2076 - Analiza Matematica - Probleme Rezolvate

8/2/2019 2076 - Analiza Matematica - Probleme Rezolvate

1/112

Dr. Aurel Diamandescu

ANALIZA MATEMATICA

PROBLEME REZOLVATE

Pentru studentii anului I,cursuri cu frecventa redusa,Facultatea de Electromecanica.

2006

1


2/112

Prefata

Aceasta lucrare trateaza teme referitoare la capitole importantedin Analiza matematicaSpatii normate (problemele 1 - 5),Functii continue (problemele 6 - 11)Functii diferentiabile (problemele 12 - 22)Functii integrabile (problemele 23 - 41)Teoria cmpurilor (problemele 42 - 46)

Metoda folosita: ecare problema este complet rezolvata, indicndu-se aspectele teoretice folosite. Unele rezolvari sunt nsotite de comen-

tarii.Dorinta autorului este ca lucrarea sa e de un real ajutor stu-dentilor Facultatii de electromecanica, anul I (F.R) n straduintelelor de ntelegere si nsusire a unor cunostinte de Analiza matema-tica. Trimiterile de forma vezi Teorema 7.2.5 se refera la Cursul deAnaliza matematica, vol. I, II, Ed. Universitaria, Craiova, 2005, alautorului. Aceasta teorema este Teorema 5 din capitolul 7, paragraful2. Volumul I al acestui Curs contine capitolele 1 - 6, iar volumul II,capitolele 7 - 12. Consultarea acestei carti apare astfel absolut nece-sara.

Mentionam ca sfrsitul rezolvarii unei probleme este marcat cu sem-nul :Autorul precizeaza faptul ca aceasta lucrare este o parte dintr-o lu-crare mai ampla ce va apare n curnd la Editura Universitaria dinCraiova.

Craiova, Februarie 2006 Dr. Aurel Diamandescu

2


3/112

Problema 1

Sa se arate ca pe spatiul vectorial real R2; ecare din aplicatiilea). k ke : R2 ! R; k(x1,x2)ke =

px21 + x

22

(norma euclidiana),b). k ks : R2 ! R; k(x1,x2)ks = j x1 j + j x2 j(sum norma),c). k k : R2 ! R; k(x1,x2)k = max {j x1 j,j x2 j}(sup norma),este o norma. Sa se arate ca aceste norme sunt echivalente doua cte

doua. Sa se arate ca numai una dintre ele este indusa de un pro-dus scalar. Sa se precizeze sferele corespunzatoare. Sa se precizezetopologiile acestor norme. Sa se dea exemple concrete de multimideschise, nchise, compacte, necompacte, conexe, neconexe, margi-nite, nemarginite, convexe, neconvexe, n topologia indusa de acestenorme.

Rezolvare. Vericam ca ecare aplicatie satisface axiomelenormei din Denitia 2.3.2.a). 1. Pentru orice x = (x1,x2) 2 R2, avem kxke =

px21 + x

22 0;

apoi, kxke = 0 () px21 + x22 = 0 () x1 = x2 = 0 () x = ;

2. Pentru orice x = (x1,x2) 2 R2

si 2 R avem (Propozitia 2.3.2)x = (x1,x2) si atunci,k xke =

p(x1)2 + (x2)2 =

p2(x21 + x

22) = j jkxke ;

3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) din R2; avem (Propozitia2.3.2) x + y = (x1 + y1;x2 + y2) si ca urmare,

kx + yk2e = (x1 + y1)2 + (x2 + y2)2 == x21 + x

22 + y21 + y22 + 2(x1y1 + x2y2)

x21 + x22 + y21 + y22 + 2p

x21 + x22

py21 + y

22 =

= (k x ke + k y ke )2 :De aici rezulta

kx + yke kxke + kyke :Asadar, aplicatia de la pc. a) este o norma pe R2:b). 1. Pentru x = (x1,x2) 2 R2, avem kxks = j x1 j + j x2 j 0; apoi,kxks = 0 () j x1 j + j x2 j = 0 () x1 = x2 = 0 () x = (0,0) = ;2. Pentru orice x = (x1,x2) 2 R2 si 2 R avem

k xks = j x1 j+j x2 j = j j (j x1 j + j x2 j) = j jkxks3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) din R2; avem

kx + yks = j x1 + y1 j + j x2 + y2 j

3


4/112

j x1 j + j y1 j + j x2 j + j y2 j = kxks + kyks :Asadar, aplicatia de la pc. b) este o norma pe R2:c). 1. Pentru orice x = (x1,x2) 2 R2, avem n mod evident, k x k =max {j x1 j,j x2 j} 0; apoi, k x k = 0 ()j x1 j = j x2 j = 0 () x1 = x2 = 0 () x = (0,0) = ;2. Pentru orice x = (x1,x2) 2 R2 si 2 R, avem

k x k = max {j x1 j,j x2 j} ==j j max {j x1 j,j x2 j} = j jk x k;

3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) din R2; avem

kx + y

k= max {

jx1 + y1

j,j

x2 + y2j}

max {j x1 j + j y1 j,j x2 j + j y2 j} k x k + k y k,pentru ca, n mod evident,

j x1 j + j y1 j k x k + k y k si j x2 j + j y2 j k x k + k y k :Asadar, aplicatia de la pc. c) este o norma pe R2:Se constata cu usurinta ca pentru ecare x 2 R2 au loc inegalitatile

k x k k x ke k x ks p

2 k x ke 2k x k;ceea ce arata ca cele trei norme sunt echivalente doua cte doua.Aplicnd Teorema 2.3.6, se constata cu usurinta ca norma euclidianak ke este indusa de un produs scalar, si anume de produsul scalareuclidian (sau canonic) denit prin

hx,y

i= x1y1 + x2y2: Aceasta

nseamna ca k x ke = phx,xi.Celelalte doua norme de mai sus nu satisfac conditia din Teorema2.3.6 (se pot avea n vedere vectorii x = (1,2) si y = (2,1)) si caurmare, ele nu sunt induse de un produs scalarAvnd n vedere Teorema 2.3.1, sfera deschisa cu centrul n punctula = (a1,a2) 2 R2 si de raza r > 0, corespunzatoare unei norme k keste S(a,r) = {x 2 R2 j k x a k < r}. Concret, corespunzator normei euclidiene, avem

S(a,r) = {x = (x1,x2) 2 R2 j(x1 a1)2 + (x2 a2)2 < r2}si este formata din toate punctele planului situate n interiorul cer-

cului de de raza r cu centrul n punctul A(a1,a2); corespunzator sum normei, avemS(a,r) = {x = (x1,x2) 2 R2 j j x1 a1 j + j x2 a2 j < r}

si este formata din toate punctele planului situate n interiorul pa-tratului cu centrul n punctul A(a1,a2) si care are diagonalele paralelecu axele de coordonate, lungimea lor ind 2r; corespunzator sup normei, avem

