Computer Engineering - Analisi Matematica 2

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Ingegneria Informatica e Gestionale - Politecnico di Milano - sede di Cremona Analisi Matematica II - temi d'esame a.a. 2021{2022 Primo appello - 28 gennaio 2022 LE RISPOSTE AI QUESITI VANNO MOTIVATE. TEORIA (SI DEVONO OTTENERE ALMENO 4 PUNTI) Domanda 1.(5 punti) Fornire la denizione di derivibalita e dierenziabilita in un punto (x 0; y 02 R2 ), per una funzionef:R2 !R. Enunciare e dimostrare una condizione necessaria per la dierenziabilita. Domanda 2.(3 punti) Denire il raggio di convergenza di una serie di potenze ed enunciare un criterio per calcolarlo. ESERCIZI Esercizio 1.(11 punti) Siafla funzione denita suR2 daf(x; y) =3 py ln(x2 +y2 1): (a)(2 punti) Determinare il dominio dif, disegnarlo nel piano, dire se si tratta di un insieme aperto, chiuso o nessuno dei due e determinare la sua frontiera. (b)(3 punti) Stabilire dovefe continua e dove e derivabile. (c)(6 punti) Disegnare il dominio D= (x; y)2R2 :x2 +y2 20^y0^yxp2 : Stabilire sefammette massimo e/o minimo assoluto suDe, in caso aermativo, determinarli. Soluzione.(a)La funzione e denita perx2 +y2 >1. Il dominioDe un insieme aperto e la sua frontiera e l'insieme (x; y) :x2 +y2 = 1 .yx D (b) fe continua nel suo dominio, poiche combinazione di funzioni continue. La derivata parziale di frispetto adxe denita per ogni (x; y)2 De vale @xf (x; y) =3 py 2 xx 2 +y2 1: La derivata parziale difrispetto adye denita per ogni (x; y)2 D n (x; y) :y= 0 e vale: @yf (x; y) =13 y2 =3ln( x2 +y2 1) +3 py 2 yx 2 +y2 1: Studiamo l'esistenza della derivata parziale rispetto aynei punti (x 0; 0) (conjx 0j >1), utilizzando la denizione. Sex 06 =p2, lim k!0f (x 0; k )f(x 0; 0)k = lim k!0ln( x2 0+ k2 1)k 2 =3= lim k!0ln( x2 0 1)k 2 =3=( +1sejx 0j >p2 1se 10 ey=1x [ (x; y)2R2 :x 0 ovvero in D=f(x; y)2R2 :x; y >0^x; y < > :x 2 yx 2 +y2se ( x; y)6 = (0;0) 0 se (x; y) = (0;0): (a)(6 punti) Determinare sefe continua, derivabile, dierenziabile in (0;0). (b)(6 punti) Determinare (se esistono) punti di massimo e/o minimo assoluti difnell'insieme K=f(x; y)2R2 :y1^x2 +y2 4g: Soluzione.(a)Continuita in (0;0): si osserva che jf(x; y)j x 2 jyjx 2= jyj;per ogni (x; y)6 = (0;0) ed ovviamente lim(x;y)!(0;0)j yj= 0, quindi lim (x;y)!(0;0)f (x; y) = 0 =f(0;0). La funzione e dunque continua in (0;0). Derivabilita in (0;0): f(x;0)0 ef(0; y)0;(per ognixe per ogniy); quindife derivabile in (0;0) e vale @xf (0;0) =@ yf (0;0) = 0: Dierenziabilita in (0;0): osserviamo che il limite lim (h;k)!(0;0)f (h; k)f(0;0)p h 2 +k2= lim (h;k)!