Tutorato di Analisi 3 - Dipartimento di Matematica

Università degli Studi Roma Tre - Corso di Laurea in Matematica
Tutorato di Analisi 3
A.A. 2009-2010 - Docente: Prof. P. Esposito
Tutori: Gabriele Mancini, Luca Battaglia e Vincenzo Morinelli
Soluzioni del tutorato numero 7 (7 Aprile 2010)
Ripasso
I testi e le soluzioni dei tutorati sono disponibili al seguente indirizzo:
http://www.lifedreamers.it/liuck
( )
1. x n (k) = cosk 1
n
.
n 3 2
+∞∑
cos ( )
k 1
n
(a) ‖x n ‖ 1 =
∣ n 3 2 ∣ = 1
+∞∑
( ) 1
cos k = 1 1
n 3 2 n n 3 2 1 − cos ( )
1
e ‖x n ‖ 2 =
k=0
k=0
n
∑
=
√ +∞ cos ( )
k 2
1
n
= 1
∑
√ +∞ ( ( )) k 1
cos
∣ n 3 2 ∣
2 = 1
√
1
n 3 2
n n 3 2 1 − cos ( 2 1
).
n
(b)
k=0
lim ‖x n‖ 2 1
n→+∞
lim
n 2
n→+∞ n 3 2
k=0
1
n 2
1 − cos ( 1
n
non converge in l 1 , mentre lim ‖x n‖ 2 =
n→+∞
√
1
1
= lim √
n→+∞
n ( 1 + cos ( n
))
2
1 1 − cos ( 1
n
n
= 0, quindi x n converge a 0 in l 2 .
2. Φ(x)(k) = e −k−1 x 2 (k).
√
) = lim n2 = +∞, quindi xn
n→+∞
lim
n→+∞
) = lim
n→+∞
√
1 1
√ n n
√
1
( (
1 + cos
1
)) ( (
n 1 − cos 1
=
n))
√
2
n ( 1 + cos ( )) =
1
n
(a) Φ non è una contrazione in l ∞ perché ha più di un punto fisso: infatti,
Φ(x) = x ⇐⇒ x(k) = e −k−1 x 2 (k) ⇐⇒ x(k) ( 1 − e −k−1 x(k) ) =
= 0 ⇐⇒ x(k) = { 0 oppure x(k) = e k+1 , dunque tutte le successioni
e
k+1
per un numero finito di k
del tipo x(k) =
sono punti fissi;
0 per gli altri k
è essenziale che x(k) = e −k−1 solo per finiti valori di k, perché altrimenti
x /∈ l ∞ .
(b) Φ è una contrazione sulla palla unitaria X = {x ∈ l ∞ : ‖x‖ ∞ ≤ 1}
perché ∀x ∈ X si ha ‖Φ(x)‖ ∞ = sup ∣ e −k−1 x 2 (k) ∣ ≤ sup ∣ ∣ e
−k−1 sup |x(k)| 2 ≤
k∈N
k∈N
k∈N
≤ e −1 sup |x(k)| 2 ≤ 1 ≤ 1 e dunque Φ(X) ⊂ X, e inoltre ∀x, y ∈ X
k∈N e si ha ‖Φ(x) − Φ(y)‖ ∞ = sup ∣ e
−k−1 ( x 2 (k) − y 2 (k) )∣ ∣ ≤
k∈N
≤ sup ∣ ∣ e
−k−1 sup |x(k) − y(k)| sup |x(k) + y(k)| ≤
k∈N
k∈N
(
k∈N
)
≤ e −1 sup |x(k) − y(k)|
k∈N
= 2 e ‖x − y‖ ∞.
sup
k∈N
|x(k)| + sup |y(k)|
k∈N
≤ 2 e sup |x(k) − y(k)| =
k∈N

( √1
3. F (x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ) = + x1 − 1 − e −y1 + cos y 2 , log(cosh x 1 ) − sin(x 1x 2 )
1 + x 2 1 + y1
2 + arctan y 2
).
(a) F è di classe C 1 in
(
un intorno dell’origine, inoltre
)∣ F (0, 0, 0, 0) = (0, 0)
e ∂F
∂y (0, 0, 0, 0) = e −y1 − sin y 2
2y 1 sin(x 1x 2) 1
=
(1+y1) 2 2 1+y2
∣∣∣∣(x1,x 2
( )
( ) 2,y 1,y 2)=(0,0,0,0)
−1 ( )
1 0
∂F
1 0
= è invertibile (con T =
0 1
∂y (0, 0, 0, 0) = ),
0 1
dunque per il teorema della funzione implicita ∃ r, ρ > 0 e g ∈
∈ C 1 (B r ((0, 0)), B ρ ((0, 0))) tale che F (x 1 , x 2 , g 1 (x), g 2 (x)) ≡ 0 ∀x ∈ B r ((0, 0)).
