Almae Matris Studiorum Campus

1) Gli effetti del contratto- Il caso del contratto preliminare con effetti anticipat

Memmo, Daniela

Diritto civile - Prof. Daniela Memmo 

Il contratto preliminare ad effetti anticipati

Zironi, Alessandro

Magic Sheet - OE Paradigms

Scarani, Paolo

oncologia generale e renale

Bonfiglioli, Andrea

Risultati dello scritto di  COMPLEMENTI DI ANALISI MATEMATICA M del 5 febbraio 2018 -- Prof. A. Bonfiglioli           N.B. I voti finali sono ottenuti approssimando PER ECCESSO il totale.  Per agevolare la comprensione del punteggio assegnato, di seguito si riportano alcune osservazioni su come andavano svolti i punti dei vari esercizi e sugli errori frequenti:  1 Oltre all’enunciato esatto del Teorema, andavano riportati: - il legame tra integrale complesso e lavoro di due opportuni campi F e F* (di cui molti studenti non hanno definito le componenti!) in R^2...   - il Teorema di Gauss-Green e il suo corollario secondo cui il lavoro di un campo piano chiuso è nullo - spiegare perché F e F* sono campi chiusi (citando esplicitamente le condizioni di Cauchy-Riemann!).  2.1 Svolta bene da quasi tutti 2.2 Per stabilire l’ordine esatto delle singolarità, non basta guardare gli zeri del denominatore della frazione esprimente U(s), ma anche il fatto che le singolarità isolate NON ne annullano il numeratore... 2.3 Alcuni studenti hanno sbagliato a distinguere tra Lau-2 e Res... 2.4 Andava almeno citata la antitrasformata! 2.5 Per verificare un Problema dui Cauchy, si devono verificare non solo i dati iniziali MA ANCHE LA E.D.O.!  N.B. Tutti gli studenti sono pregati di scrivere una e-mail al docente andrea.bonfiglioli6@unibo.it per dichiarare, in ogni caso, se accettano o rifiutano il voto dello scritto,  al fine della verbalizzazione.  3.1 Bisognava almeno giustificare perchè f è continua (il denominatore è privo di zeri reali...) e stabilire che f(x) erta asintotica a 1/|x|2 per |x| che tende a infinito, e che tale esponente 2 è strettamente maggiore di 1 (non basta infatti che f vada a 0 all’infinito per avere la sommabilità...) 3.2 Per motivare l’uso del Lemma di Jordan era opportuno scrivere la trasformata di Fourier come opportuno limite in n di un integrale curvilineo complesso, sommare e sottrarre un altro opportuno integrale curvilineo complesso dipendente da n su una opportuna semicirconferenza, accorpare i primi due addendi (che danno un residuo indipendente da n) e citare il fatto che il LIMITE in n del sottraendo è zero (proprio in forza del Lemma di Jordan, di cui giustificare la applicabilità). Molti studenti hanno detto che il sottraendo è 0, ma ciò è falso! (è il suo LIMITE che fa zero...)   3.3 Errore tipico: nel calcolo della trasformata in 0, molti studenti hanno asserito di star VERIFICANDO la continuità: NO! La si sta usando a priori, proprio per poter asserire che tale trasformata in zero si ottiene dai limiti unilateri! Tale continuità andava perlomeno citata! 3.4 Per il calcolo del limite, occorreva almeno citare il Teorema di De L’Hopital o riscrivere la parte non ovvia del limite come frazione e ragionare per gerarchia... 4.1 Molti studenti hanno “pasticciato” con cos(πn), o non hanno riconosiuto che i bn con n pari sono nulli e quelli con n dispari si semplificano molto, o hanno pasticciato con le notazioni per riparametrizzare n in 2k+1...  4.2 Bisognava almeno citare il fatto che f è C^1 a salti! Moltissimi studenti non hanno riconosciuto che anche +π e –π sono salti della funzione... 