S(a,r) = {x = (x1,x2) 2 R2 j j x1 - a1 j < r, j x2 - a2 j < r}

4


5/112

si este formata din toate punctele planului situate n interiorul pa-tratului cu centrul n punctul A(a1,a2) si care are laturile paralele cuaxele de coordonate, lungimea lor ind 2r; cu alte cuvinte,

S(a,r) = (a1 r,a1 + r) (a2 r,a2 + r).Conform cu Teorema 2.3.1, Denitia 2.3.3 si Teorema 2.3.2, cele treinorme de mai sus denesc topologia euclidiana a spatiului R2 :Se poate demonstra ca orice doua norme pe R2 sunt echivalente (Teo-rema 2.3.7). Ca urmare, orice norma pe R2 genereaza topologiaeuclidiana a spatiului R2 :Avnd n vedere Denitiile 2.1.1, 2.1.6, 2.1.8, 2.2.6 si 3.1.11, dam

urmatoarele exemple: multimi deschise: sfere deschise, (a,b) (c,d), (0,1) (0,1);(0,1) (c,d), (a,b) (0,1); multimi nchise: orice sfera nchisa, [a,b] [c,d], (1; c] [d,1);orice dreapta, orice segment nchis [AB]; multimi compacte : orice sfera nchisa, [a,b] [c,d], [1,3] [2,4] [[5,7] [1,2], orice poligon (plin sau gol); multimi necompacte: (a,b] [c,d], [d,1) [a,b]; multimi conexe: orice sfera, orice poligon (plin); multimi neconexe: (1,3) [2,4) [ [5,7] (1,2); {(1,2), (3,1)}; {2} [1,3] [ [4,10] (0,8); multimi compacte si conexe: orice sfera nchisa, orice segment nchis[AB]; [a,b] [c,d]; multimi compacte si neconexe: ([1,3] [2,4]) [ ([5,7] [1,2]);({2} [1,3]) [ ([4,10] [0,8]); multimi necompacte si conexe: orice sfera deschisa; orice dreapta;(0,3] [0,1); (0,3) (2,5); (0,2) {5}; multimi necompacte si neconexe: doua drepte paralele; (0,2) {5,7}; (2,3) (5,7] [ {(1,1)}, R ([1,2] [ [5,7]) multimi marginite: orice sfera, orice segment sau poligon;

multimi nemarginite: orice semiplan; orice dreapta; R2; (0,

1)

(0,1); [0,3] [0,1); multimi convexe: orice sfera, orice poligon (plin) convex; multimi neconvexe: orice poligon (plin) concav, orice contur poli-gonal simplu, {(1,2), (3,5), (2,4)}, doua drepte paralele. Observatie. Interpretarea geometrica a normelor echivalente: douanorme sunt echivalente daca si numai daca n ecare sfera corespun-zatoare ecareia dintre norme se poate introduce o sfera de acelasicentru si eventual alta raza corespunzatoare celeilalte norme.

5


6/112

Problema 2

Sa se arate ca n R2 avem1). lim

2n 1n + 1 ;

n + 1n

= (2,1);

2). lim

5n + 2n ;

n2 + n + 1n2 + 2

= (5,1);

3). limn + 1, 3n

nu exista;

Rezolvare. 1. Conform Propozitiei 3.1.6, pentru a arata calim

2n 1n + 1 ;

n + 1n

= (2,1), este necesar si sucient sa aratam ca se

verica conditia

8" > 0; 9 n" 2 N :8n 2 N, n n" =) k 2n 1n + 1 ; n + 1n (2; 1) k < ":Alegem drept norma n R2 sup-norma. Ca urmare, avem

k

2n 1n+ 1 ;

n + 1n

(2; 1) k = k

2n 1

n+ 1 2; n + 1n 1

k =

= k

3n+ 1 ;

1n

k = maxf 3n+ 1 ; 1n g = 3n+ 1 :

Punem conditia 3n+ 1 < " si rezolvam aceasta inecuatie cu necunoscutan 2 N. Avem 3n+ 1 < " () n + 1 > 3" () n > 3" 1:Fie acum n" un numar natural mai mare decat 3" 1: De exemplu,folosind functia parte ntreaga, putem alege n" = [ 3"

1] + 1 = [ 3

"].

Ca urmare, pentru ecare n 2 N, n n" avem n [ 3" ] > 3" 1 si caurmare, 3n+ 1 < "; adica k

2n 1

n+ 1 ;n + 1

n

(2; 1) k < ":

Asadar, conditia de mai sus se verica, ceea ce arata ca n R2 avem

lim

2n 1n + 1 ;

n + 1n

= (2,1).

2. Se poate proceda ca mai sus. Altfel, conform Teoremei 3.1.7,

pentru a arata ca lim

5n + 2n ;

n2 + n + 1n2 + 2

= (5,1), este necesar si

sucient sa aratam ca se verica conditiilelim 5n + 2n = 5, lim

n2 + n + 1n2 + 2 = 1.

Ori, aceste egalitati sunt adevarate, conform regulilor uzuale de calcula limitelor de siruri de numere reale.Asadar, n R2 avem lim

5n + 2

n ;n2 + n + 1

n2 + 2

= (5,1).

3. Rationam prin reducere la absurd. Presupunem ca n R2 existalimita lim

n + 1, 3n

= (; ) 2 R2: Conform Teoremei 3.1.7, vom

avea lim (n + 1) = 2 R, ceea ce este contradictoriu. Aceastacontradictie arata ca presupunerea facuta este falsa. Asadar, limitalim

n + 1, 3n

nu exista.

6


7/112

Observatie. Daca n rezolvarea punctului 1 se alege alta norma, seconstata ca conditia se verica. Deosebirea care apare este aceea carangul n" se modica odata cu norma. Acest fapt nu este esentialn conditia mentionata. Sirul dat este convergent la vectorul (2,1)indiferent de norma considerata n R2 deoarece orice doua norme peR2 sunt echivalente (si deci genereaza aceeasi topologie - topologiaeuclidiana a spatiului R2).

Problema 3

Sa se determine punctele de acumulare pentru sirurile cu ter-menii generali1). xn =

2 + (1)n ; sin 2n3

;

2). yn =

n(1)n 1 ; 1 + 2(1)n ; nn + 1 tg n3

:

Rezolvare. 1. Prezenta lui (1)n n expresia lui xn sugereazasa consideram pe n par si apoi impar. Pe de alta parte, functiaf(n) = sin 2n

3este periodica de perioada principala T = 22

3

= 3.

Combinnd, avem

x6k =

2 + (1)6k ; sin 12 k3

= (3; 0) ;

x6k+1 = 2 + (1)6k+1 ; sin (12k+2)3 = 1; p32 ;x6k+2 =

2 + (1)6k+2 ; sin (12k+4)3

=

3; p32

;

x6k+3 =

2 + (1)6k+3 ; sin (12k+6)3

= (1; 0) ;

x6k+4 =

2 + (1)6k+4 ; sin (12k+8)3

=

3;p32

;

x6k+5 =

2 + (1)6k+5 ; sin (12k+10)3

=

1; p32

;

pentru ecare k 2 N. Se constata ca sirul (xn) este periodic de pe-rioada T = 6. De aici rezulta ca sirul (xn) are sase subsiruri constante,convergente la unul din vectorii

(3; 0) ; 1; p32 ; 3; p32 ; (1; 0) ; 3; p32 ; 1; p32 :Se mai constata ca orice alt subsir al sirului (xn ) ori este convergentla unul din acesti vectori, ori contine subsiruri convergente la unuldin acesti vectori.Din toate acestea si din Propozitia 3.1.5, rezulta ca multimea punctelorde acumulare a sirului (xn) esteformata din cei sase vectori de mai sus.