(b) Supponendo r ≤ 1 2 e ρ ≤ 1 si ha che ‖F (x 1, x 2 , 0, 0)‖ =
√ (√1
= + x1 − 1 ) 2
+ (log(cosh x 1 ) − sin(x 1 x 2 ))
1 + x 2 =
√ 2
(√1
= + x1 − 1 + 1 − 1 ) 2
+ (log(1 + (cosh(x 1 ) − 1)) − sin(x 1 x 2 ))
1 + x 2 ≤
√ 2
(∣∣
√
≤ 1 + x1 − 1 ∣ +
∣ 1 − 1 ∣) ∣∣∣ 2
+ (|log(1 + (cosh(x 1 ) − 1))| + |sin(x 1 x 2 )|)
1 + x 2
2 (∣ ∣∣∣∣ (√
≤
√ 1 + x1 − 1 ) (√ 1 + x 1 + 1 )
∣ ∣) 2 ∣∣∣
√ 1 + x1 + 1 ∣ + x 2 ∣∣∣
+ (2| cosh(x 1 ) − 1| + |x 1 x 2 |) 2 ≤
1 + x 2
√ (
|x 1 |
≤ √ 1 + x1 + 1 + |x ) 2 (
2|
+ e
1 − 1 + 2 |ex1 −x1 − 2|
+ x2 1 + ) 2 x2 2
≤
2
2
√
2
(
) 2
√
(
≤ (|x 1 | + 2|x 2 |) 2 + |e x1 − 1| + |e −x1 − 1| + r2
≤ (3r) 2 + 6|x 1 | + r 2
≤
2
2)
√
(
≤ 9r 2 + 6r + r )
√
2 36
=
2 4 r2 + 169
√
205
4 r2 = r ≤ 15 r, dunque per
2 2
avere sup ‖F (x 1 , x 2 , 0, 0)‖ ≤ 15
x∈B r(0,0)
2 r ≤ ρ 4 = ρ
≤
ρ
4‖T ‖ ∞ 2‖T ‖ è sufficiente
prendere ρ = r
30 ; inoltre, I 2 − T ∂F
∂y (x 1, x 2 , y 1 , y 2 ) =
( 1 − e
−y 1
)
sin y 2
= 2y1 sin(x1x2)
− 1 − 1 , dunque essendo ∣ ∣
∣1 − e −y1 ≤ 3|y 1 | ≤
(1+y1) 2 2 1+y2
2 ∣ ≤ 3ρ, | sin(y 2 )| ≤ |y 2 | ≤ ρ,
∣ −2y 1 sin(x 1 x 2 ) ∣∣∣∣
≤ 2|y 1 || sin(x 1 x 2 )| ≤
(1 + y1 2)2 ≤ 2ρ|x 1 x 2 | ≤ 2ρ x2 1 + x 2 2
≤ ρr 2 ≤ ρr ≤ ρ2
2
30 ≤ ρ ∣ ∣∣∣
30 e 1 − 1
1 + y2
2 ∣ =
= y2 2
1 + y 2 2
≤ y2 2 ≤ ρ 2 ≤ ρ, allora per avere
sup
∥ I 2 − T ∂F
∂y (x 1, x 2 , y 1 , y 2 )
∥ ≤
sup
∥ I 2 − T ∂F
∂y (x 1, x 2 , y 1 , y 2 )
∥ ≤ 6ρ ≤
∞
(x 1,x 2,y 1,y 2)∈B r((0,0))×B ρ((0,0))
≤ 2
(x 1,x 2,y 1,y 2)∈B r((0,0))×B ρ((0,0))

≤ 1 1
è sufficiente prendere ρ =
2 12 , e di conseguenza r = ρ 30 = 1
360 .