4.3 Senza riparametrizzare correttamente n in 2k+1 la serie reale auspicata non veniva fuori... 4.4 Senza riparametrizzare correttamente n in 2k+1 la serie reale auspicata non veniva fuori...   Segue la tabella coi voti e il dettaglio  (poichè non siamo più in periodo ottimale per fissare ricevimento studenti in date personalizzate, si chiede gentilemente agli studenti di meditare sui propri errori e sulle spiegazioni di cui sopra, prima di richiedere chiarimenti via email o un ricevimento: grazie!)    ES. 1 ESERCIZIO 2     ESERCIZIO 3   ESERCIZIO 4   totale VOTO  1.1 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 3.1 3.2 3.3 3.4 4.1 4.2 4.3 4.4     matricola 6 2 2 3 1 2 1 2 4 1 3 2 1 2 32   646934 6,0 2,0 1,0 3,0 1,0 2,0 1,0 1,5 3,0 1,0 3,0 1,0 1,0 2,0 28,5 29 772733 4,0 2,0 1,5 3,0 1,0 0,5 1,0 1,5 4,0 0,5 2,5 1,5 1,0 2,0 26,0 26 785005 5,5 2,0 1,0 3,0 1,0 2,0 0,5 1,5 3,5 0,5 2,5 0,0 0,0 1,5 24,5 25 802384 6,0 2,0 1,0 3,0 1,0 0,5 0,5 2,0 3,5 0,5 3,0 1,0 1,0 1,0 26,0 26 804040 6,0 2,0 1,0 3,0 1,0 1,0 1,0 2,0 3,5 0,0 2,5 2,0 0,5 1,5 27,0 27 821100 0,0 2,0 1,5 2,5 1,0 0,5 1,0 2,0 3,5 0,0 2,5 0,5 1,0 1,5 19,5 20 821261 3,0 2,0 1,5 2,0 0,5 0,0 1,0 2,0 3,5 0,5 3,0 2,0 0,5 0,5 22,0 22 829675 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 0,5 1,5 3,5 0,0 3,0 1,5 0,5 1,0 23,5 24 830446 1,5 2,0 1,0 3,0 1,0 2,0 0,5 2,0 2,0 0,0 2,5 0,5 0,5 0,5 19,0 19 833897 1,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 2,0 1,5 1,0 1,5 25,0 25 833964 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0 1,0 1,0 2,0 2,0 1,0 2,0 1,0 0,0 1,0 21,0 21 834182 5,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 3,5 1,0 3,0 1,5 1,0 2,0 30,0 30 835286 6,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 3,0 1,0 3,0 1,5 1,0 1,0 29,5 30 836493 6,0 2,0 2,0 1,5 0,5 1,0 1,0 2,0 2,5 0,0 2,5 2,0 0,5 1,5 25,0 25 836592 6,0 2,0 1,0 3,0 0,5 2,0 1,0 2,0 2,5 0,5 2,0 1,5 0,5 1,5 26,0 26 836699 4,5 2,0 1,0 3,0 0,5 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 2,0 2,0 0,0 1,5 26,5 27 837067 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 2,5 1,5 1,0 1,0 26,0 26 842821 3,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 3,0 1,0 1,0 1,0 27,0 27 843082 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 3,5 0,0 2,5 1,5 0,5 1,5 24,5 25 843674 6,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 0,5 2,0 4,0 1,0 3,0 2,0 1,0 2,0 31,5 30 LODE 851084 6,0 2,0 1,0 3,0 1,0 2,0 1,0 1,5 4,0 1,0 3,0 2,0 1,0 2,0 30,5 30 LODE 851968 4,5 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 3,0 2,0 1,0 2,0 30,5 30 LODE 852290 6,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 3,0 2,0 1,0 2,0 32,0 30 LODE 852877 6,0 0,5 1,5 2,0 0,0 0,5 0,5 0,5 4,0 0,5 3,0 1,0 1,0 2,0 23,0 23 853563 2,0 2,0 2,0 3,0 0,0 0,5 1,0 2,0 2,5 0,0 2,0 1,5 0,5 1,5 20,5 21 853605 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0 0,5 1,0 2,0 3,5 1,0 3,0 2,0 0,0 1,0 24,0 24 853634 5,0 2,0 1,0 3,0 1,0 2,0 0,5 0,5 4,0 1,0 3,0 1,0 0,5 1,5 26,0 26 855827 4,5 2,0 0,5 3,0 1,0 0,5 0,5 2,0 4,0 1,0 3,0 2,0 0,5 1,0 25,5 26 855900 2,5 2,0 1,0 3,0 1,0 2,0 1,0 1,0 3,5 1,0 3,0 1,5 1,0 1,5 25,0 25 855912 3,0 2,0 2,0 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 4,0 1,0 3,0 2,0 1,0 0,5 27,5 28 855994 5,0 2,0 1,0 3,0 1,0 1,0 1,0 2,0 3,0 1,0 3,0 1,5 1,0 1,5 27,0 27 856240 2,0 2,0 2,0 3,0 1,0 1,0 0,5 1,5 2,0 0,5 2,5 0,0 0,5 1,5 20,0 20 858902 6,0 2,0 1,5 3,0 1,0 2,0 1,0 2,0 3,0 1,0 3,0 2,0 1,0 2,0 30,5 30 LODE 860041 4,5 1,5 1,5 2,0 0,5 0,5 1,0 0,0 4,0 0,5 2,0 0,5 0,0 0,0 18,5 19  

