Computer Engineering - Analisi Matematica 2

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Ing. Informatica e Gestionale - Agricultural Eng. - Politecnico di Milano - sede di Cremona Analisi Matematica II - secondo appello - 8 febbraio 2023 LE RISPOSTE AI QUESITI VANNO MOTIVATE. TEORIA (SI DEVONO OTTENERE ALMENO 4 PUNTI) Teoria 1.(3 punti) Scrivere la denizione di curva in forma parametrica inR3 , di curva regolare e regolare a tratti e presentare opportuni esempi per illustrare le denizioni date. Teoria 2.(5 punti) Fornire la denizione di punto di massimo locale e di punto di minimo locale per una funzionef:R2 !R. Enunciare e dimostrare la condizione suciente per l'ottimalita (test dell'Hessiana). ESERCIZI Es. 1(12 punti) Siafla funzione f(x; y) =jxj3 py : (a)(6 punti) Determinare dovefe continua, dove e derivabile e dove e dierenziabile. (b)(1 punto) Calcolare, se possibile, la derivata direzionale difin (0;0) lungo la direzionev= (1;1). (c)(5 punti) Calcolare l'integraleZZ Dj xj3 py dxdy doveD= (x; y)2R2 :x2 y2x2 : Soluzione.(a)Continuita:fe continua inR2 , poiche combinazione di funzioni continue. Derivabilita:la derivate parziale difrispetto adxe denita per ogni (x 0; y 0) con x 06 = 0 e vale @xf (x 0; y 0) =( 3 py 0se x 0> 0 3 py 0se x 0< 0 Sey 0= 0 allora f(x;0)0, quindi esiste@ xf (0;0) = 0. Studiamo l'esistenza della derivata parziale rispetto axnei punti (0; y 0), con y 06 = 0 utilizzando la denizione. lim h!0+f (h; y 0) f(0; y 0)h = lim h!0+h 3 py 0h = 3 py 0 mentrelim h!0f (h; y 0) f(0; y 0)h = lim h!0 h3 py 0h = 3 py 0 quindi non esiste@ xf (0; y 0) se y 06 = 0. La derivate parziale difrispetto adye denita per ogni (x 0; y 0) con y 06 = 0 e vale @yf (x 0; y 0) =j x 0j3 3 py 2 0: Sex 0= 0 allora f(0; y)0, quindi esiste@ yf (0;0) = 0. Studiamo l'esistenza della derivata parziale rispetto aynei punti (x 0; 0), conx 06 = 0 utilizzando la denizione. lim k!0f (x 0; k )f(x 0; 0)k = lim h!0j x 0j3 pk 2= + 1 quindi non esiste@ yf (x 0; 0) sex 06 = 0. fe derivabile nell'insiemeD [ f(0;0)g, doveD= (x; y)2R2 :x; y6 = 0 . Dierenziabilita: f2C1 (D) quindi e dierenziabile inD;fnon e derivabile inR2 n D [ f(0;0)g
, quindi non puo essere dienziabile. Studiamo la dierenziabilita in (0;0). lim (h;k)!(0;0)f (h; k)f(0;0)@ xf (0;0)h@ yf (0;0)kp h 2 +k2= lim (h;k)!(0;0)j hj3 pk p h 2 +k2= 0 ; essendo, per ogni (h; k)6 = (0;0),     j hj3 pk p h 2 +k2    j hjj3 pk jj hj= j3 pk j !0;se (h; k)!(0;0): (b)Essendofdierenziabile in (0;0) vale la regola del gradiente: Dvf (0;0) =rf(0;0)
vk vk= (0 ;0)
vk vk= 0 : (c)Osserviamo chef(x; y) =f(x; y) eDe simmetrico rispetto all'assey. Quindi, Z Z Df (x; y)dxdy= 2Z Z D1x 3 py dxdy = 2Z 1 0xZ 2x2 x23 py dy = 2Z 1 0x 34  y4 =3 2x2 x2 dx =32 Z 1 0x (2x2 )4 =3 x8 =3
dx=32 h 314 (2 x2 )7 =3 314 x 14 =3i 1 0 =32 h 314 + 314 2 7 =3 314 i =97 3 p2 914 = 914 (2 3 p2 1):Es. 2(6 punti) Sia fla funzione periodica di periodo 2, dispari, denita su [0;1) da: f(x) =( 0 sex= 0 1xsex2(0;1) (a)(1 punti) Disegnare un graco qualitativo difin (1;1). (b)(3 punti) Scrivere la serie di Fourier dif. (c)(2 punti) Che cosa si puo dire sulla convergenza puntuale e sulla convergenza in media quadraticadi tale serie in (1;1)? Soluzione.(a)D1 D 1 12 yx 1 1 (b)Essendo funa funzione dispari, i coecienti della serie di Fouriera ksono nulli, per ogni k2N. bk=Z 1 1f (x) sin(kx)dx= 2Z 1 0f (x) sin(kx)dx= 2Z 1 0(1 x) sin(kx)dx = 2h (x1)cos( kx)k i x=1 x=0 2Z 1 0cos( kx)k dx =2k h 2 sin(kx)( k)2i x=1 x=0= 2k : La serie di Fourier difrisulta quindi: 1 X k=12k sin( kx): (c)Dal criterio di convergenza puntuale, essendofregolare a tratti, ed essendo lim x!0+f (x) + lim x!0f (x) = 0; otteniamo che la serie di Fourier converge adfper ognix2(1;1). Essendofintegrabile in (1;1), la serie di Fourier converge adfin media quadratica, ovvero lim n!+1Z 1 1 f(x)n X k=12k sin( kx)! 2 dx= 0: Es. 3(6 punti)(a)(2 punti) Risolvere il sistema lineare(x0 = 2x+ 3y y0 =x: (b)(2 punti) Discutere la stabilita dell'origine del sistema lineare del punto precedente.(c)(2 punti) Discutere la stabilita dell'origine del sistema non lineare(x0 =y(4xx2 + 3) + 2 sinx y0 =x(1xy): Soluzione.(a)Il sistema lineare si puo riscrivere in forma matriciale: x0 =Ax;conx= (x; y)T eA= 2 3 1 0 : Per trovare le soluzioni, calcoliamo gli autovalori e gli autovettori della matriceA. det 23 1 = (2)()3 =2 23 = 0 se e solo se 1;2= 1;3. Determiniamo gli autovettori relativi all'autovalore=1 risolvendo il sistema (A+I)x=0() 3x+ 3y= 0 x+y= 0() y=x: Otteniamo gli autovettoriv=tv 1, con t2R,t6 = 0, ev 1= (1 ;1). Determiniamo gli autovettori relativi all'autovalore= 3 risolvendo il sistema (A3I)x=0() x+ 3y= 0 x3y= 0() x= 3y: Otteniamo gli autovettori v=tv 2, con t2R,t6 = 0, ev 2= (3 ;1). Le soluzioni del sistema sono quindi, al variare dic 1; c 22 R, x(t) =c 1e t v1+ c 2e3 t v2ovvero( x(t) =c 1e t +c 23 e3 t y(t) =c 1e t +c 2e3 t: (b)Per studiare la stabilita dell'origine, osserviamo che gli autovalori della matriceAsono reali e di segno opposto ( 1= 1