(c) Essendo √ 1 + x 1 − 1
− e −g1(x1,x2) + cos(g 2 (x 1 , x 2 )) ≡ 0 ∀x ∈ B r ((0, 0)),
1 + x 2 d ( √1
+ x1 − 1 − e −g1(x1,x2) + cos(g 2 (x 1 , x 2 )))∣
=
dx 1 1 + x 2
∣∣∣(x1,x 2)=(0,0)
allora 0 =
(
1
=
2 √ + ∂g 1
(x 1 , x 2 )e −g1(x1,x2) − ∂g 2
(x 1 , x 2 ) sin(g 1 (x 1 , x 2 )))∣
=
1 + x 1 ∂x 1 ∂x 2
∣∣∣(x1,x 2)=(0,0)
= 1 2 + ∂g 1
(0, 0) ⇒ ∂g 1
(0, 0) = − 1 ∂x 1 ∂x 1 2 e 0 = d ( √1
+ x1 − 1 −
dx 2 1 + x 2
)∣ (
−e −g1(x1,x2) 1
+ cos(g 2 (x 1 , x 2 ))
=
∣∣(x1,x 2)=(0,0) (1 + x 2 ) 2 +
+ ∂g 1
(x 1 , x 2 )e −g1(x1,x2) − ∂g 2
(x 1 , x 2 ) sin(g 1 (x 1 , x 2 )))∣
=
∂x 2 ∂x 2
∣∣∣(x1,x 2)=(0,0)
= 1 + ∂g 2
(0, 0) ⇒ ∂g 2
(0, 0) = −1, analogamente log(cosh x 1 )−
∂x 2 ∂x 2
− sin(x 1x 2 )
1 + g1 2(x 1, x 2 ) + arctan(g 2(x 1 , x 2 )) ≡ 0 ∀x ∈ B r ((0, 0)), dunque 0 =
= d (
log(cosh x 1 ) − sin(x 1x 2 )
dx 1 1 + g1 2(x 1, x 2 ) + arctan(g 2(x 1 , x 2 )))∣
=
(
∣∣∣(x1,x 2)=(0,0)
= tanh x 1 − −2g 1(x 1 , x 2 ) ∂g1
∂x 1
(x 1 , x 2 ) sin(x 1 x 2 ) + ( 1 + g1(x 2 1 , x 2 ) ) (x 2 cos(x 1 x 2 ))
(1 + g1 2(x 1, x 2 )) 2 +
)∣
∂g 2
∂x
+ 1
(x 1 , x 2 )
1 + g2 2(x =
1, x 2 )
∣∣∣∣(x1,x ∂g 2
(0, 0) ⇒ ∂g 2
(0, 0) = 0 e 0 =
∂x 1 ∂x 1
2)=(0,0)
= d (
log(cosh x 1 ) − sin(x 1x 2 )
dx 2 1 + g1 2(x 1, x 2 ) + arctan(g 2(x 1 , x 2 )))∣
=
(
∣∣∣(x1,x 2)=(0,0)
= − −2g 1(x 1 , x 2 ) ∂g1
∂x 2
(x 1 , x 2 ) sin(x 1 x 2 ) + ( 1 + g1(x 2 1 , x 2 ) ) (x 1 cos(x 1 x 2 ))
(1 + g1 2(x 1, x 2 )) 2 +
)∣
∂g 2
∂x
+ 2
(x 1 , x 2 )
1 + g2 2(x =
1, x 2 )
∣∣∣∣(x1,x ∂g 2
(0, 0) ⇒ ∂g 2
(0, 0) = 0; quindi,
∂x 2 ∂x 2
〈( 2)=(0,0)
∂g1
g 1 (x 1 , x 2 ) = g 1 (0, 0) + (0, 0), ∂g ) 〉
1
(0, 0) , (x 1 , x 2 ) +
∂x 1 ∂x
(√ )
2
+o x 2 1 + x2 2 = − x (√ )
1
2 − x 2 + o x 2 1 + x2 2 e g 2 (x 1 , x 2 ) = g 2 (0, 0)+
〈( ∂g2
+ (0, 0), ∂g ) 〉 (√ ) (√ )
2
(0, 0) , (x 1 , x 2 ) + o x 2 1
∂x 1 ∂x + x2 2 = o x 2 1 + x2 2
2
(
)
4. F (x, y) = sin(xy) + x cos y, e x+y 1
−
1 + x 2 + y 2 .
(a) F è di classe C 1 ( in un intorno dell’origine con F (0, 0) = (0,)∣ 0), inoltre
∂F
y cos(xy) + cos y x cos(xy) − x sin y ∣∣∣∣(x,y)=(0,0)
∂(x, y) (0, 0) = e x+y 2x
−
e x+y 2y
=
−
(1+x 2+y 2) 2
(1+x 2 +y 2 ) 2
( )
( ) −1 ( )
1 0
∂F
1 0
= è invertibile (con T =
1 1
∂(x, y) (0, 0) =
),
−1 1

dunque per il teorema della funzione inversa ∃ r, ρ > 0 e g ∈
∈ C 1 (B r ((0, 0)), B ρ ((0, 0))) tale che F (g(u, v)) = (u, v) ∀(u, v) ∈
B r ((0, 0)).