Esiti dell'appello del 5 febbraio 2018 di COMPLEMENTI di ANALISI MATEMATICA M

Goffredo, Stefano

Unite research with what citizens do for fun:

‘‘recreational monitoring’’ of marine biodiversity

Caselli, Fabrizio

PROVA SCRITTA DI ALGEBRA E GEOMETRIA, 11/06/2018TEMA 3QUESITI PRELIMINARI. Stabilire se le seguenti aermazioni sono vere o false giustiando brevementela risposta:(1) Il rango di una matrie A è il numero di righe non nulle di A.Falso. Ad esempio se A =[1 11 1]abbiamo rk(A) = 1 e il numero di righe non nulle di A è 2.(2) Ogni funzione lineare f : R2 → R3 è iniettiva.Falso. La funzione f(x, y) = (0, 0, 0) per ogni (x, y) ∈ R2 non è iniettiva.(1) Eserizio 1 Risolvere il seguente sistema lineare Σ nelle inognite x, y, z al variare del parametroreale k:Σ :x+ y + 2z = 6x+ y + 3z = 5x+ y + 4z = kSrivere, se possibile, un sistema lineare di inque equazioni equivalente a Σ per ogni k ∈ R.La matrie ompleta ridotta a sala diventa 1 1 20 0 10 0 0∣∣∣∣∣∣6−1k − 4 .Per ui se k 6= 4 il sistema non ha soluzioni. Se k = 4 il sistema ha innite soluzioni ed esse sonoS = {(8− y, y,−1), y ∈ R}.Un sistema equivalente si ottiene aggiungendo a quello iniziale altre due equazioni he siano ombi-nazione lineare delle altre.(2) Eserizio 2 Sia f : R3 → R2 la funzione lineare denita nel modo seguente:f(x, y, z) = (x + y + 2z, x+ z)e sia W = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x− 5y + 7z = 0}.(a) Determinare una base del nuleo di f .Si ha ker(f) = 〈(1, 1,−1)〉.(b) Veriare he ker(f) è in somma diretta on W e srivere una base B di R3 ome unione di unabase di ker f e di una base di W .Basta mostrare he (1, 1,−1) non appartiene a W ioé he non soddisfa l'equazione di W . Unabase di W é data da {(5, 2, 0), (−7, 0, 2)} e quindi la base B èB = {(1, 1,−1), (5, 2, 0), (−7, 0, 2)}.() Srivere la matrie assoiata ad f rispetto alla base B di R3 e alla base {(1,−1), (1, 1)} di R2.Si ha f(1, 1,−1) = (0, 0)C , f(5, 2, 0) = (7, 5) = (1, 6)C , e f(−7, 0, 2) = (1,−4)C per uiMBC (f) =(0 1 10 6 −4)(d) Determinare, se possibile, una funzione g : R2 → R3 tale he f ◦ g = idR2 ed una funzioneh : R3 → R2 tale he f ◦ h = idR3 .Siome f(1, 0, 0) = (1, 1) e f(0, 1, 0) = (1, 0) è suiente prendere g ome l'unia appliazionelineare g : R2 → R3 tale he g(1, 1) = (1, 0, 0) e g(1, 0) = (0, 1, 0), ioè g(x1, x2) = (x2, x1−x2, 0).E infattif ◦ g(x1, x2) = f(x2, x1 − x2, 0) = (x1, x2).L'appliazione lineare h invee non può esistere perhé f ◦ h non sarebbe neanhe denita.1(e) Determinare tutti i vettori di R3la ui proiezione ortogonale su W sia (1,−1,−1).Sono tutti i vettori di R3he si srivono nella forma (1,−1,−1) + w⊥ dove w⊥ è un generiovettore di W⊥. E siome W⊥ è generato da (2,−5, 7) abbiamo tutti i vettori della forma(1,−1,−1) + t(2,−5, 7).(3) Eserizio 3 Si onsideri la matrieA = −1 0 00 −1 01 −2 −2 .(a) Stabilire se i vettori della base anonia di R3sono autovettori di A.Si ha he e2 ed e2 non sono autovettori, mentre e3 lo è, di autovalore −2.(b) Stabilire se A è diagonalizzabile e in aso aermativo determinare una matrieH tale heH−1AHsia diagonale.Siome A è triangolare gli autovalori sono i oeienti sulla diagonale per ui sono −1 e −2 etali he ma(−1) = 2 e ma(−2) = 1. Per la diagonalizzabilità dobbiamo alolare mg(−1). Mamg(−1) = 3−rg(A+I) = 2 per ui A è diagonalizzabile. Per trovare la matrie H determiniamouna base di autovettori: abbiamo• V−1 = 〈{(2, 1, 0), (1, 0, 1)}〉;• V−2 = 〈{(0, 0, 1)}〉;per ui basta segliereH = 2 1 01 0 00 1 1() Stabilire se è possibile determinare una base ortogonale di R3ostituita da autovettori di A.Non è possibile perhé i due autospazi non sono ortogonali tra loro.

