Esame di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008 ore 11calvino.polito.it/~lancelotti/didattica/analisi2_new/temi/aa07-08/... · Esame di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008

Esame di Analisi Matematica II del14 gennaio 2008 ore 11

Versione A

Esercizio 1. (10 punti)

Si consideri la successione di funzioni

fn(x) =3n

(x− 3)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.

a) Studiare la convergenza puntuale della successione (fn):

b) mostrare che questa successione converge uniformemente su [0, 6];

c) mostrare che non converge uniformemente su R.

Svolgimento

a) Per ogni x ∈ R si ha che

limn

fn(x) = limn

3n

(x− 3)2 + n= 3.

Quindi la successione (fn) convergre puntualmente alla funzione f(x) = 3 per ogni x ∈ R.

b) La successione (fn) converge uniformemente su [0, 6] alla funzione f(x) = 3 se

limn‖fn − f‖∞ = 0, dove ‖fn − f‖∞ = sup

x∈[0,6]|fn(x)− f(x)|.

Poiche sia fn che f sono continue e l’intervallo [0, 6] e chiuso e limitato, per il Teorema di

Weierstrass si ha che

‖fn − f‖∞ = supx∈[0,6]

|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,6]

|fn(x)− f(x)| =

= maxx∈[0,6]

∣∣∣∣3n

(x− 3)2 + n− 3

∣∣∣∣ = maxx∈[0,6]

∣∣∣∣∣−3(x− 3)2

(x− 3)2 + n

∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,6]

3(x− 3)2

(x− 3)2 + n=

1

2 Esame scritto di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008

= maxx∈[0,6]

3[1− n

(x− 3)2 + n

]=↑

x = 0; 6

3(

1− n

9 + n

)=

279 + n

.

Quindi

limn‖fn − f‖∞ = lim

n

279 + n

= 0.

Ne segue che la successione (fn) converge uniformemente su [0, 6] alla funzione f(x) = 3.

c) La successione (fn) converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 3 se


x∈R|fn(x)− f(x)|.

Procedendo in modo analogo al caso precedente si ha che

‖fn − f‖∞ = supx∈R

|fn(x)− f(x)| = supx∈R

∣∣∣∣3n

(x− 3)2 + n− 3

∣∣∣∣ = supx∈R

3[1− n

(x− 3)2 + n

]=

essendo la funzione gn(x) = 3[1− n

(x−3)2+n

]non negativa, decrescente su (−∞, 3] e crescente

su [3, +∞) con limiti uguali per x → ±∞

= limx→±∞ 3

[1− n

(x− 3)2 + n

]= 3.

Quindi


n3 = 3 6= 0.

Ne segue che la successione (fn) non converge uniformemente su R alla funzione f(x) = 3.


Calcolare l’integrale triplo ∫

Dy dx dy dz,

dove

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 4x ≤ 0, y ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤√

x2 + y2

}.

Svolgimento

Integrando per fili paralleli all’asse z si ha che

∫

Dy dx dy dz =

∫

K

(∫ √x2+y2

0y dz

)dx dy =

∫

Ky√

x2 + y2 dx dy,

dove

K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 4x ≤ 0, y ≤ x ≤ 2

}=

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, −

√4x− x2 ≤ y ≤ x

}.

Versione A 3

O 2 4

−2

2

x

y

Fig. 1: L’insieme K (in azzurro).

Essendo K un insieme y-semplice, si ha che∫

Dy dx dy dz =

∫

Ky√

x2 + y2 dx dy =∫ 2

0

(∫ x

−√4x−x2y√

x2 + y2 dy

)dx =

=∫ 2

0

[∫ x

−√4x−x2y

(x2 + y2

)1/2dy

]dx =

∫ 2

0

[13

(x2 + y2

)3/2]x

−√4x−x2dx =

=13

∫ 2

0

(2√

2x3 − 8x3/2)

dx =13

[√2

2x4 − 16

5x5/2

]2

0

= −85

√2.

OSSERVAZIONE

Si puo procedere anche cambiando coordinate. Per esempio, passando in coordinate polari nel

piano, centrate in (0, 0), si ottiene∫

Dy dx dy dz =

∫

Ky√

x2 + y2 dx dy =∫

K′ρ3 sinϑ dρ dϑ,

dove

K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 4 cos ϑ, ρ sinϑ ≤ ρ cosϑ ≤ 2, ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π

}.

Si osserva che K ′ = A ∪B, con m(A ∩B) = 0, dove

A ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 4 cos ϑ, −π

2≤ ϑ ≤ −π

4

}.

B ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2cosϑ

, −π

4≤ ϑ ≤ π

4

}.


Quindi

∫

Dy dx dy dz =

∫

K′ρ3 sinϑdρ dϑ =

∫

Aρ3 sinϑ dρ dϑ +

∫

Bρ3 sinϑ dρ dϑ.

Calcolando separatamente i due integrali si ottiene che

∫

Aρ3 sinϑdρ dϑ = −8

5

√2,

∫

Bρ3 sinϑdρ dϑ = 0.

Quindi ∫

Dy dx dy dz = −8

5

√2.


Si consideri il sistema di equazioni differenziali{

x′ = (3− α)x + y

y′ = −(3− α)2x + (α− 4)y.

a) Studiare la stabilita della soluzione nulla al variare di α ∈ R.

b) Determinare tutti i valori di α per cui esistono soluzioni costanti non identicamente nulle.

c) Posto α = 3, risolvere il sistema.

d) Si ponga α = 134 . Dire, motivando opportunamente, se la seguente affermazione e vera o falsa:

se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema, allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x))

e limitata.

Svolgimento

a) La matrice dei coefficienti e

A =(

3− α 1−(3− α)2 α− 4

).

Per studiare la stabilita della soluzione nulla calcoliamo gli autovalori di A. Si ha che

det (A− λI) =∣∣∣∣3− α− λ 1−(3− α)2 α− 4− λ

∣∣∣∣ = (3−α−λ)(α− 4−λ) + (3−α)2 = λ2 + λ + α− 3.

Ne segue che

det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 3 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√13− 4α

2.

Versione A 5

Se α > 134 , allora λ1,2 = −1

2 ± i√

4α−132 . Quindi gli autovalori di A hanno parte reale negativa.

Ne segue che X = 0 e asintoticamente stabile.

Se α = 134 , allora λ1,2 = −1

2 . Quindi l’unico autovalore di A ha parte reale negativa. Ne segue

che X = 0 e asintoticamente stabile.

Se α < 134 , allora λ1,2 = −1±√13−4α

2 ∈ R. Si ha che λ1 = −1−√13−4α2 < 0 mentre

λ2 =−1 +

√13− 4α

2< 0 ⇐⇒ √

13− 4α < 1 ⇐⇒ α > 3.

Poiche per α = 3 si ottiene λ2 = 0, si ha che se 3 < α < 134 , allora gli autovalori di A sono

negativi e quindi X = 0 e asintoticamente stabile.

Se α = 3, un autovalore e negativo e l’altro e nullo, quindi X = 0 e stabile ma non asintoti-

camente.

Se α < 3, un autovalore e negativo e l’altro e positivo, quindi X = 0 e instabile ma non

completamente instabile.

Ricapitolando si ha che

α < 3 =⇒ X = 0 e instabile,

α = 3 =⇒ X = 0 e stabile ma non asintoticamente,

α > 3 =⇒ X = 0 e asintoticamente stabile.

b) Esistono soluzioni costanti non identicamente nulle se e solo se la matrice A ha un autovalore

nullo. In base al punto precedente cio si realizza solo per α = 3.

c) Per α = 3 la matrice dei coefficienti e

A =(

0 10 −1

)

i cui autovalori sono λ1 = −1 e λ2 = 0. Cerchiamo un autovettore associato a λ1 = −1. Si

ha che

(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x

x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.

Un autovettore associato a λ1 = −1 e v1 = (1,−1).

Cerchiamo ora un autovettore associato a λ2 = 0.

Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{

y = 0

x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.

Un autovettore associato a λ2 = 0 e v2 = (1, 0).


L’integrale generale del sistema lineare e dato da

X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1

(1−1

)e−t + c2

(10

)=

(c1 e−t + c2

−c1 e−t

), c1, c2 ∈ R.

d) Per α = 134 , allora la matrice A ha un unico autovalore λ = −1

2 di molteplicita algebrica 2.

Poiche la matrice A non e diagonale, allora l’integrale generale e dato da

X(t) = (x(t), y(t)) = c1v1 e−t/2 + c2(tv1 + v2) e−t/2 = e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)], c1, c2 ∈ R,

dove v1 e un autovettore associato a λ e v2 e un autovettore generalizzato associato a λ e v1.