(b) Supponendo ρ ≤ 1, si ha che I 2 − T
∂F (x, y) =
(
∂(x, y)
1 − y cos(xy) − cos y x sin(y) − x cos(xy)
=
y cos(xy) + cos(y) − e x+y 2x
+
1 + x cos(xy) − x sin(y) − e x+y +
(1+x 2 +y 2 ) 2
dunque essendo |1 − y cos(xy) − cos y| ≤ |y|| cos(xy)| + |1 − cos y| ≤ |y|+
+ y2
2 ≤ ρ + ρ2
2 ≤ 3 ρ, |x sin(y) − x cos(xy)| ≤ |x|| sin(y)| + |x|| cos(xy)| ≤
2 ∣ ≤ 2|x| ≤ 2ρ,
∣ y cos(xy) + cos(y) − 2x ∣∣∣∣ ex+y +
(1 + x 2 + y 2 ) 2 ≤ |y|| cos(xy)|+
+| cos(y) − 1| + ∣ ∣1 − e x+y∣ ∣
2|x|
y2
+
(1 + x 2 + y 2 2
≤ |y| + + 3(|x| + |y|)+
) 2
+2|x| ≤ ρ + ρ2
2 + 6ρ + 2ρ ≤ 19 2 ρ e ∣ 1 + x cos(xy) − x sin(y) − e x+y +
∣
2y ∣∣∣∣
+
(1 + x 2 + y 2 ) 2 ≤ |x|| cos(xy)| + |x|| sin(y)| + ∣ ∣ 1 − e
x+y 2|y| +
(1 + x 2 + y 2 ) 2 ≤
≤ 2|x| + 3(|x| + |y|) + 2|y| ≤ 2ρ + 6ρ + 2ρ = 10ρ, allora per avere
sup
∥ I 2 − T
∂F ∥ ∥∥∥
∂(x, y) (x, y) ≤ 2 sup
∥ I 2 − T
∂F ∥ ∥∥∥∞
∂(x, y) (x, y) ≤
(x,y)∈B ρ((0,0))
(x,y)∈B ρ((0,0))
≤ 20ρ ≤ 1 1
1
è sufficiente prendere ρ = , e di conseguenza r =
2 40 160 =
= ρ 4 = ρ
4‖T ‖ ≤ ρ
2‖T ‖ .
(c) Essendo F (g(u, v)) = (u, v) ∀(u, v) ∈ B r ((0, 0)), allora
∂F
∂g
(g(u, v)) (u, v) =
∂ F (g(u, v)) =
∂ (u, v) =
∂(x, y) ∂(u, v) ∂(u, v) ∂(u, v)
( ) 1 0
=
∀(u, v) ∈ B
0 1
r ((0, 0)) ⇒
∂g (
) −1 ∂F
∂(u, v) (0, 0) = ∂(x, y) (0, 0) =
( )
〈( 1 0
∂g1
=
, dunque g
−1 1
1 (u, v) = g 1 (0, 0) +
∂u (0, 0), ∂g ) 〉
1
∂v (0, 0) , (u, v) +
(√ ) (√ )
+o u2 + v 2 = u + o u2 + v 2 e g 2 (u, v) = g 2 (0, 0)+
〈( ∂g2
+
∂u (0, 0), ∂g ) 〉 (√ )
2
∂v (0, 0) , (u, v) + o u2 + v 2 = v − u+
(√ )
+o u2 + v 2 .