7


8/112

2. Procednd ca mai sus, avem, dupa usoare calcule,

y6k = (1; 3; 0) ; y6k+1 =1

(6k+1)2; 1; 6k+16k + 2

p3

;

y6k+2 =

1; 3; 6k+26k + 3p

3

; y6k+3 =1

(6k+3)2; 1; 0

;

y6k+4 =

1; 3; 6k+46k + 5p

3

; y6k+5 =1

(6k+5)2; 1; 6k+56k + 6

p3

;

pentru ecare k 2 N. De aici rezulta ca sirul (xn ) are sase subsiruriconvergente la unul din vectorii

(1; 3; 0) ;

0; 1; p3 ; 1; 3; p3 ; (0; 1; 0) :Se mai constata ca orice alt subsir al sirului (xn ) ori este convergent

la unul din acesti vectori, ori contine subsiruri convergente la unuldin acesti vectori.Din toate acestea si din Propozitia 3.1.5, rezulta ca multimea punctelorde acumulare a sirului (xn) este formata din cei sase vectori de maisus.

Problema 4

Folosind Criteriul lui Cauchy, sa se arate ca sirul (xn ) de vectoridin R2 cu termenul general

xn =

nPk= 1

sin k!k(k + 1) ; (1)kk2 este convergent.

Rezolvare. Criteriul lui Cauchy (vezi Teorema 3.1.6) spune caun sir de vectori din R2 este convergent daca si numai daca el estesir fundamental. Conform Denitiei 3.1.7, sirul de vectori (xn) estesir fundamental daca verica conditia

8" > 0; 9 n" 2 N :8m, n 2 N, m, n n" =) k xn xm k < ":Alegem drept norma n R2 sup-norma. Ca urmare, pentru n > mavem

k xn xm k = knP

k= 1 sin k!k(k + 1) ; (1)kk2

mPk= 1

sin k!k(k + 1) ; (1)k2k k == k

nPk=m+1

sin k!

k(k + 1) ;(1)k

2k

k =

= k

nPk=m+1

sin k!k(k + 1) ;

nPk=m+1

(1)k2k

!k =

= max

( nPk=m+1 sin k!k(k + 1) ; nPk=m+1 (1)

k

2k

)

8


9/112

max(

nPk=m+1

sin k!k(k + 1) ; nPk=m+1

(1)k2k )

max(

nPk=m+1

1k(k + 1) ;

nPk=m+1

12k

)=

= max

(nP

k=m+1

1k 1k+ 1

; 12m (1 2mn )

)=

maxn1

m+1 1n

; 12m (1 2mn )o

1m+1Punem conditia 1

m+1

< " si rezolvam aceasta inecuatie cu necunos-cuta m 2 N. Obtinem m > 1

"1:

Fie acum n" un numar natural mai mare decat 1" 1: De exemplu,putem alege n" = [ 1" 1] + 1 = [ 1" ]. Ca urmare, pentru ecare m, n2 N, n > m n" avem n [ 1" ] > 1" 1 si ca urmare, 1m+1 < "; adicak xn xm k < ":Asadar, sirul cu termenul general xn =

nPk= 1

sin k!

k(k + 1) ;(1)k

k2

este sir

fundamental si deci convergent n R2.Observatie. Daca se alege alta norma, se constata ca conditia severica. Deosebirea care apare este aceea ca rangul n" se modica

odata cu norma. Acest fapt nu este esential n conditia mentionata.Sirul dat este fundamental indiferent de norma considerata n R2

deoarece orice doua norme pe R2 sunt echivalente (si deci genereazaaceeasi topologie - topologia euclidiana a spatiului R2).

Problema 5

Sa se arate ca pe spatiul vectorial real R2; aplicatia

(x,y) ! hx,yi = 3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2;

unde x = (x1,x2), y = (y1,y2), este un produs scalar.Sa se precizeze norma indusa precum si topologia corespunzatoare.Rezolvare. Vericam ca aplicatia satisface axiomele produsuluiscalar (vezi Denitia 2.3.5):1. Pentru orice x = (x1,x2) 2 R2, avem

hx,xi = 3x21 2x1x2 + 2x22 = 2x21 + (x1 x2)2 + x22 0.Apoi, hx,xi = 0 () x1 = 0, x1 x2 = 0, x2 = 0 () x = (0,0) = ;2. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) din R2; avem

9


10/112

hx,yi = hy,xi = 3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2;3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) din R2 si 2 R avem x= (x1,x2) si ca urmare,

hx,yi = 3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2 == (3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2) = hx,yi;

4. Pentru orice x = (x1,x2), y = (y1,y2) si z = (z1,z2) din R2; avemx + y = (x1 + y1;x2 + y2) si ca urmare,

hx + y,zi = 3(x1 + y1)z1 (x1 + y1)z2 (x2 + y2)z1 ++ 2(x2 + y2)z2 = (3x1z1 x1z2 x2z1 + 2x2z2) +

+ (3y1z1 y1z2 y2z1 + 2y2z2) = hx,zi + hy,zi:Asadar, aplicatia data este un produs scalar pe R2: Ca urmare,k k : R2 ! R; k x k =

phx,xi =

p3x21 2x1x2 + 2x

22

este norma indusa de produsul scalar (Teorema 2.3.4, Remarca 2.3.3).Conform cu Teorema 2.3.7, aceasta norma este echivalenta cu normaeuclidiana pe R2: Ca urmare, norma de mai sus genereaza pe R2

topologia euclidiana.Ca un amanunt, sfera S(,r) corespunzatoare este discul eliptic

3x21 2x1x2 + 2x22 < r2.