Prova scritta dell'11/06/2018

Lanza, Alessandro

Matlab Intro

Aggiornerò queste note con altri esercizi svolti

Arcozzi, Nicola

Integrali con i residuidi Nicola ArcozziUniversità di Bologna1 PreliminariRicordiamo alcune denizioni e alcuni risultati che ci saranno utili.Denizione 1. Sia f :A nfz0g!C olomorfa in AC aperto e supponiamo che per qualche m>0si abbia che:f(z)=Xn=¡m1an(z¡ z0)n= a¡m(z¡ z0)m + :::+a¡1z¡ z0 + a0+ a1(z¡ z0)+ a2(z¡ z0)2+ :::per 0< jz¡ z0j<R. Il residuo di f in z0 è a¡1. (Se m> 0, possiamo supporre che a¡1=0).Si utilizza il simbolo:a¡1=Res(f(z); z= z0) =Res(f ; z0):Per calcolare il residuo abbiamo diverse maniere. La prima consiste nello sviluppare f is seriedi potenze (sino a delle potenza negativa) in un intorno di z0 e di considerarne il coeciente a¡1.La seconda consiste nel calcolare:Res(f ; z0)= a¡1= limz!z0d(m¡1)dzm[(z¡ z0)mf(z)];che, nel frequente caso m=1, si riduce aRes(f ; z0) = limz!z0(z¡ z0)f(z):Questa seconda maniera di calcolare il residuo è spesso comoda, poiché possiamo utilizzare ilTeorema dell'Hospital.La terza maniera per calcolare il residuo mette in gioco gli integrali curvilinei complessi. Sia una curva chiusa in A n fz0g che gira in senso antiorario attorno al punto z0 e che è deformabilein A a un punto. Allora,Res(f ; z0)=12iZf(z)dz:Il Teorema dei Residui generalizza questa ultima formula ed è lo strumento che ci permette dicalcolare molti integrali deniti, generalizzati o meno.Teorema 2. Sia f :A n fz1; :::; zlg!C olomorfa, con A C aperto e sia  una curva chiusa inA n fz1; :::; zlg, orientata in senso antiorario, che circonda fz1; :::; zlg e che è deformabile in A aun punto. Allora,12iZf(z)dz=Res(f ; z1) + :::+Res(f ; zl):2 Integrali trigonometrici.Una classe di integrali che si calcolano utilizzando i residui consiste in quelli aventi la forma:I =Z02R(cos(t); sin(t))dt;1dove R(z) = P (z; w)Q(z; w)è una funzione razionale (P ; Q sono polinomi di due variabili z; w) il cuidenominatore Q non si annulla per (z;w)= (cos(t); sin(t)), 06 t6 2. Per ridurre il calcolo di I aun calcolo di residui, ricordiamo che, se z= eit= cos(t) + i sin(t), allora8><>: cos(t) =eit+ e¡it2=eit+1eit2=z+1z2=z2+12z;sin(t)= eit¡ e¡it2i=eit¡ 1eit2i=z¡ 1z2i=z2¡ 12iz:Inoltre, al variare di t in [0; 2], il punto z= (t)= eit descrive in senso antiorario la circonferenza di raggio 1 e centro 0 nel piano complesso e abbiamo:dt=deitieit=dziz:Quindi possiamo scrivere,Z02R(cos(t); sin(t))dt=ZRz2+12z;z2¡ 12izdziz:Poniamof(z)=Rz2+12z;z2¡ 12iz1iz;che è a sua volta una funzione razionale, non avente singolarità sulla circonferenza jz j= 1. Sianoz1; :::; zl le sue singolarità in jz j< 1. Per il Teorema dei Residui, quindi:Z02R(cos(t); sin(t))dt=ZRz2+12z;z2¡ 12izdziz=2i[Res(f ; z1)+ :::+Res(f ; zl)]:2.1 Un esempioConsideriamoI =Z¡ dt2+ cos(t)+ sin(t):Invece di imparare a memoria le formule, possiamo imparare a memoria l'idea soggiacente. Postoz= eit, quindi dziz= dt, abbiamo:I =Zfz:jz j=1g12+z+1/z2+z¡ 1/z2idziz=Zfz:jz j=1g24iz+ i(z2+1)+ (z2¡ 1)dz=Zfz:jz j=1g2(1+ i)z2+4iz+(i¡ 