5. E = { (x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z > 0 } e f(x, y, z) = x 2 y 2 + log z.
(a) f è superiormente limitata su E perché se (x, y, z) ∈ E allora x, y, z ≤ 1,
dunque f(x, y, ( z) ≤ 1 2 1 2 + log 1 = 1, ma non è inferiormente limitata
su E perché 0, 0, 1 ) (
∈ E e f 0, 0, 1 ) ( 1 n→+∞
= log → −∞
n
n n)
(b) Essendo f inferiormente illimitata su E, inf f = −∞; per calcolare
E
sup f, notiamo che se E ∋ (x n , y n , z n ) n→+∞
→ E 1 = { (x, y, z) ∈ R 3 : x 2 +
E
)
2y ,
(1+x 2 +y 2 ) 2

+y 2 + z 2 ≤ 1, z = 0 } , f(x n , y n , z n ) n→+∞
→ −∞, dunque l’estremo superiore
non sarà raggiunto sul bordo ( inferiore E 1 di E e perciò sarà un
massimo; inoltre, ∇f(x, y, z) = 2xy 2 , 2x 2 y, 1 )
≠ (0, 0, 0) ∀(x, y, z) ∈
z
E, quindi questo massimo non sarà raggiunto all’interno di E e
dunque verrà necessariamente realizzato sul suo bordo superiore E 2 =
= { (x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1, z > 0 } : per il teorema dei moltiplicatori
di Lagrange, le coordinate dei ⎧punti in cui viene raggiunto
2xy 2 = 2λx
⎪⎨ 2x 2 y = 2λy
1
il massimo sono soluzioni del sistema
z = 2λz ⇐⇒
x ⎪⎩
2 + y 2 + z 2 = 1
⎧
z > 0
2x ( y 2 − λ ) ⎧
= 0
⎪⎨ 2y ( x 2 − λ ) x ( )
y 2 − 1
2z = 0
= 0 ⎪⎨
2 y ( )
x 2 − 1
⇐⇒ λ = 1
2z = 0
2
2z
⇐⇒ λ = 1
2
x ⎪⎩
2 + y 2 + z 2 2z
; se fosse y 2 =
2
= 1 x ⎪⎩
2 + y 2 + z 2 = 1
z > 0
z > 0
= 1
2z 2 , allora avrei x2 = 1
2z 2 , perché y ≠ 0, dunque 1 = x2 + y 2 + z 2 =
= 1
2z 2 + 1
2z 2 + z2 = z4 + 1
z 2 ⇐⇒ 0 = z 4 − z 2 + 1 = ( z 2 − 1 ) 2
+ z 2 , che
è assurdo, dunque dev’essere x = 0 ⇒
⇒ − y
2z
2
= 0 ⇒ y = 0 ⇒ z = 1, quindi sup
6. γ(t) = ( cos 3 t, sin 3 t ) per t ∈ [0, π]
E
f = max f = f(0, 0, 1) = 0
E
(a) ‖ ˙γ(t)‖ = ∥ ( 3 sin t cos 2 t, 3 sin 2 t cos t )∥ ∥ = 3| sin t|| cos t|‖(cos t, sin t)‖ =
√
= 3| sin t|| cos t| cos 2 t + sin 2 t = 3| sin t|| cos t| = 0 se t = π 2 , dunque
γ non ( è regolare; tuttavia, è regolare a tratti perché ‖ ˙γ(t)‖ ≠ 0 ∀t ∈
∈ 0, π ) ( π
)
∪
2 2 , π ∫ π
∫ π
∫ π
2
(b) l(γ) = ‖ ˙γ(t)‖dt = 3| sin t|| cos t|dt = 3 sin t cos t+
0
0
0
∫ π
[ sin 2 ]
t
π [ ]
2
π
+3 − sin t cos t = 3 + 3 − sin2 t
= 3
π
2
2
0
2 π 2 + 3 2 = 3.
2
∫
√
∫ π √
∫ π
3
(c) |xy|dl =
3
|x(t)y(t)|‖ ˙γ(t)‖dt = | cos t sin t|3| sin t|| cos t| =
γ
0
0
∫ π
(2 cos t sin t) 2 ∫ π
sin 2 ∫
(2t) π
[
1 − cos(4t) t
= 3
dt = 3
dt =
dt = 3
0 4
0 4
0 8
8 −
] π
sin(4t)
= 3 32
0
8 π.
7. x n (k) = 1 + arctan ( )
k
n 2
k 2
Ponendo x(k) = 1 k 2 , si ha che x n
n→+∞
→ x in l 2 , perché ‖x n − x‖ 2 2 =

+∞∑
arctan ( ) ∣
k ∣∣∣∣
2
∣
+∞∑
k ∣∣∣∣
2
n
=
2 n
∣ k 2 ≤
2
∣ k 2 = 1 ∑
+∞
n 4 k=1
k=1
k=1
+∞∑
anche in l 1 perché ‖x n − x‖ 1 =
∣
k=1
(
+∞∑ ∣ arctan k
)∣ ∣ n∑ k +∞
n
+
2 n
k 2 ≤
2
k 2 +
∑
k=n+1
∑
n
≤ 1 n 2
k=1
1 + π 2
+∞∑
k=n+1
k=1
1
k 2 = 1 n + π 2
1 n→+∞
n→+∞
k 2 → 0; inoltre, x n → x
arctan ( k
n 2 )
k 2 ∣ ∣∣∣∣
=
k=n+1
+∞∑
k=n+1
π
2
k 2 = 1 n 2
n∑
k=1
∑ n
k=1
1
k 2 n→∞
→ 0.
∣
∣arctan ( k
n 2 )∣ ∣
k 2 +
1
k + π 2
+∞∑
k=n+1
1
k 2 ≤