Adus la forma canonica, acesta este (vezi [D.A.2]) X2

(r)2+ Y

2

(r)2< 1,

unde = q5 p510 si = q5 + p510 : Problema 6

Folosind denitia " a limitei unei functii ntr-un punct, sa searate ca

1. limx!2y!3

(3x + 2y 5) = 7; 2. limx!1y!2z!3

(2x + 3y z) = 5;

3. limx!0y!1

x yx2 = 1; 4. limx!0

y!1z!3

x y(z 3)2

= 1;

5.limx!0y!1

x + y

(y 1)2 =

1;6.

limx!0y!1z!3

x + y

(z 3)2 =

1;Rezolvare. Denitia " a limitei unei functii reale de mai

multe variabile reale ntr-un punct este Denitia 4.1.4.1. Limita lim

x!2y!3

(3x + 2y 5) = 7 se ncadreaza n cazul particular b)

al Denitiei 4.1.4. Ca urmare, avem ca limx!2y!3

(3x + 2y 5) = 7 daca si

numai daca se verica conditia

10


11/112

8" > 0; 9(") > 0 : 8(x,y) 2 R2; (x,y) 6= (2,3), j x 2 j < j y 3 j < =) j (3x + 2y 5) 7 j < ":

Fie un > 0 si e un punct oarecare (x,y) 2 R2 astfel nct (x,y) 6=(2,3) si jx 2j < ; jy 3j < : Atunci, j (3x + 2y 5) 7 j =

= j 3(x 2) + 2(y 3) j 3jx 2j + 2jy 3j < 5:Pentru a se verica conditia de mai sus, este sucient sa luam, pentru" > 0 dat, (") = "

5(sau, orice (") 2 (0, "5 ) )

2. Limita limx!1y!2

z!3

(2x + 3y z) = 5 se ncadreaza n cazul particular c)

al Denitiei 4.1.4. Ca urmare, avem ca limx!1y!2z!3

(2x + 3y z) = 5 daca

si numai daca8" > 0; 9(") > 0 : 8(x,y,z) 2 R2; (x,y,z) 6= (1,2,3),8 0 dat, (") = "6 (sau, orice (") 2 (0, "6 ) )3. Limita innita lim

x!0y!1

x yx2 = 1 se ncadreaza n cazul similar al

Denitiei 4.1.5. Ca urmare, avem limx!0y!1

x yx2 = 1 daca si numai

daca se verica conditia8" > 0; 9(") > 0 : 8(x,y) 2 R2; x 6= 0, (x,y) 6= (0,1),

j x j < j y 1 j < =) x yx2 < ":Fie un 2 (0; 12) si e un punct oarecare (x,y) 2 R2 astfel nct x 6=0, (x,y) 6= (0,1) si jxj < ; jy 1j < : Atunci, x2 < 2 si 0 < 1 < y < 1 + si ca urmare, x yx2 0 dat, (") 2

0; minf12

;1 +

p1 + 42

2g

:

4. Se procedeaza exact asemanator ca mai sus. Limita innitalimx!0y!1z!3

x y(z 3)2

= 1 se ncadreaza n cazul similar al Denitiei 4.1.5.

Ca urmare, avem limx!0y!1z!3

x y(z 3)2

= 1 daca si numai daca se verica

conditia

8" > 0;

9(") > 0 :

8(x,y,z)

2R3; z

6= 3, (x,y,z)

6= (0,1,3),8 0 : 8(x,y) 2 R2; y 6= 1, (x,y) 6= (0,1), j x j < j y 1 j < =)

x + yx2 > ":

Fie un

2(0; 12

) si e un punct oarecare (x,y)

2R2 astfel nct y

6=

1, (x,y) 6= (0,1) si jxj < ; jy 1j < : Atunci, x2 < 2 si 0 < 1 < y < 1 + si ca urmare, x + yx2 >

1 22

: Conditia 1 22

> " se

verica pentru orice 2

0;1 +

p1 + 42

2

:

Pentru a se verica conditia de mai sus, este sucient sa luam, pentru

" > 0 dat, (") 2

0; minf12 ;1 +

p1 + 42

2g

:

6. Se procedeaza exact asemanator ca mai sus.

12


13/112

Observatie. 1. Pentru o functie f : D ! R, unde D R2 (sau R3sau, n general, Rp), limita lim

x!ay!b

f(x,y) = ` prezinta 3 cazuri diferite,

dupa cum ` este nit sau 1: Acestea au fost ilustrate mai sus.2. Din cele de mai sus se poate deduce urmatoarea schema de aplicarea denitiei " a limitei unei functii ntr-un punct. Ne situam ncazul ` nit. Pentru un > 0 si (x,y) 2 D astfel nct (x,y) 6=(a,b) si j x a j < ; j y b j < ; n expresia j f(x,y) ` j punemn evidenta pe j x a j si j y b j si facem majorarea j f(x) ` j F(). Punem conditia F() < " si rezolvam aceasta inecuatie cunecunoscuta ; obtinnd solutia < g("). Lund (") n intervalul(0,g(")), conditia din denitie se verica si ca urmare am demonstratca lim

x!ay!b

f(x,y) = `:

n cazul n care ` = 1, se procedeaza asemanator, cu modicareaca n expresia f(x,y) ` punem n evidenta pe j x a j si j y b jsi facem minorarea f(x,y) ` F(). Punem conditia F() > "si rezolvam aceasta inecuatie cu necunoscuta ; obtinnd solutia < g("). Lund (") n intervalul (0,g(")), conditia din denitie severica si ca urmare am demonstrat ca lim

x!ay!b

f(x,y) = 1:

n cazul n care ` = 1; se procedeaza asemanator, cu modicareaca n expresia f(x,y) ` punem n evidenta pe j x a j si j y b jsi facem majorarea f(x,y) ` F(). Punem conditia F() < "si rezolvam aceasta inecuatie cu necunoscuta ; obtinnd solutia < g("). Lund (") n intervalul (0,g(")), conditia din denitie severica si ca urmare am demonstrat ca lim

x!ay!b

f(x,y) = `:

Problema 7

Folosind Criteriul lui Heine, sa se arate ca

1. limx!1y!0

sin 1x2 + y2 exista; sa se determine limita;

2. limx!0y!0

sin 1x2 + y2 nu exista.

Rezolvare. 1. Fie ((xn ,yn ))n un sir oarecare de vectori din R2,(xn ,yn ) 6= (1,0) 8 n 2 N si astfel nct lim (xn ,yn ) = (1,0). Aceastanseamna ca lim xn = 1 si lim yn = 0. Ca urmare, lim (x2n + y

2n)

= 1 si atunci, lim sin 1x2n + y2n = sin1: Conform Criteriului lui Heine

13


14/112

(Teorema 4.1.1), limx!1y!0

sin 1x2 + y2 exista si este egala cu sin1:

2. Prin reducere la absurd. Presupunem ca limx!0y!0

sin 1x2 + y2 exista. Fie

` = limx!0y!0

sin 1x2 + y2 (care este nita, pentru ca functia sin1

x2 + y2 este

marginita). Conform Criteriului lui Heine, ar trebui ca pentru oricesir ((xn ,yn ))n de vectori din R

2, (xn ,yn ) 6= (0,0), 8 n 2 N si astfel nctlim (xn ,yn ) = (0,0) sa avem lim sin 1x2n + y2n = `: Fie sirul de vectori

din R2 cu termenul general (xn ,yn ) = ( 1pn ; 0): Se vede ca (xn ,yn ) 6=(0,0) 8 n 2 N si lim (xn ,yn ) = (0,0) si, n plus, lim sin 1x2n + y2n = limsin n = 0. Deci, ` = 0. Fie acum sirul de vectori din R2 cu termenulgeneral (x0n ,y

0n ) = (

1p2n+

2

; 0): Se vede ca (x0n ,y0n ) 6= (0,0) 8 n 2 N si

lim (x0n ,y0n ) = (0,0) si, n plus, lim sin

1(x0n )2 + (y

0n )

2 = lim sin (2n +2

) = 1. Deci, ` = 1, ceea ce contrazice rezultatul obtinut anterior.Contradictia arata ca limita lim

x!0y!0

sin 1x2 + y2 nu exista.

