Computer Engineering - Analisi Matematica 2

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Ing. Informatica e Gestionale - Agricultural Eng. - Politecnico di Milano - sede di Cremona Analisi Matematica II - terzo appello - 22 giugno 2023 LE RISPOSTE AI QUESITI VANNO MOTIVATE. TEORIA (SI DEVONO OTTENERE ALMENO 4 PUNTI) Teoria 1.(5 punti) Fornire la denizione di dierenziabilita per una funzionef:Rn !R. Enunciare e dimostrare una condizione necessaria per la dierenziabilita. Tale condizione e anche suciente? Teoria 2.(3 punti) Enunciare i teoremi sulla convergenza puntuale di una serie di Fourier. ESERCIZI Es. 1(12 punti) Siafla funzione f(x; y) = ln (x+y)jxj
: (a)(2 punti) Determinare il dominio dife discuterne le proprieta topologiche. (b)(3 punti) Determinare sefe continua, derivabile, dierenziabile nel suo dominio. (c)(2 punti) Determinare (se esistono) massimo e/o minimo assoluti dif. (d)(5 punti) Determinare (se esistono) punti di massimo e/o di minimo assoluto difnell'insieme D=f(x; y)2R2 : (x2)2 y1g: Soluzione.(a)La funzione e denita indomf= (x; y) :y >x; x6 = 0; quindi il dominio e aperto, non connesso, non limitato:(b) fe continua in domfperche composizione di funzioni continue. Le derivate parziali @xf (x; y) =1( x+y)jxj 2jxj+yxj xj =8 < :1( x+y)x(2 x+y) sex >0; y >x 1 (x+y)x( 2xy) sex x= 2 x+y( x+y)x; pery x; x6 = 0, e @yf (x; y) =1( x+y)per y x; x6 = 0 sono denite e continue in domf, ovefrisulta quindi derivabile e dierenziale. (c)Essendo lim x!0+f (x; x) = lim x!0+ln(2 x2 ) =1e lim x!+1f (x; x) = lim x!+1ln(2 x2 ) = +1 non esistono massimo e minimo assoluti. (d)Essendo fcontinua inD, insieme chiuso e limitato, il teorema di Weiertrass assicura l'esistenza di massimo e minimo assoluti perfinD. Cerchiamo i candidati punti di massimo e minimo studiando separatamente IntDe@ D= 1[ 2, dove 1si puo parametrizzare con r 1( x) = (x;(x2)2 ),x2[1;3], 2con r 2( x) = (x;1),x2(1;3). Determiniamo gli eventuali punti critici difin IntDrisolvendo il sistema: 8 > > < > > :@ xf (x; y) =2 x+y( x+y)x= 0 @yf (x; y) =1( x+y)= 0: Non esistono soluzioni, quindi non troviamo punti critici in IntD. Cerchiamo i candidati punti di massimo e di minimo assoluto su 1e 2in (1 ;3) e nei puntiP 1= (1 ;1) eP 2= (3 ;1). Studiamo g1( x) :=f(r 1( x)) = ln x2 +x(x2)2
in (1;3): Valeg0 1( x) =3 x2 6x+ 4x 2 +x(x2)2=3( x1)2 + 1x 2 +x(x2)2> 0 in (1;3) non trovo quindi punti critici. Studiamog2( x) :=f(r 1( x)) = ln(x2 +x) in (1;3): Valeg0 2( x) =2 x+ 1x 2 +x> 0 in (1;3) non trovo quindi punti critici. Analizziamo i puntiP 1e P 2. Essendo f(P 1) = ln(2) e f(P 2) = ln(12), P 1e punto di minimo assoluto perfinDeP 2e punto di massimo assoluto per finD. Es. 2(6 punti) Calcolare la massaMdi una lamina piana di densita superciale (x; y) =x 2 jyjp x 2 +y2D che occupa la regione D= (x; y)2R2 :y jxje 1x2 +y2 4 : Soluzione. Vista la simmetria del dominioDe della funzione, vale M=Z Z Dx 2 jyjp x 2 +y2dxdy = 2Z Z D1x 2 jyjp x 2 +y2dxdy; doveD1= (x; y)2R2 :y jxj;1x2 +y2 4 ex0 =D 2[ D 3; D2= (x; y)2R2 : 0yx;1x2 +y2 4 ex0 ; D3= (x; y)2R2 :y0;1x2 +y2 4 ex0 : Utilizzando le coordinate polari, otteniamoZ Z D1x 2 jyjp x 2 +y2dxdy =Z Z D2x 2 yp x 2 +y2dxdy Z Z D3x 2 yp x 2 +y2dxdy =Z 14  0Z 2 1 3 (cos)2 sin dd Z 2 32 Z 2 1 3 (cos)2 sin dd =Z 14  0(cos )2 sindZ 2 1 3 dZ 2 32 (cos )2 sindZ 2 1 3 d = 13 (cos )3 =14  =0 14  4 =2 =1 13 (cos )3 =2 =32  14  4 =2 =1= 1512 2p2 4 ! ; quindiM=156 2p2 4 ! : Es. 3(6 punti)(a)(3 punti) Risolvere l'equazioney00 y=et : (b)(2 punti) Risolvere l'equazioney0 =ye t1 + et (c)(1 punti) Al variare dic2R, disegnare un graco qualitativo delle soluzioni del problema di Cauchy8 < :y 0 =ye t1 + et y(0) =c: Soluzione.(a)Associamo all'equazione dierenziale la sua equazione caratteristica per risolvere l'equazioneomogenea associata: 2 1 = 0; le cui radici sono: 1;2= 1. L'integrale generale dell'equazione omogenea risulta: y0( t) =c 1et +c 2e t ;al variare dic 1; c 22 R: Cerchiamo una soluzione particolare dell'equazione omogenea del tipo y p( t) =ctet . Derivando e sostituendo nell'equazione otteniamo: y0 p( t) =cet +ctet ; y00 p( t) = 2cet +ctet ; da cuiy00 p( t)y p( t) = 2cet +ctet ctet =et se e solo sec=12 . Quindi l'integrale generale dell'equazione e: y(t) =c 1et +c 2e t +12 te t ;al variare dic 1; c 22 R: (b)Si tratta di un'equazione a variabili separabili:Zdyy =Z et1 + etdt; da cuilnjyj= ln 1 +et
+c;al variare dic2R; da cui l'integrale generale dell'equazione y(t) =k 1 +et
;al variare dik2R: (c)Sec= 0 otteniamo la soluzione nulla; sec >0 le soluzioniy(t) sono crescenti, convesse, limx!1y (t) =c2 e lim x!+1y (t) = +1; sec