u^{2}). Inoltre detta r la distanza

dall’origine si ha: r^{6} ≥ u^{2} = x^{2}y^{2}z^{2}, x^{4}+y^{4}+z^{4} ≥ \frac{r^{4}}{4} . Per cui il limite è del tipo \frac{O(r^{6})}{O(r^{4})}, r → 0.

3- Si dica se la successione di funzioni f_{n}(x) = ∫_{1}^{n} \frac{e^{−xy}}{1+y^{2}} dy converge uniformemente per x ≥ 0.

R.:SI. Poichè \frac{e^{−xy}}{1+y^{2}} ≤ \frac{1}{1+y^{2}} per x ≥ 0, y ≥ 1, è integrabile su [1, ∞[. Quindi si ha p.o. x ≥ 0 che f_{n}(x) → ∫_{1}^{∞} \frac{e^{−xy}}{1+y^{2}} dy, n → ∞. Si deve mostrare sup_{x≥0} |∫_{1}^{∞} \frac{e^{−xy}}{1+y^{2}} dy − f_{n}(x)| → 0.

Infatti sup_{x≥0} |∫_{1}^{∞} \frac{e^{−xy}}{1+y^{2}} dy − f_{n}(x)| = sup_{x≥0} ∫_{n}^{∞} \frac{e^{−xy}}{1+y^{2}} dy ≤ sup_{x≥0} ∫_{n}^{∞} \frac{1}{1+y^{2}} dy = \frac{π}{2} − artan(n). .

4- Si consideri f(x, y) = e^{x+y} − xy: si calcoli \frac{∂x}{∂y}(1) nell’intorno del punto (1, 1).

R.:−1. Poichè \frac{∂f}{∂x} (1,1) ≠ 0 per il teorema del Dini f(x, y) = f(1, 1) è in un intorno di (1, 1) un grafico derivabile rispetto la variabile y. Derivando in y la relazione f(x(y), y) = f(1, 1), con x(1) = 1, si ha (1 + x′)e^{x+y} − x − yx′ = 0 e calcolando per y = −1 si ottiene \frac{dx}{dy}(1) = 1

5- Si trovino i punti critici di f(x, y, z) = x^{2}(1 − y)^{2}(z + \frac{1}{2})^{2} e se ne determini la natura.

R.:I piani coordinati: punti di minimo. Poiche ∇f = 0 se e solo se f = 0 essendo f ≥ 0 i punti critici sono di minimo: gli zeri di f. Ma f si annulla se e solo se o x = 0 o y = 1 o z = −\frac{1}{2}.

6- Si calcolino i valori di massimo e minimo di f(x, y) = 2x^{2} + y^{2} per (x + y)^{2} + (x − y)^{2} = 1.

R.:1, \frac{1}{2}. Il vincolo è x^{2} + y^{2} = \frac{1}{2} quindi la funzione su di esso è x^{2} + \frac{1}{2}. Sul vincolo x varia tra −\frac{1}{\sqrt{2}} e \frac{1}{\sqrt{2}} quindi il valore minimo è \frac{1}{2} e quello massimo è 1 Complementi di Analisi Matematica Anno Accademico 2005-2006 Laurea specialistica in Informatica V.M. Tortorelli

I prova scritta finale, 6 giugno 2006

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II PARTE: si risolvano i seguenti problemi dando in modo esauriente le opportune giustificazioni: ————————————————————————————————————————–

Si consideri lo spazio normato A = C([0, 1], R), ∥f∥ = max_{0≤x≤1} |f(x)|.

Detto F : f ↦ F [f] = g l’operatore definito da g(x) = ∫_{0}^{x} e^{f(t)}dt, si dimostri che: a- F trasforma elementi di A in elementi di A b- F è continuo c- F è differenziabile in f(x) ≡ 0, determinando l’operatore lineare d_{0}F mediante le

derivate direzionali di F e considerando quindi lo sviluppo di Taylor dell’esponenziale in una variabile.

Soluzione a- Data t ↦ f(t) continua su [0; 1] la composizione con l’esponenziale t ↦ e^{f(t)} è continua e quindi integrabile su [0; 1]. La funzione integrale di una funzione integrabile è continua.

b- Si deve mostrare, fissata f, che

max_{x∈[0;1]} |∫_{0}^{x} e^{f(t)}dt − ∫_{0}^{x} e^{φ(t)}dt| → 0 se max_{x∈[0;1]} |f(x) − φ(x)| → 0. Si ha Conviene vedere F [f] come composizione dell’operatore di composizione C : f ↦ e^{f} con l’esponenziale e l’operatore lineare I : ψ ↦ ∫_{0}^{x} ψ(t)dt che ad una funzione associa la sua funzione integrale, e mostrare che ognuno di questi due operatori è continuo per la norma. Per l’operatore lineare la continuità segue direttamente da max_{[0;1]} ∫_{0}^{x} |ψ(t)|dt ≤ max_{[0;1]} |ψ| Per C è un fatto generale che la composizione con una funzione continua dia un operatore continuo rispetto alla norma uniforme. Si pone C[f](x) = e^{f(x)} = Φ(f(x)). Fissata f, Φ è u.c. su Q = [min f − 1; max f + 1], cioè:

dato ε vi è δ < 1 per cui |Φ(u) − Ψ(v)| ≤ ε per u, v ∈ Q e |u − v| ≤ δ. Quindi per ogni φ per cui max_{[0;1]} |f −φ| = |f −φ|_{A} ≤ δ < 1 si ha da una parte che l’immagine di φ sta in Q e quindi che per ogni

x ∈ [0; 1]: |Φ(f(x)) − Φ(φ(x))|ε cioè max_{[0;1]} |Φ(f(x)) − Φ(φ(x))| = |C[f] − C[φ]|_{A} ≤ ε

c- Calcolando formalmente la derivata per λ = 0 della funzione u(λ) = ∫_{0}^{x} e^{λφ(t)}dt = F [λφ](x) si otterrebbe u′(0) = ∫_{0}^{x} φ(t)dt. Quindi il candidato d_{0}F è l’operatore lineare su A , si è già dimostrato continuo rispetto la norma uniforme, φ ↦ ∫_{0}^{x} φ(t)dt. Poichè F [0] è l’identità su [0; 1] si tratta di verificare che

max_{[0;1]} |∫_{0}^{x} e^{φ(t)}dt − x − ∫_{0}^{x} φ(t)dt| è infinitesimo di ordine superiore a max_{[0;1]} |φ|

Infatti max_{[0;1]} |∫_{0}^{x} e^{φ(t)}dt − x − ∫_{0}^{x} φ(t)dt| = max_{[0;1]} |∫_{0}^{x} (e^{φ(t)} − 1 − φ(t)) dt| ≤

max_{[0;1]} ∫_{0}^{x} |e^{φ(t)} − 1 − φ(t)| dt = max_{[0;1]} ∫_{0}^{x} \frac{1}{2}φ^{2}(t)e^{ξ(t)} ≤ max_{[0;1]} φ^{2} ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}e^{ξ(t)}dt poichè ξ(t) è compresa tra 0 e φ(t) che è da considerarsi piccola in norma uniforme si può assumere che ξ sia minore di 1 per cui

max_{[0;1]} |∫_{0}^{x} e^{φ(t)}dt − x − ∫_{0}^{x} φ(t)dt| ≤ max_{[0;1]} φ^{2} \frac{e}{2}