Observatie. Folosirea Criteriului lui Heine n probleme privind exis-tenta limitei unei functii ntr-un punct se face dupa modelul urmator:O functie f : D

!R, unde D

R2 (sau R3 sau, n general, Rp) are

limita ` n punctul (a,b) 2 D0 daca se verica conditia: oricare ar sirul ((xn ,yn ))n de elemente din D, diferite de (a,b) si astfel nct lim(xn ,yn ) = (a,b), avem ` = lim f(xn ;yn ).Folosirea Criteriului lui Heine n probleme privind inexistenta limiteiunei functii ntr-un punct se face dupa modelul urmator: O functief : D ! R nu are limita (nu are limita `) n punctul (a,b) 2 D0daca se verica conditia: exista un sir ((xn ,yn ))n de elemente dinD, diferite de (a,b) si cu limita (a,b) si astfel nct lim f(xn ; yn)nu exista (respectiv, nu are limita `). Practic, se determina douasiruri ((x0n ,y

0n ))n ; ((x

00n ,y

00n ))n din D, convergente la (a,b) astfel nct

lim f(x0n ,y0n ) si lim f(x00n ,y00n ) sunt diferite ntre ele (respectiv, unadintre ele diferita de `) (acum, sirul ((xn ,yn ))n este sirul intercalat(x01 ;y

01);(x

001 ;y

001);(x

02 ;y

02);(x

002 ;y

002);...).

Problema 8

1). Pentru functia f : [0,2] ! R2; f(t) = (cos t; sin t), sa secalculeze lim

t!0f(t) si lim

t!f(t).

14


15/112

2). Pentru functia

f : R2 n {(0,0)} ! R2; f(x,y) =

xy2

x2 + y2 ; x sinxy

x2 + y2

;

sa se calculeze limx!0y!0

f(x,y) si limx!1y!2

f(x,y).

3). Pentru functia

f : R3 n {(0,0)} ! R2; f(x,y,z) =

1 cos (1 cosx)x2 + y2 + z2 ; e

z

;

sa se calculeze limx!0y!0z!0

f(x,y,z) si limx!0y!1z!0

f(x,y,z).

Rezolvare. Conform Corolarului 4.1.1, limita unei functii vec-

toriale se face pe componente. Asadar,1. lim

t!0f(t) = lim

t!0(cos t; sin t) =

limt!0

cos t; limt!0

sin t

= (1,0),

limt!

f(t) = limt!

(cos t; sin t) =

limt!

cos t; limt!

sin t

= (1,0).

2. Avem limx!0y!0

f(x,y) = limx!0y!0

xy2

x2 + y2 ; x sinxy

x2 + y2

= (0,0), pentru ca xy2x2 + y2 = jyj xyx2 + y2 12 j y j !x!0

y!0

0 si la fel,x sin xyx2 + y2

= jxjsin xyx2 + y2

jxj !

x!0y!0

0.

La fel, limx!1y!2

f(x,y) = limx!1y!2

xy2x2 + y2 ; x sin xyx2 + y2 = (45 ; sin 25 ), pentruca lim

x!1y!2

xy2

x2 + y2 =45

si limx!1y!2

xsin xyx2 + y2 = sin25

:

3. Avem limx!0y!0z!0

f(x,y,z) = limx!0y!0z!0

1 cos (1 cosx)

x2 + y2 + z2 ; ez

= (0,1), pentru

ca limx!0y!0z!0

1 cos (1 cosx)x2 + y2 + z2 = limx!0

y!0z!0

1 cos (1 cosx)(1 cosx)2

(1 cosx)2x2 + y2 + z2 =

= 12 limx!0

y!0z!0

(2sin2 x2 )2

x2 + y2 + z2 = 2 limx!0 sin x

2

x 4

x4

x2 + y2 + z2 = 0

si, evident, limx!0y!0z!0

ez = 1.

S-au folosit limitele fundamentale limt!0

1 cos tt2 =

12

, limx!0sinx

x = ;

limita functiei compuse precum si faptul ca limx!0y!0z!0

x4

x2 + y2 + z2 = 0,

15


16/112

pentru ca 0 x4x2 + y2 + z2 x2 x2

x2 + y2 + z2 x2 !x!0y!0z!0

0.

Observatie. n calculul limitelor functiilor de mai multe variabile, sefolosesc, adaptate corespunzator, regulile de calcul a limitelor functii-lor de o variabila reala.

Problema 9

Se considera functia f : R2 ! R denita prin

f(x,y) = ( (x + y)cos1x + sin

1y ; x 6= 0 si y 6= 00, x = 0 sau y = 0 :

Sa se determine multimea punctelor de continuitate ale functiei.Rezolvare. Studiem continuitatea functiei f ntr-un punct (a,b)

2 R2. Vom folosi Criteriul lui Heine (Teorema 4.2.1) privind continu-itatea unei functii ntr-un punct. Deosebim patru cazuri, dupa cuma si b sunt nule sau nenule.Cazul a 6= 0 si b 6= 0. Atunci, f(a,b) = (a + b)cos 1a + sin 1b Fie(xn ,yn) un sir arbitrar din R2, convergent la (a,b). Fie r =

pa2 + b2

si sfera S((a,b),r) = S. Exista rangul n0 2 N astfel nct (xn ,yn) 2 Spentru n

n0: Pentru un astfel de n, avem

f(xn ,yn ) = (xn + yn)

cos 1xn + sin1

yn

.Ca urmare, lim f(xn ,yn) = f(a,b). Acum, Criteriul amintit arata cafunctia f este continua n punctul (a,b).Cazul a 6= 0 si b = 0. Atunci, f(a,b) = 0. Fie sirul (yn), convergentla 0, denit prin yn = 12n + (1)n

2

: Deoarece

lim f(a,y2n) = a(cos1a + 1) si lim f(a,y2n+ 1) = a(cos1a 1),

rezulta ca lim f(xn ,yn ) nu exista. Acum, Criteriul amintit arata cafunctia f nu este continua n punctul (a,b).Cazul a = 0 si b 6= 0 este similar cu cel anterior.

