Soluzioni prova scritta di AM3 del 14/4/2004 – (I Esonero)

1) L’omogenea associata ha soluzione u_{0}(t) = c_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t}. Cerco una soluzione particolare della non omogenea

ū(t) = c_{1}(t)e^{t} + c_{2}(t)e^{−t}

e con la variazione delle costanti arbitrarie ottengo

c_{2}(t) = −\frac{1}{4} ∫ \frac{e^{2t}}{1 + e^{t}} dt − \frac{1}{4} ∫ \frac{1}{1 + e^{t}} dt
= −\frac{1}{4}e^{t} − \frac{t}{4} + \frac{1}{2} log(1 + e^{t})

e

c_{1}(t) = \frac{t}{2} − \frac{1}{2} log(1 + e^{t}) + \frac{e^{−t}}{4} − \frac{e^{−2t}}{8} .

Quindi la soluzione generale del problema è:

u(t) = c_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t} + \frac{te^{t}}{2} − \frac{e^{t}}{2} log(1 + e^{t}) + \frac{1}{4} − \frac{e^{−t}}{8} − \frac{1}{4} − \frac{te^{−t}}{4} + \frac{e^{−t}}{2} log(1 + e^{t})

cioè

u(t) = c_{1}e^{t} + c_{2}e^{−t} + \frac{te^{t}}{2} − \frac{e^{t}}{2} log(1 + e^{t}) − \frac{e^{−t}}{8} − \frac{te^{−t}}{4} + \frac{e^{−t}}{2} log(1 + e^{t}).

Imponendo le condizioni iniziali si ha:

c_{1} = \frac{3}{8} + \frac{1}{2} log 2 c_{2} = −\frac{1}{4} − \frac{1}{2} log 2

e dunque la soluzione del problema di Cauchy è:

u(t) = (\frac{3}{8} + \frac{1}{2} log 2) e^{t}−(\frac{1}{4} + \frac{1}{2} log 2) e^{−t}+\frac{te^{t}}{2} −\frac{e^{t}}{2} log(1+e^{t})−\frac{e^{−t}}{8} −\frac{te^{−t}}{4} +\frac{e^{−t}}{2} log(1+e^{t}).

2) Ponendo

x(t) = \frac{y(t)}{t}

si ha l’equazione per x(t):

\frac{x′(t)}{sinh x} = \frac{1}{t}

che è un’equazione a variabili separabili. Integrando si ottiene

\frac{e^{x} − 1}{e^{x} + 1} = tc c ∈ ℝ.

Tornando alla soluzione y si ha

e^{\frac{y}{t}} = \frac{k + t}{k − t} k ∈ ℝ.

Dunque

\frac{y}{t} = log \frac{k + t}{k − t}

da cui segue che

y(t) = t log \frac{k + t}{k − t}.

Imponendo le condizioni iniziali si ha

y(t) = t log \frac{2 + t}{2 − t}.

3) Il gradiente di f si annulla solo nell’origine che è un punto di flesso. Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange studiamo i punti critici di

H(x, y, z, t, λ) = xt − yz − λ(x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} − 1).

Le soluzioni del sistema

\{ \begin{matrix}t − 2λx = 0 \\ z + 2λy = 0 \\ y + 2λz = 0 \\ x − 2λt = 0 \\ x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} − 1 = 0 \end{matrix}

sono i punti del tipo

\{ \begin{matrix}x = t \\ y = −z \\ 2x^{2} + 2y^{2} = 1 \end{matrix}

su cui la funzione è costantemente uguale a \frac{1}{2}, e quelli del tipo

\{ \begin{matrix}x = −t \\ y = z \\ 2x^{2} + 2y^{2} = 1 \end{matrix}

su cui la funzione è costantemente uguale a −\frac{1}{2}.

Quindi \frac{1}{2} e −\frac{1}{2} sono rispettivamente il massimo ed il minimo.

4) La matrice Jacobiana f′(0, 0) = ( \begin{matrix}0 & 3 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) è invertibile con inversa T = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ \frac{1}{3} & 0 \end{matrix} ).

Dunque la funzione f è invertibile in un intorno dell’origine. La matrice I − T f′(x) è data da

( \begin{matrix}\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} & −3x_{2}^{2} \\ −\frac{x_{2}}{3} & −\frac{x_{1}}{3} \end{matrix} ) .

Assumendo che |x_{i}| ≤ r ≤ 1/2 si ha che

|\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} | + |3x_{2}^{2}| ≤ 2r + 3r = 5r ,  |\frac{x_{2}}{3} | + |\frac{x_{1}}{3} | ≤ \frac{2}{3}r .

Fissando la norma | · | = | · |_{∞} in ℝ^{2} e la relativa norma matriciale si ha che ∥T ∥ = 1 e che, se definiamo r := 1/10,

sup_{|x|≤r} ∥I − T f′(x)∥ ≤ 5r = \frac{1}{2} ,

e dunque la funzione inversa di f è definita sul quadrato {|y| ≤ ρ} con ρ := r/(2∥T ∥) = 1/20.