1)dz=Zfz:jz j=1gf(z)dz= 2iXzj:jzjj<1Res(f(z); z= zj):Per trovare le singolarità fzjg, risolviamo l'equazione di II grado:0= (1+ i)z2+4iz+(i¡ 1);il cui discriminante è/4=(2i)2¡ (1+ i)(i¡ 1)=¡4¡ (i2¡ 1)=¡2=¡i 2p 2;2 Sezione 2quindi z = ¡2i i 2p1+ i= i¡2 2p1+ i 1¡ i1¡ i =¡2 2p2(1 + i) =¡1 12p(1 + i). Poiché j1 + ij= 2p , lasoluzione col segno + ha modulo 2p ¡ 1 < 1 (sta all'interno della circonferenza), mentre quallecol segno meno ha modulo 2p+1> 1 (sta all'esterno della circonferenza). Quindi dobbiamo soloconsiderarez1=¡1+ 12p(1+ i):Chiaramente la singolarità di f in z1 ha ordine 1, quindi:I =2i Res(f ; z1) = 2i limz!z12(z¡ z1)(1+ i)z2+4iz+(i¡ 1)= 2i limz!z122(1+ i)z+4i= 2i22(1+ i)(1+ i)¡1+ 12p+4i= 2i24i¡1+ 12p+4i= 2p:2.2 EserciziCalcolare i seguenti integrali.1.R02 dtcos2(t) + 2cos(t)+ 22.R02 sinn(t) dtsin2(t) + 2cos(t)+ 23. (Facoltativo).Rfz:jz j=1g z¡ 121¡ z22 jdz j. Suggerimento. Porre z= eit, quindi jdz j= jieitdtj=jdtj. Osservare che jw j2=ww e ricordare che se z= eit, allora z= e¡it= 1z.3 Integrali in senso generalizzato di funzioni razionaliConsideriamo ora integrali del tipoI =Z¡1+1P (x)Q(x)dx;dove P ; Q sono polinomi per cui grado(Q)> grado(P )+ 2 e con Q che non si annulla per x in R.Queste conidizioni assicurano la convergenza (assoluta) dell'integrale. L'idea è di considerare z=x,cioè di vedere R come una curva in C; il problema è che questa curva non è limitata.Consideriamo allora, per ogni R> 0 grande abbastanza, =R la curva = ++ +  chepercorre in senso antiorario il perimetro di un rettangolo avente i vertici in ¡R;R;R+ iR;¡r+ iR.Più precisamente (parametrizzando per comodità¡ e ¡, le curve  e  percorse in senso inverso): (x)=x per x2 [¡R;R]; (y)=R+ iy per y 2 [0; R]; ¡(x)=x+ iR per x2 [¡R;R]; ¡(y)=¡R+ iy per y 2 [0; R].Abbiamo allora che Z¡1+1P (x)Q(x)dx= limR!1Z¡R+RP (x)Q(x)dx= limR!1Zf(z)dz:Mostreremo a breve che() 0= limR!1Zf(z)dz= limR!1Zf(z)dz= limR!1Zf(z)dz:Integrali in senso generalizzato di funzioni razionali 3Siamo ora z1; :::; zl gli zeri di Q nel semipiano superiore fz=x+ iy2C: y >0g. Se R è abbastanzagrande, allora z1; :::; zl sono al'interno del rettangolo avente perimetro . Possiamo allora applicareil Teorema dei Residui e ottenere:2iXj=1lRes(f ; zj) = limR!1Zf(z)dz= limR!1Zf(z)dz+ limR!1Zf(z)dz+ limR!1Zf(z)dz+ limR!1Zf(z)dz=Z¡1+1f(x)dx+0+0+0;cioè: Z¡1+1P (x)Q(x)dx=2iXj=1lRes(f ; zj):Verichiamo (). Osserviamo innanzitutto che:jf(z)j=P (z)Q(s) = ja0+ :::+ anznjjb0+ :::+ bmzmjconm>n+2 per ipotesi=1jz jm¡nja0/zn+ :::+ anjjb0/zm+ :::+ bmj 1jz jm¡njanjjbmj per jz j!1:Poiché su ; ;  abbiamo che jz j>R e che tutti questi segmenti hanno lunghezza non superiorea 2R, () segue facilmente. Vediamo i dettagli per :limR!1Zf(z)dz 6 limR!1Z1jz jm¡nja0/zn+ :::+ anjjb0/zm+ :::+ bmj jdz j6 limR!1R  1Rm¡n janjjbmj +1= limR!11Rm¡n¡1 janjjbmj +1= 0:I casi di  e  si trattano allo stesso modo.3.1 Un esempioConsideriamoI =Z¡1+1 dx1+x2:Possiamo calcolare I= calcolando una primitiva di 11+ x2, ma useremo i residui. Sia f(z)= 11+ z2:essa soddisfa i requisiti della procedura appena