Cazul a = 0 si b = 0. Atunci, f(a,b) = 0. Fie (xn ,yn) un sir arbitrardin R2, convergent la (0,0). Avem

f(xn ,yn ) =

(xn+yn)( cos1

xn+ sin 1yn ), xn 6= 0, yn 6= 0

0, xn = 0 sau yn = 0Se constata cu usurinta ca pentru orice n 2 N are loc inegalitatea jf(xn ,yn ) j 2j xn + yn j. De aici rezulta imediat ca lim f(xn ,yn) = 0= f(a,b). Criteriul amintit arata ca functia f este continua n (a,b).n concluzie, multimea punctelor de continuitate ale functiei f este

16


17/112

D = R2n {(x,0) j x 6= 0} [ {(0,y) j y 6= 0}. Observatie. Criteriul lui Heine si diverse variante ale lui sunt desutilizate n probleme privind continuitatea unei functii ntr-un punct.Este indicat a folosit n probleme privind discontinuitatea uneifunctii ntrun punct, dupa modelul urmator:O functie f : D ! Y este discontinua ntrun punct a 2 D daca severica conditia: exista un sir (xn) din D, convergent la a si astfelnct lim f(xn) ori nu exista ori, daca exista, este diferita de f(a).Practic, se determina doua siruri (x0n) (x

00n ) din D, convergente la a

astfel nct lim f(x0n) si lim f(x00n ) sunt diferite ori ntre ele, ori de f(a).

(acum, sirul (xn) este sirul intercalat x01 ;x001 ;x02 ;x002 ;...).Stabilirea continuitatii unei functii ntrun punct se poate face si cudenitia (n diversele ei variante cu vecinatati sau ") sau folosindproprietatile functiilor continue.Astfel, continuitatea functiei f n (0,0) nseamna vericarea conditieidin Denitia 4.2.5:

8" > 0; 9 > 0; 8(x,y) 2 R2 j x j <

j y j < =) j f(x,y) f(0,0) j< "Pentru aceasta, e un > 0 si e un punct oarecare (x,y) 2 R2 astfelnct jxj < si jyj < : Atunci,

j f(x,y) f(0,0) j 2j x + y j 2(j x j + j y j) < 4:De aici se vede ca conditia din Denitia 4.2.5 se verica daca pentru" > 0 dat se ia = "

4:

n sfrsit, n cazul a 6= 0 si b 6= 0, pentru a arata ca functia f este con-tinua n punctul (a,b), procedam astfel: pe vecinatatea S a punctului(a,b), functia f este denita prin

f(x,y) = (x + y)

cos 1x + sin1y

:

Astfel, f apare ca un produs de doua functii continue: o functie poli-nomiala si o functie suma de functii trigonometrice compuse cu functiirationale. Cum produsul a doua functii continue este o functie con-

tinua, functia f este continua pe S si cu att mai mult n (a,b).

Problema 10

Se considera functia

f : R2! R; f(x,y) =(

jyjx2 e

jy jx2 , daca x 6= 0, y 2 R

0, daca x = 0, y 2 R :i). Sa se studieze continuitatea partiala;

17


18/112

ii). Sa se studieze continuitatea dupa o directie n origine;iii). Daca A = {(x,y) 2 R2 j y = x2}, sa se studieze continuitatearelativ la multimea A n origine.iv). Sa se studieze continuitatea functiei.v). Se poate prelungi f prin continuitate n origine?vi). Sa se studieze continuitatea uniforma a functiei.vii). Sa se studieze existenta limitelor iterate ale functiei ntr-unpunct (a,b).

Rezolvare. i). Conform cu Denitia 4.2.11, functia f estecontinua partial n raport cu variabila x (sau y) n punctul (a,b)

daca f este continua dupa directia axei Ox (respectiv Oy) n punctul(a,b). Avnd n vedere Denitiile 4.2.8 si 4.2.10, e 1 (respectiv2 ) dreapta ce trece prin (a,b) si este paralela cu Ox (respectiv Oy).Ecuatia ei este y = b (respectiv x = a). Restrictia functiei f la dreapta

1 este f1 : R ! R, f1 (x) =(

jbjx2 e

jb jx2 , daca x 6= 0

0, daca x = 0;

iar restrictia la dreapta 2 este f2 : R ! R, f2 (y) = 0 cnd a = 0si f2 : R ! R, f2 (y) = jyja2 e

jy ja2 cnd a 6= 0.

Din limx!a

f1 (x) = f1 (a) pentru ecare a 2 R, rezulta ca functia f

este continua partial n raport cu variabila x n punctul (a,b).Pentru a = 0, avem limy!b

f2 (y) = f2 (b) = 0, pentru ecare b 2 R;rezulta ca functia f este continua partial n raport cu variabila y npunctul (0,b).Pentru a 6= 0, avem lim

y!bf2 (y) = f2 (b), pentru ecare b 2 R; rezulta

ca functia f este continua partial n raport cu variabila y n (a,b).Asadar, functia f este continua partial n raport cu variabila y npunctul (a,b).Concluzia este ca functia f este continua partial n ecare punct (a,b)din R2.

ii). Avem n vedere Denitia 4.2.10 privind continuitatea dupa odirectie n origine. Din cele spuse mai sus, functia f este continuadupa directia axelor Ox si Oy n origine. Fie acum : y = mx, m6= 0, o dreapta oarecare care trece prin origine, diferita de axele decoordonate. Restrictia functiei f la dreapta este

f : R ! R, f(x) =(

jmjjxj e

jm jjx j , daca x 6= 00, daca x = 0

:

18


19/112

Acum, avem limx!0

f(x) = limt!1

tet = 0 = f (0), adica restrictia

functiei f la dreapta este continua n 0. Conform cu Denitia4.2.10, functia f este continua dupa orice directie n origine.iii). Avem n vedere Denitia 4.2.8 privind continuitatea relativ la omultime a unei functii. Restrictia functiei f la multimea A este

fA : A ! R, fA (x,y) =

e1, daca (x,y) 6= (0,0)0, daca (x,y) = (0,0)

:

Este clar ca limx!0y!0

fA (x,y) = e1; ceea ce arata ca restrictia functiei f

la A nu este continua n (0,0).Concluzia este ca functia f nu este continua relativ la multi-mea A norigine.iv). Din cele spuse imediat deasupra, rezulta ca functia f nu estecontinua n (0,0) (vezi Remarca 4.2.4). De altfel, din lim f( 1pn ;

1n ) =

e1 si Criteriul lui Heine (Teorema 4.2.1), avem aceeasi concluzie.Fie acum un punct (0,b) din R2, b 6= 0. Fie (xn ;yn) un sir de punctedin R2, convergent la (0,b). Aceasta nseamna, conform Teoremei3.1.7, ca lim xn = 0 si lim yn = b. De aici, lim

jyn jx2n

= 1 si, tinndcont nca o data ca lim

t!1tet = 0, avem lim f(xn ,yn) = 0 = f(0,b).