Quindi la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e

γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) = et/2 e−t/2[c1v1 + c2(tv1 + v2)] = c1v1 + c2(tv1 + v2), c1, c2 ∈ R,

Poiche per t → ±∞, se c2 6= 0, almeno una delle due componenti di γ e illimitata, ne segue

che γ e illimitata. Quindi l’affermazione “se (x(t), y(t)) e una qualsiasi soluzione del sistema,

allora la funzione γ(t) = et/2 (x(t), y(x)) e limitata” e falsa.

Versione B 7

Versione B



fn(x) =n

(x− 1)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.




Svolgimento


limn

fn(x) = limn

n

(x− 1)2 + n= 1.




x∈[0,2]|fn(x)− f(x)|.



‖fn − f‖∞ = supx∈[0,2]

|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,2]

|fn(x)− f(x)| =

= maxx∈[0,2]

∣∣∣∣n

(x− 1)2 + n− 1

∣∣∣∣ = maxx∈[0,2]

∣∣∣∣∣−(x− 1)2

(x− 3)2 + n

∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,2]

(x− 1)2

(x− 1)2 + n=

= maxx∈[0,2]

[1− n

(x− 1)2 + n

]=↑

x = 0; 2

(1− n

1 + n

)=

11 + n

.

Quindi


n

11 + n

= 0.









∣∣∣∣n

(x− 1)2 + n− 1

∣∣∣∣ = supx∈R

[1− n

(x− 1)2 + n

]=

essendo la funzione gn(x) =[1− n

(x−1)2+n



= limx→±∞

[1− n

(x− 1)2 + n

]= 1.

Quindi


n1 = 1 6= 0.




Dx dx dy dz,

dove

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 4y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤√

x2 + y2

}.

Svolgimento


∫

Dx dx dy dz =

∫

K

(∫ √x2+y2

0x dz

)dx dy =

∫

Kx√

x2 + y2 dx dy,

dove

K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 4y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 2

}=

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2, −y ≤ x ≤

√4y − y2

}.

Essendo K un insieme x-semplice, si ha che

∫

Dx dx dy dz =

∫

Kx√

x2 + y2 dx dy =∫ 2

0

(∫ √4y−y2

−yx√

x2 + y2 dx

)dy =

=∫ 2

0

[∫ √4y−y2

−yx

(x2 + y2

)1/2dx

]dy =

∫ 2

0

[13

(x2 + y2

)3/2]√4y−y2

−ydy =

Versione B 9

−2 O 2

2

4

x

y


=13

∫ 2

0

(8y3/2 − 2

√2y3

)dy =

13

[165

y5/2 −√

22

y4

]2

0

=85

√2.

OSSERVAZIONE



Dx dx dy dz =

∫

Kx√

x2 + y2 dx dy =∫

K′ρ3 cosϑ dρ dϑ,

dove

K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 4 sinϑ, −ρ cosϑ ≤ ρ sinϑ ≤ 2, ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π

}.


A ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 4 sinϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π

4

}.

B ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2sinϑ

,π

4≤ ϑ ≤ 3

4π

}.

Quindi∫

Dx dx dy dz =

∫

K′ρ3 cosϑdρ dϑ =

∫

Aρ3 cosϑdρ dϑ +

∫

Bρ3 cosϑdρ dϑ.

Calcolando separatamente i due integrali si ottiene che∫

Aρ3 cosϑdρ dϑ =

85

√2,

∫

Bρ3 cosϑdρ dϑ = 0.


Quindi ∫

Dx dx dy dz =

85

√2.



x′ = (2− α)x + y

y′ = −(2− α)2x + (α− 3)y.






e limitata.

Svolgimento


A =(

2− α 1−(2− α)2 α− 3

).


det (A− λI) =∣∣∣∣2− α− λ 1−(2− α)2 α− 3− λ

∣∣∣∣ = (2−α−λ)(α− 3−λ) + (2−α)2 = λ2 + λ + α− 2.

Ne segue che

det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 2 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√9− 4α

2.

Se α > 94 , allora λ1,2 = −1

2 ± i√



Se α = 94 , allora λ1,2 = −1



Se α < 94 , allora λ1,2 = −1±√9−4α


λ2 =−1 +

√9− 4α

2< 0 ⇐⇒ √

9− 4α < 1 ⇐⇒ α > 2.

Versione B 11




camente.










A =(

0 10 −1

)


ha che

(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x

x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.



Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{

y = 0

x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.



X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1

(1−1

)e−t + c2

(10

)=

(c1 e−t + c2

−c1 e−t

), c1, c2 ∈ R.












Versione C 13

Versione C



fn(x) =4n

(x− 4)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.