descritta, poiché il numeratore ha grado n=0 e ildenominatore ha grado m=2.L'equazione z2+1=0 ha soluzioni (semplici) z=i, delle quali solo z= i giace nel semipianosuperiore. Allora,I = 2iRes(f(z); z= i)= 2i limz!iz¡ iz2+1= 2i limz!i12z=2i2i=:4 Sezione 33.2 EserciziCalcolare i seguenti integrali.1.R¡1+1 dxx2+ x+12.R¡1+1 xdxx4+ x2+13.R¡1+1 dxx4+14 Integrali che vengono dalle trasformate di Fourier.Vedremo in seguito le trasformate di Fourier, ma ne anticipiamo qui la denizione.Sia f : (¡1;+1)!C una funzione assolutamente integrabile su (¡1;+1). La sua trasformatadi Fourier è la funzione f^ : (¡1;+1)!C denita dall'espressione integrale:f^ (u)=Z¡1+1f(x)eiuxdx:4.1 Trasformata di Fourier di una funzione razionale.Consideriamo integrali del tipof^(u) =Z¡1+1P (x)Q(x)eiuxdx; f(x) =P (x)Q(x)dove P ; Q sono polinomi per cui grado(Q) > grado(P ) + 1 e con Q che non si annulla per x inR. Queste conidizioni assicureranno la convergenza (semplice) dell'integrale per u =/ 0. L'idea èancora quella di considerare z=x, cioè di vedere R come una curva in C. A seconda del segno diy dovremo considerare il semipiano superiore o inferiore.Scriviamo il risultato nale dei nostri conti formalmente, così che possa essere meglio utilizzato.Teorema 3. Siano P ; Q; f come sopra e si consideri g(z) = f(z)eiuz. Siano z1; :::; zl gli zeridi Q nel semipiano superiore fz = x + iy: y > 0g e w1; :::; wm quelli nel semipiano inferiorefz=x+ iy: y < 0g. Allora abbiamo che:i. Se u> 0, alloraf^(u)= 2i[Res(g; z1) + :::+Res(g; zl)]:ii. Se u< 0, alloraf^ (u)=¡2i[Res(g; w1)+ :::+Res(g; wm)]:La ragione per cui consideriamo diversamente i segni di u è la seguente. Supponiamo che u>0.Allora:jeiuz j= jeiu (x+iy)j= jeiuxj  jei2uy j= e¡uy! 0per y!+1:Questo ci dice che l'integranda g è piccola nel semipiano superiore, se u > 0. Un ragionamentoanalogo vale per il semipiano inferiore se u< 0.Per calcolare l'integrale, posto u>0, utilizziamo il rettagolo visto in precedenza. Per ogni R>0grande abbastanza, sia =R la curva = +++  che percorre in senso antiorario il perimetrodi un rettangolo avente i vertici in ¡R;R;R+ iR;¡r+ iR. Gli integrali su ; ;  possono esserestimati come in precedenza, anzi, meglio (per questo ci basta grado(Q)> grado(P ) +1).Vediamo l'integrale su  (quello su  è analogo). Usando le stime precedenti,Integrali che vengono dalle trasformate di Fourier. 5Zf(z)eiuzdz = Z0Rf(R+ iy)eiu (R+iy)idy6Z0Rjf(R+ iy)je¡uy dy6 CRm¡nZ0Re¡uy dy;per le stime già viste nel caso delle funzioni razionali;=CRm¡n1¡ e¡uRucalcolando l'integrale:Ci basta m>n per dedurre chelimR!1Zf(z)eiuzdz=0:Vediamo ora l'integrale su ¡.Z¡f(z)eiuzdz = Z¡RRf(x+ iR)eiu (x+iR) dx6 e¡uRZ¡RRjf(x+ iR)jdy6 CRe¡uRRm¡nper le stime già viste nel caso delle funzioni razionali;6 Ce¡uRperché m¡n> 1:Facciamo ora tendere R a innito.Poiché i contributi sui lati ; ;  tendono a zero, la somma dei residui ci dà, come visto sopra,anche il limite dell'integrale su . Ciò dimostra il teorema.4.2 Alcuni esempi.4.2.1 La funzione f(x)= 11+x2.Consideriamo f(x)= 11+ x2, quindi:f^(u) =Z¡1+1 eiux1+x2dx:Le ipotesi del teorema sono soddisfatte. Conosciamo le singolarità di f (gli zeri di 1 + x2) da unprecedente integrale. Quindi, se u> 0, abbiamo:12if^(u) = Reseiuz1+ z2; z= i= limz!i(z¡ i)eiuz1+ z2= limz!ieiuz+(z¡ i)iueiuz2z=e¡u2i;cioè,f^(u) =e¡u; seu> 0:Per u< 0 consideriamo la singolarità z=¡i, che sta nel semipiano inferiore, e otteniamo:6 Sezione 412if^(u) = ¡Reseiuz1+ z2; z=¡i= ¡ limz!