Computer Engineering - Analisi Matematica 2

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Ingegneria Informatica e Gestionale - Agricultural Engineering Politecnico di Milano - sede di Cremona Analisi Matematica II - primo appello - 20 gennaio 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:R2 !Re suo signicato geometrico. Enunciare e dimostrare una condizione suciente per la dierenziabilita. Teoria 2.(3 punti) Dare la denizione di coecienti e serie di Fourier di una funzionef:R!R, 2-periodica. Cosa signica che la serie di Fourier difconverge in media quadratica af? ESERCIZI Esercizio 1.(12 punti) Siafla funzione f(x; y) =p( yx2 )(y2x2 ): (a)(3 punti) Determinare il dominio dife discuterne le proprieta topologiche. Determinarne inoltre la frontiera e l'interno. L'interno del dominio e un insieme connesso? (b)(3 punti) Determinare (se esistono) massimo e/o minimo assoluti dif. (c)(6 punti) Determinare (se esistono) punti di massimo e/o di minimo assoluto difnell'insieme D=f(x; y)2R2 : 2x2 y2g: Soluzione.(a)La funzione e denita pery2x2 yx2 oppure y2x2 yx2 quindidomf= (x; y)2R2 :yx2 ^y2x2 : Il dominio di fe chiuso, illimitato, connesso. @domf= (x; y)2R2 :y=x2 ^y= 2x2 e Int (domf) = (x; y)2R2 :y < x2 ^y >2x2 : Int (domf) non e connesso. (b)f(x; y)0, per ogni (x; y)2domfef(x; y) = 0 se e solo se (x; y)2@domf. I punti di@domf risultano quindi punti di minimo assoluto perf. Essendo lim y!1f (0; y) = lim y!1py 2 = +1; otteniamo che supf= +1, quindifnon ammette massimo assoluto. (c)Essendo fcontinua inD, insieme chiuso e limitato, il teorema di Weiertrass assicura l'esistenza di massimo e minimo assoluti perfinD. Cerchiamo i candidati massimi e minimi studiando separatamente IntDe@ D= 1[ 2, dove 1si puo parametrizzare con r 1( x) = (x;2x2 ),x2 [1;1], 2con r 2( x) = (x;2),x2(1;1). Determiniamo gli eventuali punti critici difin IntD risolvendo il sistema: 8 < :@ xf (x; y) = 2x(y2x2 )4x(yx2 )2 p( yx2 )(y2x2 )= 8 x2 6xy2 p( yx2 )(y2x2 )= 0 @yf (x; y) =( y2x2 +yx22 p( yx2 )(y2x2 )= 2 y3x22 p( yx2 )(y2x2 )= 0 se e solo se( x= 0^y=43 x2 y=32 x2 Otteniamo solo il punto (0;0)62IntD.f(x; y)>0, per ogni (x; y)2Dn 1, e f j 1 0, quindi i punti di 1sono di minimo assoluto per finD, e non esistono altri punti di minimo assoluto in D. Cerchiamo i candidati punti di massimo assoluto su 2. Studiamo g2( x) :=f(r 2( x)) =p(2 x2 )(22x2 ) in (1;1): Valeg0 2( x) = 2x(22x2 )4x(2x2 )2 p(2 x2 )(22x2 )= 8 x3 12x2 p(2 x2 )(22x2 )= 0 in ( 1;1) se e solo sex= 0:L'unico punto criticoP 1= (0 ;2) e quindi punto di massimo assoluto perfin De valef(0;2) = 2.D 2 1P 1 Esercizio 2(6 punti) Sia dato il lo pesante di densita di massa (x; y) = (yx)ex rappresentato dalla curva denita dar(t) = (t(cost)2 ; t+ (sint)2 ), pert2 0;2  . Determinare la lunghezza del lole la massa totale del lom. Soluzione. Metodo 1:essendor0 (t) = (1 + 2 sintcost;1 + 2 sintcost), pert2 0;2  , otteniamo l=Z ds =Z 2 0p2(1 + 2 sin tcost)2 dt=p2 Z 2 0j 1 + 2 sintcostjdt=p2 Z 2 0(1 + 2 sin tcost)dt =p2  t+ (sint)2  2 0=p2  2 + 1 : e m=Z  (x; y)ds=Z 2 0( t+ (sint)2 t+ (cost)2 )e( t(cost)2 p2(1 + 2 sin tcost)dt =p2 Z 2 0e ( t(cost)2 (1 + 2 sintcost)dt= p2 e( t(cost)2 ]2 0=p2  e2 e 1 : Metodo 2:osserviamo che si puo parametrizzare conr 1( x) = (x; x+ 1), perx2 1;2  , da cui: l= dist 1;0
; 2 ;2 + 1

=q 2 + 1
2 + 2 + 1
2 =p2 2 + 1
: ed essendor0 1( x) = (1;1), otteniamo m=Z  (x; y)ds=Z 2 1p2 ex dx=p2  ex  2 1=p2  e2 e 1 : Esercizio 3(6 punti)(a)(3 punti) Al variare del parametro2R, risolvere l'equazione: y00 2y0 + 4y= 0: (b)(3 punti) Riscrivere l'equazione dierenziale del punto precedente come un sistema di due equa-zioni dierenziali del primo ordine. Determinare per quali2R, l'origine di tale sistema e un centro. In tal caso, tracciare un diagramma di fase del sistema. Soluzione. (a)Associamo all'equazione dierenziale la sua equazione caratteristica:2 2+ 4 = 0; le cui radici sono: 1;2= p 2 4. Distinguiamo tre casi. i.2 >4 (i.e.jj>2). In questo caso le radici sono reali distinte e l'integrale generale dell'equazione risulta: y(t) =c 1e 1t +c 2e 2t ;al variare dic 1; c 22 R: ii.2 = 4 (i.e.jj= 2). In questo caso le radici sono reali coincidenti e l'integrale generale dell'equazione risulta: y(t) =c 1et +c 2tet ;per= 2 oppure=2, al variare dic 1; c 22 R; iii. 2