(0;0)h 2 kh 2 +k21p h 2 +k2 non esiste. Infatti, seh=k: lim h!0+f (h; h) = lim h!0+h 32 p2 h3=12 p2 mentre lim h!0f (h; h) = lim h!0h 3 2p2 h3= 12 p2 ; quindifnon e dierenziabile in (0;0). (b)L'insieme Ke:Si tratta di un insieme chiuso e limitato, inoltre fe continua inK. Dal Teorema di Weierstrass possiamo dedurre chefammette massimo e minimo assoluti inK. Osserviamo che inK,f(x; y) 0, ef(x; y) = 0 nei punti (0; y) cony2[1;2], che risultano quindi punti di minimo assoluto per finK. Cerchiamo i candidati massimi assoluti studiando separatamente: i puntiP 1= ( p3 ;1) eP 2= (p3 ;1), IntKe@ K= 1[ 2, dove 1si puo parametrizzare con r 1( x) = (x;1),x2 p3 ;p3) e 2con r 2( x) = (x;p4 x2 ),x2 p3 ;p3). Determiniamo gli eventuali punti critici difin IntKrisolvendo il sistema: 8 < :@ xf (x; y) =2 xy(x2 +y2 )2x3 y( x2 +y2 )2 =2 xy3( x2 +y2 )2 = 0 @yf (x; y) =x 2 (x2 +y2 )2x2 y2( x2 +y2 )2 =x 2 (x2 y2 )( x2 +y2 )2 = 0 Essendorf(x; y) = (0;0) in IntKse e solo se (x; y) = (0; y), cony2(1;2), non troviamo nuovi candidati estremanti (abbiamo gia osservato che sono punti di minimo assoluto perfinK). Studiamo g2( x) :=f(r 2( x)) =x 2p4 x24 : g0 2( x) =2 xp4 x24 x 34 p4 x2=8 x3x34 p4 x2= 0 se e solo sex= 0,x=2p2 p 3 , troviamo quindi i candidati A= 2p2 p 3 ; 2p 3
eB= 2p2 p 3 ; 2p 3
. Studiamo g1( x) :=f(r 1( x)) =x 2x 2 + 1= 1 1x 2 + 1: g1decresce in ( p3 ;0) e cresce in (0;p3), non trovo quindi ulteriori candidati massimi. Essendo f(P 1) = f(P 2) =34 e f(A) =f(B) =43 p3 ; i punti di massimo assoluto perfinKsonoAeB. Esercizio 2(6 punti) Calcolare l'integrale triploZ Z Z Dz1 + x2 +y2dxdydz; doveD= (x; y)2R2 :x2 +y2 z2 ^0z1 :yx 1 2 K P1P 2 Soluzione. Utilizzando le coordinate cilindriche ed integrando per strati otteniamoZ Z Z Dz1 + x2 +y2dxdydz =Z 1 0Z 2 0Z z 0z1 + 2ddzd = 2Z 1 0zh 12 ln(1 + 2 )i =z =0dz = 2Z 1 0z2 ln(1 + z2 )dz= ed, essendoZz2 ln(1 + z2 )dz=z 24 ln(1 + z2 )Z z32(1 + z2 )= z 24 ln(1 + z2 )12 Z  zz1 + z2 dz =z 24 ln(1 + z2 )z 24 + 14 ln(1 + z2 ) =z 2 + 14 ln(1 + z2 )z 24 ove si e presa la costanteC= 0, Z Z Z Dz1 + x2 +y2dxdydz = 2h z2 + 14 ln(1 + z2 )z 24 i z=1 z=0= ln 22 : Esercizio 3(6 punti)(a)(4 punti) Al variare del parametro2R, discutere la stabilita dell'origine per il seguente sistema lineare x0 = 2x+y y0 =x+y: (b)(2 punti) Nel caso= 2, si traccino nel piano delle fasi le traiettorie del sistema. Soluzione. (a)Il sistema si puo riscrivere in forma matriciale:x0 =Ax;conx= (x; y) eA= 2 1 1 : Per studiare la stabilita dell'origine, calcoliamo gli autovalori della matriceA. det 21 1 = (2)(1)=2 3+ 2 = 0 se e solo se 1;2=3 p1+4 2 . Quindi: se 14 , ho due autovalori distinti: se 1 + 4