¡i(z+ i)eiuz1+ z2= ¡ limz!¡ieiuz+(z+ i)iueiuz2z= ¡ eu¡2i =eu2i:Quindi, in generale,f^ (u)=(e¡u seu> 0;eu= e¡(¡u) seu< 0=e¡juj;che vale anche se u=0.4.2.2 La funzione f(x)= 11+x+x2.L'equazione z2+z+1=0 ha soluzioni z=¡12  i3p2, con z+ nel semipiano superiore e z¡ in quelloinferiore. Se u> 0, abbiamo:12iZ¡1+1 eiuxx2+x+1dx = Reseiuzz2+ z+1; z= z+= limz!z+(z¡ z+)eiuzz2+ z+1= limz!z+eiuz+(z¡ z+)eiuz2z+1=eiuz+2z++1=eiu¡12+i3p22¡12+ i3p2+1=e¡iu2 e¡ 3p2ui 3p ;cioè;Z¡1+1 eiuxx2+x+1dx =23p e¡iu2 e¡ 3p2u:Per u< 0 possiamo calcolare l'integrale usando z¡:12iZ¡1+1 eiuxx2+x+1dx = ¡Reseiuzz2+ z+1; z= z¡= ¡ eiuz¡2z¡+1= ¡ eiu¡12¡i 3p22¡12¡ i 3p2+1=e¡iu2 e3p2ui 3p ;cioè; nel caso generale;Z¡1+1 eiuxx2+x+1dx =23p e¡iu2 e¡ 3p2juj:4.2.3 Esercizi1. Calcolare, con u2R: Z¡1+1 eiuxx2+2x+2dx:Integrali che vengono dalle trasformate di Fourier. 72. Utilizzando il fatto che cos(ux)=Re(eiux) è la parte reale di eiux, calcolare, per u2R:Z¡1+1x2 cos(ux)x4+1dx:4.3 La gaussiana.Si sa che vale: Z¡1+1e¡x2dx= p:A partire da questo singolo integrale (che calcoleremo in altro momento senza residui), possiamocalcolare la trasformata di Fourier della funzione gaussiana f(x)= e¡x2, fondamentale in probabi-lità, in statistica e nella trasmissione del calore.Allo scopo, nel caso u < 0, consideriamo un rettangolo avente vertici R > 0 (che tenderà ainnito), R+ai (a=¡u2>0), ¡R+ai, ¡R. Chiamiamo = ++ +  il suo perimetro percorsoin senso antiorario dove, come più sopra: (x)=x per x2 [¡R;R]; (y)=R+ iy per y 2 [0; a]; ¡(x)=x+ ia per x2 [¡R;R]; ¡(y)=¡R+ iy per y 2 [0; a].Poiché la funzione f(z) = e¡z2è olomorfa in tutto C, cioè non ha singolarità, possiamo ancheutilizzare direttamente il Teorema Integrale di Cauchy (che poi è come il Teorema dei Residui inassenza di singolarità):0 =Ze¡z2dz=Ze¡z2dz¡Z¡e¡z2dz+Ze¡z2dz+Ze¡z2dz=Z¡RRe¡x2dx¡Z¡RRe¡(x+ia)2dx+Z0ae¡(R+iy)2idy¡Z0ae¡(¡R+iy)2idy=Z¡RRe¡x2dx¡ ea2Z¡RRe¡x2e¡2iaxdx+Z0ae¡(R2¡y2)e¡2iRyidy¡Z0ae¡(R2¡y2)e2iRyidy= I1¡ I2+ I3¡ I4:Ora, abbiamo che: 8><>:limR!1I1= per quanto già visto;limR!1I2= ea2R¡1+1e¡x2e¡2iaxdxlimR!1I3= limR!1I3=0; lo verichiamo sotto:Ne segue che Z¡1+1e¡x2e¡2iaxdx= pe¡a2:Sostituendo u=¡2a otteniamo Z¡1+1e¡x2eiu xdx= pe¡u24 :Ci rimangono da vericare le aermazioni riguardo a I3 e I4 (che si mostrano allo stesso modo).Stimiamo:jI3j =Z0ae¡(R2¡y2)e¡2iRyidy6 ea2Z0ae¡R2dy= aea2e¡R2! 0 perR! 0:Un'altra forma molto utilizzata di questa uguaglianza si ottiene ponendo x = t2p e u = 2ps.Sostituendo, si ha infatti:12pZ¡1+1e¡t22 eis tdt= e¡s22 ;8 Sezione 4che ha il vantaggio di avere la funzione e¡x22 in entrambi i membri dell'uguaglianza.Integrali che vengono dalle trasformate di Fourier. 9