Svolgimento


limn

fn(x) = limn

4n

(x− 4)2 + n= 4.




x∈[0,8]|fn(x)− f(x)|.



‖fn − f‖∞ = supx∈[0,8]

|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,8]

|fn(x)− f(x)| =

= maxx∈[0,8]

∣∣∣∣4n

(x− 4)2 + n− 4

∣∣∣∣ = maxx∈[0,8]

∣∣∣∣∣−4(x− 4)2

(x− 4)2 + n

∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,8]

4(x− 4)2

(x− 4)2 + n=

= maxx∈[0,8]

4[1− n

(x− 4)2 + n

]=↑

x = 0; 8

4(

1− n

16 + n

)=

6416 + n

.

Quindi


n

6416 + n

= 0.









∣∣∣∣4n

(x− 4)2 + n− 4

∣∣∣∣ = supx∈R

4[1− n

(x− 4)2 + n

]=


(x−4)2+n



= limx→±∞ 4

[1− n

(x− 4)2 + n

]= 4.

Quindi


n4 = 4 6= 0.




Dy dx dy dz,

dove

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 2x ≤ 0, y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤√

x2 + y2

}.

Svolgimento


∫

Dy dx dy dz =

∫

K

(∫ √x2+y2

0y dz

)dx dy =

∫

Ky√

x2 + y2 dx dy,

dove

K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2x ≤ 0, y ≤ x ≤ 1

}=

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, −

√2x− x2 ≤ y ≤ x

}.

Essendo K un insieme y-semplice, si ha che∫

Dy dx dy dz =

∫

Ky√

x2 + y2 dx dy =∫ 1

0

(∫ x

−√2x−x2y√

x2 + y2 dy

)dx =

=∫ 1

0

[∫ x

−√2x−x2y

(x2 + y2

)1/2dy

]dx =

∫ 1

0

[13

(x2 + y2

)3/2]x

−√2x−x2dx =

Versione C 15

O 1 2

−1

1

x

y


=13

∫ 1

0

(2√

2x3 − 2√

2x3/2)

dx =23

√2

[14x4 − 2

5x5/2

]2

0= − 1

10

√2.

OSSERVAZIONE



Dy dx dy dz =

∫

Ky√

x2 + y2 dx dy =∫

K′ρ3 sinϑ dρ dϑ,

dove

K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 2 cos ϑ, ρ sinϑ ≤ ρ cosϑ ≤ 1, ρ ≥ 0, −π ≤ ϑ ≤ π

}.


A ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2 cos ϑ, −π

2≤ ϑ ≤ −π

4

}.

B ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 1cosϑ

, −π

4≤ ϑ ≤ π

4

}.

Quindi∫

Dy dx dy dz =

∫

K′ρ3 sinϑdρ dϑ =

∫

Aρ3 sinϑ dρ dϑ +

∫

Bρ3 sinϑ dρ dϑ.


Aρ3 sinϑdρ dϑ = − 1

10

√2,

∫

Bρ3 sinϑdρ dϑ = 0.


Quindi ∫

Dy dx dy dz = − 1

10

√2.



x′ = (4− α)x + y

y′ = −(4− α)2x + (α− 5)y.






e limitata.

Svolgimento


A =(

4− α 1−(4− α)2 α− 5

).


det (A− λI) =∣∣∣∣4− α− λ 1−(4− α)2 α− 5− λ

∣∣∣∣ = (4−α−λ)(α− 5−λ) + (4−α)2 = λ2 + λ + α− 4.

Ne segue che

det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 4 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√17− 4α

2.

Se α > 174 , allora λ1,2 = −1

2 ± i√



Se α = 174 , allora λ1,2 = −1



Se α < 174 , allora λ1,2 = −1±√17−4α


λ2 =−1 +

√17− 4α

2< 0 ⇐⇒ √

17− 4α < 1 ⇐⇒ α > 4.

Versione C 17




camente.










A =(

0 10 −1

)


ha che

(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x

x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.



Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{

y = 0

x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.



X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1

(1−1

)e−t + c2

(10

)=

(c1 e−t + c2

−c1 e−t

), c1, c2 ∈ R.












Versione D 19

Versione D



fn(x) =2n

(x− 2)2 + n, n ≥ 1, x ∈ R.




Svolgimento


limn

fn(x) = limn

2n

(x− 2)2 + n= 2.




x∈[0,4]|fn(x)− f(x)|.