Asadar, functia f este continua n punctul (0,b) din R2, b 6= 0.Fie acum un punct (a,b) din R2, a 6= 0. Pe o vecinatate sferica aacestui punct, cu raza sucient de mica, functia f este o compunerede functii continue: functia u(x,y) = jyjx2 si functia v(t) = te

t : Caurmare, f este continua pe ntreaga aceasta vecinatate.Concluzia este ca functia f este continua pe R2 n {(0,0)}.v). Avnd n vedere cele spuse mai sus la pc. ii) si iii) si tinndcont de Propozitiile 4.1.1 si 4.1.2, rezulta ca functia f nu are limitan origine. Ca urmare, (vezi Denitia 4.2.7), functia f nu se poateprelungi prin continuitate n origine.

vi). Am tras mai sus concluzia ca functia f este continua pe R2

n{(0,0)}. Conform cu Teorema lui Cantor (Teorema 4.2.10), functia feste continua uniform pe orice multime compacta din R2 n {(0,0)}.Mai mult, se poate arata ca functia f este continua uniform pe oricemultime marginita din R2 n {(0,0)}.Aratam ca functia f este continua uniform pe R2 n [r,r] [r,r],pentru ecare r > 0.(Schita). Prin calcul direct, se constata ca functia f este derivabila

19


20/112

partial pe [0,1) [0,1) n {(0,0)} si (vezi Remarca 5.1.1)@f@x (x,y) =

( 2yx3 e

jy jx2 + yx2

2yx3 e

yx2 ; x 6= 0, y 0

0, x = 0, y > 0;

@f@y (x,y) =

(1

x2 e jy j

x2 yx4 e y

x2 ; x 6= 0, y 00, x = 0, y > 0

:

Avnd n vedere inegalitatea tket M = const. pentru t 0 si k =1, 2, se constata ca aceste derivate partiale sunt marginite pe ecaredin multimile [r,1) [r,1), [0,r] [r,1), [r,1) [0,r].Folosind acest rezultat si Teorema lui Lagrange privind functiile realederivabile (vezi si Remarca 5.4.3), se constata ca functia f este lip-schitziana pe ecare din aceste multimi. Ca urmare (vezi Propozitia4.2.2), functia f este continua uniform pe ecare din aceste multimi sideci si pe reuniunea lor. Din simetria functiei fata de axele de coor-donate, la fel este functia si pe celelalte cadrane. Din toate acestea,avem ca functia f este continua uniform pe R2 n [r,r] [r,r], pentruecare r > 0.vii). Avem n vedere Denitia 4.1.13 privind limitele iterate ale uneifunctii ntr-un punct si obtinem: limita partiala n raport cu x a functiei f n punctul (a,b) este

limx!a

f(x,y) =( jyja2 e jy ja2 , daca a 6= 0

0, daca a = 0= f(a,y), y 2 R,

limita partiala n raport cu y a functiei f n punctul (a,b) este

limy!b

f(x,y) =

(jbjx2 e

jb jx2 , daca x 6= 0

0, daca x = 0= f(x,b), x 2 R.

De aici,

limx!a

limy!b

f(x,y)

=

(jbja2 e

jb ja2 , daca a 6= 0

0, daca a = 0= f(a,b),

limy!b limx!af(x,y) = (jbj

a2 e

jb ja2 , daca a

6= 0

0, daca a = 0 = f(a,b),ceea ce arata ca f are limite iterate n ecare punct (a,b) din R2. Observatie. Functia f este un exemplu de functie care are limiteiterate n origine, este continua partial n origine dar nu este continuan origine (nu are nici macar limita n origine).Observatie. Mai trebuie demonstrat ca daca f este continua uniformpe doua multimi, atunci ea este continua uniform si pe reuniunea lor.

20


21/112

Problema 11

Dat ind " > 0; sa se determine un (") > 0 satisfacnd conditiade continuitate uniforma pentru functia

f : (0,1) R (1,1) ! R2; f(x,y,z) = ex cos y, zesin y :Rezolvare. Avem n vedere Denitia 4.2.14, adaptata tipului de

functie din enunt. n Denitie, consideram d1 si d2 ca ind metricileinduse de supnormele pe spatiile R3 si respectiv R2. Asadar, functia

f este continua uniform pe multimea D = (0,1) R (1,1) R3

daca, pentru orice " > 0; exista (") > 0 astfel nct, pentru orice(x1,y1,z1) si (x2,y2,z2) 2 D cu j x1 x2 j < ("); j y1 y2 j < (");j z1 z2 j < ("); sa avem

j ex1 cosy1 ex2 cosy2 j < "; j z1esin y1 z2esin y2 j < ":Fie f1(x,y,z) = ex cosy prima functie componenta a lui f. Avnd nvedere Formula lui Lagrange pentru functii de mai multe variabilereale (vezi Remarca 5.4.3), pentru (x,y,z) si (a,b,c) din D, avem

f1(x,y,z) f1(a,b,c) = e cos (x a) e sin (y b),cu 2 a,x si 2 b,y:Analog, pentru f2(x,y,z) = zesin y ; a doua functie componenta a lui f,avem

f2(x,y,z) f2(a,b,c) = cos esin(y b) + esin(z c),cu 2 b,y si 2 c,z:Observnd acum ca cele patru derivate partiale de mai sus sunt margi-nite n modul pe D de numarul M = e, avem

j ex1 cosy1 ex2 cosy2 j M(j x1 x2 j + j y1 y2 j)j z1esin y1 z2esin y2 j M(j y1 y2 j + j z1 z2 j) :

Se vede de aici ca daca se alege (") = "2e ; atunci conditia de conti-nuitate uniforma pentru functia f pe domeniul sau de denitie D severica.

Observatie. n fapt, sa aratat ca ecare functie componenta alui f este continua uniform pe multimea D, iar (") cerut este min-imul dintre cei doi ("); cei corespunzatori celor doua componente alefunctiei.n general, o functie f = (f1,f2,...fq) : D Rp ! Rq este continua uni-form pe multimea D daca si numai daca ecare componenta f1,f2,...fqeste continua uniform pe D.

21


22/112

Observatie. Teorema lui Cantor (Teorema 4.2.10) arata ca ntrosituatie speciala pentru domeniul de denitie D, o functie continuaf : D Rp ! Rq poate chiar continua uniform pe D.Alte situatii speciale sunt prezentate mai jos:a). Fie I R un interval necompact. O functie continua f : I ! Rcare are limite nite n capetele intervalului I este continua uniform.b). Orice functie continua f : Rp ! Rq care este periodica n raportcu ecare variabila, este continua uniform pe Rp .Observatie. Se poate demonstra ca functia f este continua uniformpe multimea D si altfel:

Varianta 1. Fie mai nti f0 restrictia functiei f la multimea (0,1) [0,2] (1,1) si apoi f1 prelungirea prin continuitate a lui f0 pemultimea = [0,1] [0,2] [1,1]. n sfrsit, e f2 prelungireaprin 2 periodicitate n raport cu variabila y a lui f1 la multimeaD = [0,1] R [1,1]. Deoarece multimea este compacta, con-form Teoremei lui Cantor (Teorema 4.2.10), functia continua f1 estecontinua uniform pe multimea : Avnd n vedere cele de mai sus,functia f2 este continua uniform pe multimea D: Ca urmare, restrictiasa la D, adica functia f, are aceeasi proprietate.Varianta 2. (Schita). Functia exponentiala si functia de gradul nti

ce apar n expresia lui f sunt continue uniform pe intervalele deschisecorespunzatoare pentru ca se pot prelungi prin continuitate pe in-tervalele compacte corespunzatoare. Celelalte doua functii sunt con-tinue uniform pe R deoarece sunt continue si 2 periodice pe R.Mai folosim proprietatea ca produsul a doua functii continue uniformsi marginite este o functie continua uniform pe multimea respectiva.Ca urmare, componentele lui f, deci si f, sunt functii continue uniformpe D.

