ANALISI MATEMATICA II Sapienza Universit`a di Roma

ANALISI MATEMATICA II
Sapienza Università di Roma - Laurea in Ingegneria Informatica
Esame del 18 marzo 2016 - Soluzioni
E 1 Calcolare, usando il teorema dei residui, il seguente integrale di variabile complessa
Z
eiz
dz
3
γ (z + 2)(z − i)
dove la curva chiusa γ = γ1 ∪ γ2 con
3
γ1 (t) = eit , t ∈ [0, π],
2
3
γ2 (t) = 3t − , 0 ≤ t ≤ 1.
2
Soluzione:
La funzione f (z) =
i π6
√
3
2
eiz
(z+2)(z 3 −i)
iπ 65
i
2 , z2 = e
ammette singolarità nei punti in cui si annulla il denominatore: z0 = −2,
√
3
z1 = e =
+
= − 23 + 2i e z3 = eiπ 2 = −i. Si tratta di poli semplici. Di questi solo
z1 e z2 si trovano nella regione racchiusa da γ.
Utilizzando il teorema dei residui si trova allora che
Z
eiz
dz = 2πi[res(f (z), z1 ) + res(f (z), z2 )].
3
γ (z + 2)(z − i)
izj
iz
e
e
I due residui possono essere calcolati utilizzando la formula res( (z+2)(z
3 −i) , zj ) = 4z 3 +6z 2 −i , j = 1, 2,
j
j
dato che zj è uno zero semplice del denominatore e non è uno zero del numeratore. Allora
√
3
√
i
3
√
3
√
√
e−1/2 ei 2
ei 2
ei( 2 + 2 )
√
√ ,
=
=
res(f (z), z1 ) =
√
π
3 e(1 + i(1 + 3))
4i + 6ei 3 − i
3i + 6( 21 + 23 i)
√
3
+ 2i )
2
3
2
3
e−i 2
√
√ .
res(f (z), z2 ) =
=
=
√
5
3 e(1 + i(1 − 3))
4i + 6ei 3 π − i
3i + 6( 12 − 23 i)
ei(−
e−1/2 e−i
E 2 Dire, motivando la risposta, in quale insieme del piano complesso converge la seguente serie
di Laurent:
0
X
1
, z ∈ C.
n
(z
−
1)
n=−∞
Facoltativo: calcolare la somma della serie.
Soluzione:
Reindicizzando la serie con m = −n, la serie diventa
∞
X
1
=
(z − 1)m .
n
(z
−
1)
n=−∞
0
X
m=0
1
Si tratta di una serie di potenze centrata in z0 = 1, con coefficiente uguale ad 1 per ogni indice. Il
raggio di convergenza è allora 1, da cui la serie converge per |z − 1| < 1.
Facoltativo: si tratta di una serie geometrica di ragione (z − 1). Ne segue:
∞
X
1
1
1
=
(z − 1)m =
=
,
n
(z − 1)
1 − (z − 1)
2−z
n=−∞
0
X
|z − 1| < 1.
m=0
E 3 Data la successione (fn (x))n∈N , definita da
fn (x) =
1
, x∈R
(sen x + 1)n
(i) trovare l’insieme di definizione I, l’insieme di convergenza puntuale A e la funzione limite f (x);
(ii) dire se la convergenza è uniforme in A; se non lo è, trovare almeno un sottoinsieme di convergenza
uniforme.
Soluzione:
(i) Le funzioni fn (x) sono ben definite quando il denominatore è diverso da zero. Sono quindi da
escludere i punti x tali che sen x = −1, cioè x = 32 π + 2kπ, k ∈ Z. L’insieme di definizione è
allora I = R \ { 23 π + 2kπ, k ∈ Z}.
La successione converge puntualmente negli x per cui (sen x + 1) ≥ 1, mentre diverge quando
S
sen x < 0. L’insieme di convergenze puntuale è allora A = k∈Z 2kπ, (2k + 1)π , mentre la
funzione limite è

1, x = kπ, k ∈ Z
f (x) =
0, x ∈ S
2kπ, (2k + 1)π .
k∈Z
(ii) La convergenza non può essere uniforme su A, perché la funzione limite non è continua.
La convergenza è però uniforme ad esempio sugli insiemi della forma [ε, π − ε], ε > 0 piccolo a
piacere, dove infatti
gn =
sup
|fn (x) − f (x)| =
x∈[ε,π−ε]
1
−−−→ 0.
(1 + sen ε)n n→∞
D1
Z
(i) Scrivere la formula per la trasformata di Laplace dell’integrale
t
y(τ )dτ di un segnale y(t).
0
(ii) Risolvere, usando la trasformata di Laplace, il seguente problema :

Z t

y 0 (t) =
y(τ )dτ
t≥0
0

y(0) = 1.
2
Soluzione:
Rt
(i) Ricordando che per un segnale y(t) vale che 0 y(τ )dτ = y(t)∗H(t), con H funzione di Heaviside,
si trova
Z t
L[y](s)
L
y(τ )dτ =
,
Re(s) > max{σ[y], 0}.
s
0
(ii) Trasformando l’equazione si trova:
sY (s) − 1 =
1
Y (s)
→ Y (s) =
s
s−
1
s
→ Y (s) =
s2
s
.
−1
Antitrasformando si trova allora la soluzione
y(t) = cosh t.
D2
(i) Definizione di zero di una funzione analitica f (z) e di ordine di uno zero.
(ii) Provare il teorema degli zeri isolati per funzioni analitiche.
Facoltativo: calcolare l’ordine dello zero z0 = 0 della funzione f (z) =
(ez −1)10
z5
.
Soluzione:
P
n
Facoltativo: Ricordando che ez − 1 ha come sviluppo di Taylor centrato in z0 = 0 la serie n≥1 zn! , si
può osservare che lo sviluppo del numeratore ha primo coefficiente non nullo per il termine di ordine
10, con coefficiente uguale ad 1, e poi termini di ordine maggiore.
Lo sviluppo di Taylor centrato in 0 della funzione f (z) ha allora primo coefficiente non nullo per
il termine di ordine 5, infatti
P
X
z 10 + k≥11 ak z k
5
=
z
+
ak z k−5 .
f (z) =
z5
k≥11
Ne segue che z0 = 0 è uno zero di ordine 5 per f (z).
3