‖fn − f‖∞ = supx∈[0,4]

|fn(x)− f(x)| = maxx∈[0,4]

|fn(x)− f(x)| =

= maxx∈[0,4]

∣∣∣∣2n

(x− 2)2 + n− 2

∣∣∣∣ = maxx∈[0,4]

∣∣∣∣∣−2(x− 2)2

(x− 3)2 + n

∣∣∣∣∣ = maxx∈[0,4]

2(x− 2)2

(x− 2)2 + n=

= maxx∈[0,2]

2[1− n

(x− 2)2 + n

]=↑

x = 0; 4

2(

1− n

4 + n

)=

84 + n

.

Quindi


n

84 + n

= 0.









∣∣∣∣n

(x− 2)2 + n− 2

∣∣∣∣ = supx∈R

2[1− n

(x− 2)2 + n

]=


(x−2)2+n



= limx→±∞ 2

[1− n

(x− 2)2 + n

]= 2.

Quindi


n2 = 2 6= 0.




Dx dx dy dz,

dove

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − 2y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤√

x2 + y2

}.

Svolgimento


∫

Dx dx dy dz =

∫

K

(∫ √x2+y2

0x dz

)dx dy =

∫

Kx√

x2 + y2 dx dy,

dove

K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 − 2y ≤ 0, −x ≤ y ≤ 1

}=

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, −y ≤ x ≤

√2y − y2

}.

Essendo K un insieme x-semplice, si ha che

∫

Dx dx dy dz =

∫

Kx√

x2 + y2 dx dy =∫ 1

0

(∫ √2y−y2

−yx√

x2 + y2 dx

)dy =

=∫ 1

0

[∫ √2y−y2

−yx

(x2 + y2

)1/2dx

]dy =

∫ 1

0

[13

(x2 + y2

)3/2]√2y−y2

−ydy =

Versione D 21

−1 O 1

1

2

x

y


=13

∫ 1

0

(2√

2y3/2 − 2√

2y3)

dy =23

√2

[25y5/2 − 1

4y4

]1

0=

110

√2.

OSSERVAZIONE



Dx dx dy dz =

∫

Kx√

x2 + y2 dx dy =∫

K′ρ3 cosϑ dρ dϑ,

dove

K ′ ={(ρ, ϑ) ∈ R2 : ρ ≤ 2 sinϑ, −ρ cosϑ ≤ ρ sinϑ ≤ 1, ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π

}.


A ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 2 sinϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π

4

}.

B ={

(ρ, ϑ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ 1sinϑ

,π

4≤ ϑ ≤ 3

4π

}.

Quindi∫

Dx dx dy dz =

∫

K′ρ3 cosϑdρ dϑ =

∫

Aρ3 cosϑdρ dϑ +

∫

Bρ3 cosϑdρ dϑ.


Aρ3 cosϑdρ dϑ =

110

√2,

∫

Bρ3 cosϑdρ dϑ = 0.


Quindi ∫

Dx dx dy dz =

110

√2.



x′ = (1− α)x + y

y′ = −(1− α)2x + (α− 2)y.






e limitata.

Svolgimento


A =(

1− α 1−(1− α)2 α− 2

).


det (A− λI) =∣∣∣∣1− α− λ 1−(1− α)2 α− 2− λ

∣∣∣∣ = (1−α−λ)(α− 2−λ) + (1−α)2 = λ2 + λ + α− 1.

Ne segue che

det (A− λI) = 0 ⇐⇒ λ2 + λ + α− 1 = 0 ⇐⇒ λ1,2 =−1±√5− 4α

2.

Se α > 54 , allora λ1,2 = −1

2 ± i√



Se α = 54 , allora λ1,2 = −1



Se α < 54 , allora λ1,2 = −1±√5−4α


λ2 =−1 +

√5− 4α

2< 0 ⇐⇒ √

5− 4α < 1 ⇐⇒ α > 1.

Versione D 23




camente.










A =(

0 10 −1

)


ha che

(A + I)v = 0 =⇒ x + y = 0 =⇒{ y = −x

x ∈ R=⇒ v = (x,−x), x ∈ R.



Av = 0 =⇒ y = 0 =⇒{

y = 0

x ∈ R=⇒ v = (x, 0), x ∈ R.



X(t) = c1v1 e−t + c2v2 = c1

(1−1

)e−t + c2

(10

)=

(c1 e−t + c2

−c1 e−t

), c1, c2 ∈ R.












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Esame di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008 ore 11calvino.polito.it/~lancelotti/didattica/analisi2_new/temi/aa07-08/... · Esame di Analisi Matematica II del 14 gennaio 2008