Problema 12

Pentru functia f : R2

!R2; denita prin

f(x,y) =8>>>>>>:

@@

= 0

@@

= 0

@@z = e

z

:

Din primele doua ecuatii rezulta ca = (z); iar din ultima,

109


110/112

= ez + c, c 2 R.Aceasta multime de functii este multimea cmpurilor scalare cerute.b). Avem n vedere cele spuse n 12.7/12.7.2/1. Ca urmare, solutiasistemului

rot ~v = 0div ~v =

este ~v = grad ; cu = :i). Concret, ecuatia lui Poisson = devine

@2@x2 +

@2@y2 +

@2@z2 = xy + yz + xz.

Cautam o solutie de forma unei functii polinomiale de gradul trei

n x, y, z. Se constata cu usurinta ca = 16 x3y + y3z + xz3 esteo solutie a acestei ecuatii.Ca urmare,~v = grad = 1

6

3x2y + z3

~i + 16

x3 + 3y2z

~j + 16

y3 + 3xz2

~k

este un cmp vectorial irotational cu div ~v = xy + yz + xz.ii). Cmpul scalar = cos

4este dat n coordonate cilindrice. n

astfel de coordonate, ecuatia lui Poisson = devine (vezi expresialaplaceianului n coordonate cilindrice n Exemplul 12.4.10)

1

@@

@@

+ 1

2@2

@2+ @

2@z2 =

cos 4

:

Caut

am o solutie de forma = (; ) = f()

2 : Ecuatia devine (dup

a

eliminarea numitorului 4) f00 + 4f = cos :O solutie a acestei ecuatii este f() = 1

3 cos si deci, = 132 cos

este o solutie a ecuatiei lui Poisson de mai sus.Acum, ~v = grad = 2

33 cos ~e +133 sin ~e este un cmp vectorial

irotational ce are divergenta div ~v = cos 4

:

c). Avem n vedere cele spuse n 12.7/12.7.2/2. Ca urmare, solutia

sistemului

rot ~v = ~Vdiv ~v = 0

(n care div ~V = 0) este ~v = ~w + grad

cu = div ~w, ~w ind un potential vector pe R3 pentru ~V :

i). Concret, pentru ~V = y(1 2x)~i + (z x2

+ y2

)~j + (x 1)~k,avem div ~V = 0, dupa cum usor se poate constata. Ca urmare (veziDenitia 12.6.3 si Teorema 12.6.2), exista un potential vector (veziDenitia 12.6.4) pe R3 pentru ~V : Cautam acest potential vector subforma ~w = w1(x,y,z)~i + w2(x,y,z)~j.Conditia rot ~w = ~V se transforma n sistemul de ecuatii cu derivatepartiale

110


111/112

8>>>>>>>:

@w2@z = y(1 2x)

@w1@z = z x

2 + y2

@w2@x

@w1@y = x 1

:

Din primele doua ecuatii ale sistemului rezultaw1 = 12z

2 + (y2x2)z + A(x,y)w2 = (2x 1)yz + B(x,y)

;

care duse n a treia ne da conditia pentru A si B: @B@x @A@y = x 1.

Luam A = yx si B = x si aceasta conditie se verica.

n consecinta, ~w =12

z2 + (y2x2)z yx

~i + ((2x 1)yz x)~j este

un potential vector pe R3 pentru ~V :Deoarece div ~w = y z, rezulta ca ecuatia = div ~w devine(vezi Denitia 12.3.6) @

2@x2 +

@2@y2 +

@2@z2 = y + z.

O solutie a acestei ecuatii este = 16

y3 + z3

.

Acum avem grad = 12

y2~j + 12

z2~k si atunci, solutia ~v cautata este

~v =12

z2 + (y2x2)z yx

~i +

+ (2x 1)yz x +12

y2~j +12

z2~k:

ii). Consideram ca cerinta rot ~v = ~e este data n coordonate cilin-drice. Procedam ca mai sus, lucrnd n astfel de coordonate.Concret, pentru ~V = ~e, avem (vezi Exemplul 12.4.8) div ~V = 0,dupa cum usor se poate constata. Ca urmare (vezi Denitia 12.6.3 siTeorema 12.6.2), exista un potential vector (vezi Denitia 12.6.4) peR3 pentru ~V : Cautam acest potential vector sub forma

~w = w1(; ,z)~e+ w3(; ,z)~ez .Conditia rot ~w = ~V se scrie (vezi expresia rotorului n coordonatecilindrice n Exemplul 12.4.6)

1

~e ~e ~ez@

@

@

@

@

@zw1 0 w3

= ~esi se transforma n sistemul de ecuatii cu derivate partiale8 0,

111


112/112

2 [0,2); z 2 R pentru cmpul solenoidal ~V : Deoarece div ~w = 0,rezulta ca ecuatia = div ~w devine (vezi Denitia 12.4.10)

@2@2

+ 12

@2

@2+ @

2@z2 +

1@@

= 0.Putem lua = 0. Solutia ~v este ~v = ~w + grad = ~ez :Daca cerinta rot ~v = ~e este data n coordonate sferice, se procedeazaasemanator.d). i). Conform cu Teorema 12.7.2, o solutie a sistemului

rot ~v = x~i + y~j 2z~kdiv ~v = xy

se poate determina sub forma ~v = ~v1 + ~v2; unde ~v1 si ~v2 sunt solutiiale sistemelor

(S1) :

rot ~v = 0div ~v = xy

, (S2) :

rot ~v = x~i + y~j 2z~kdiv ~v = 0

.

Determinarea unei solutii ~v1 pe R3 a sistemului (S1) se face asemana-tor ca la pct. b). Se obtine, de exemplu, ~v1 = 12x

2y~i 16

x3~j:Analog, determinarea unei solutii ~v2 pe R3 a sistemului (S2) se faceasemanator ca la pct. c). Se obtine, de exemplu, ~v2 = yz~i xz~j:Ca urmare, o solutie pe R3 a sistemului dat este

~v =

yz 12

x2y

~i

16

x3 + xz

~j.

ii). Procedam ca mai sus, lucrnd n coordonate cilindrice. Se obtine,

de exemplu, ~v1 =

p2 + z2 ~e + zp2 + z2 ~ez ; ca solutie a sistemului(rot ~v = 0div ~v = 2p

2 + z2

si ~v2 = 2z~e 23z3

~e +

2 2z2

~ez ; ca solutie a sistemului

rot ~v = ~e 2z~ezdiv ~v = 0

:

Ca urmare o solutie pe domeniul : > 0 2 [0 2) z 2 R a

2076 - Analiza Matematica - Probleme Rezolvate

Documents

Transcript of 2076 - Analiza Matematica - Probleme Rezolvate