Integrali con i residui

Figini, Paolo

Lecture 10 - The Trade Policy of International Organizations

Vanzo, Davide

Algebra Lineare e GeometriaSoluzioni al secondo fac-simile di esame.Laurea in Astronomia1) a) In questo caso tale f non esiste. Se per assurdo esistesse avremmoinfatti chef((1 01 1))= 0, f((0 01 0))= 0, f((2 00 2))= xMa le tre matrici non sono linearmente indipendenti, dovrebbe allostesso tempo quindi valeref((2 00 2))= f(2(1 01 1)− 2(0 01 0))=(per linearità della f)= 2f((1 01 1))− 2f((0 01 0))= 0b) Anche in questo caso tale applicazione non esiste. Se per assurdo fesistesse dovrebbe valeredimker f + dim Imf = dimV1 = 4Se per assurdo la mappa fosse suriettiva l’insieme delle immagini dovrebbecoincidere con V2 che ha anch’esso dimensione 4. Dunque la dimensionedel nucleo sarebbe 0, ovvero una mappa iniettiva.c) Per costruire una tale applicazione lineare basta definirla sugli elementidi una base di V1 e poi estendere per linearità. Usiamo la base canonica,ovvero le matrici 2× 2 Ei,j che hanno 1 nel posto (i, j) e zero altrove.f : V1 → V2E1,1 7→ xE1,2 7→ x+ x2E2,1 7→ 0E2,2 7→ 0estendendo per linearità si ottiene una applicazione lineare non iniettiva(due matrici non nulle appartengono al nucleo) e, sapendo che le im-magini di una base sono un insieme di generatori per Imf , con l’insiemedelle immagini cercato.12) a) I tre vettori che generano V1 (che chiameremo nell’ordine v1, v2, v3) nonsono linearmente indipendenti, infattiv3 = 3v1 − 32v2.Poiché v1 e v2 sono linearmente indipendenti essi rappresentano unabase per V1 che quindi ha dimensione 2.Per quanto riguarda V2 notiamo che sono presenti due variabili libere(per esempio y e t) e due variabili vincolate, dunque anch’esso avràdimensione 2. Una base di V2 è quindi ottenibile ponendo prima y = 1∧t = 0 e poi y = 0∧t = 1 ottenendo i due vettori, w1 e w2 rispettivamente,0100 ,0011 .b) Per trovare una base dello spazio somma occorre unire una base di V1con una base di V2 e trovare un insieme massimale di vettori linearmenteindipendenti in questa unione. w2 è un multiplo di v3 e quindi, comevisto precedentemente, può essere espresso come combinazione linearedi v1 e v2, quindi può essere scartato, viceversa w1 è indipendente da v1 ev2, infatti tutti i vettori di V1 hanno 0 nella seconda componente, poichéw1 ha un elemento diverso da zero nella seconda componente non potràmai essere combinazione di v1 e v2. Quindi v1, v2 e w1 rappresentanouna base per V1+V2, che avrà quindi dimensione 3. Tramite la formuladimV1 + dimV2 = dim(V1 + V2) + dim(V1 ∩ V2)otteniamo quindi che la dimensione dell’intersezione deve essere 1. Bastaquindi trovare un vettore non nullo che stia nell’intersezione perchéquesto rappresenti una base. Abbiamo notato prima che w2 è combi-nazione di elementi di V1 quindi apparterrà a V1 ∩ V2.3) a) Anzitutto studiamo il determinante della matrice:detAk = k2 − 5k + 6 = (k − 2)(k − 3)Dunque per i valori diversi da 2 e da 3 questa matrice ha rango massimo.Studiamo ora il determinante di due minoridet(Ak)3,3 = 2− k, det(Ak)1,1 = 6− 2k2Dunque poiché non si annullano mai contemporaneamente la matriceAk ha sempre rango maggiore o uguale a 2. Ne consegue cherank Ak{3 k 6= 2, 32 k = 2 ∨ k = 3b) Cerchiamo quindi le radici del polinomio caratteristico:pA2(t) = −t3 + 6t2 − t = −t(t− 3− 2√2)(t− 3 + 2√2)Le radici sono quindi gli autovalori di A2. Avendone tre distinte (in R3)per un corollario possiamo concludere che la matrice è diagonalizzabile.4) a) Per rispondere occorre studiare le giaciture dei due spazi:Giac r =< 1−13 >, Giac pik = { y = kz − 3x2}=< 2−30 , 0k2 >Gli spazi saranno incidenti se i tre vettori risulteranno linearmente in-dipendenti, paralleli nell’altro caso.det 1 2 0−1 −3 k3 0 2 = 6k − 2Quindi se k 6= 13i due spazi sono incidenti, paralleli altrimenti. Inoltrein quest’ultimo caso la retta è disgiunta da pi 13poiché il punto (1, 2, 0)appartiene alla retta ma non al piano.b) Per vedere se esiste un valore di k per cui piano e retta sono ortogonalitra loro è sufficiente discutere la relazione tra nk, il vettore ortogonaleal piano, e vr ovvero il vettore direzione di r (un qualunque vettore nonnullo della sua giacitura). La retta sarà ortogonale al piano solo se vr enk saranno linearmente dipendenti.nk = 32−k , vr = 1−13Notiamo che questi due vettori sono sempre linearmente indipendenti(mettendoli in riga in una matrice il determinante del minore non con-tenente la terza colonna è non nullo). Dunque non esiste un tale k.3c) Costruiamo tale retta in forma parametrica, ci occorre trovare il vettoredirezione e un punto da cui passa per renderla unica. Per il puntopossiamo prendere direttamente P , perché sia ortogonale a pi2 comedetto precedentemente deve avere il vettore di direzione linearmentedipendente an2 = 32−2Quindi la retta cercata (unica perché ho un’unica giacitura e deve pas-sare per un punto preciso) ès1 :x = 1 + 3ty = 3 + 2tz = 7− 2td) Anche in questo caso useremo la forma parametrica. Perché questaretta s2 sia parallela a r occorre che la giacitura delle due rette sia lastessa. Possiamo quindi prendere il vettore direzione di s2 uguale alvettore direzione di r, imponendo poi il passaggio per P si ottienes2 :x = 1 + ty = 3− tz = 7 + 3t4

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