Mathematical Engineering - Analisa Matematica II

Full exam

Analisi Matematica II - 5 novembre 2018 Cognome:Nome: Nota bene: Leggere bene le domande e rispondereesclusivamentea quanto e chiesto. Domanda 1. (3 punti) Si mostri che una funzione dierenziabilef:Rn !Re derivabile in ogni direzione e la derivata direzionale e data da @ f(x)@ v = rf(x)
v : Domanda 2(2 punti) SiaAR2 un aperto, siar:A!R3 una funzioneC1 (A). Si scriva quale condizione deve soddisfareranche sia la parametrizzazione di una supercie regolare. Analisi Matematica II - 05 novembre 2018 Cognome:Nome: Nota bene: Leggere bene il testo degli esercizi e rispondere esclusivamente a quanto e chiesto. Scrivere chiaramente le risposte e i passaggi principali. Esercizio 1. Siaf:R2 n f(0;0)g !Rdenita da f( x; y) =j yj log((1 +x)(1 +y))p x 2 +y2: 1. per quali2Rla funzionef puo essere estesa con continuita a una funzione g : R2 !R? (1 punti). 2. per quali2Resiste@ g (0 ;0)@ x ? e@ g (0 ;0)@ y ? (1+1 punti) 3. per quali valori di2Rla funzioneg e dierenziabile in (0 ;0)? (1 punto). Soluzione. 1. Osserviamo chef e denita, in realta, per  >0 in 1= f(x; y)2R2 : (1 +x)(1 +y)>0;(x; y)6 = (0;0)g; mentre per0 in 2= f(x; y)2R2 : (1 +x)(1 +y)>0;(x; y)6 = (0;0); y6 = 0g: Dunque, anchef sia denita localmente in un intorno dell'origine tranne in (0 ;0), dobbiamo imporre che >0. Per tali valori di, siamo interessati a stabilire se la funzionef possa essere prolungata con continuita nell'origine. Poichef ( x;0) = 0 per ogni >0, alloraf puo essere prolungata con continuita in (0;0) se e solo se lim (x;y)!(0;0)f ( x; y) = 0: Per (x; y)!0 si ha: 0 jf ( x; y)j=j yj jlog[(1 +x)(1 +y)]jp x 2 +y2j yj jx+y+xyjp x 2 +y2 j yj (jxj+jyj+jxyj)p x 2 +y2j yj [px 2 +y2 +px 2 +y2 +12 ( x2 +y2 )]p x 2 +y2 j yj (2px 2 +y2 )p x 2 +y2+12 j yj (x2 +y2 )p x 2 +y2= 2 jyj +12 j yjpx 2 +y2 :(1) Quindif ( x; y)!(0;0) per >0. 2. Poichef ( x;0) = 0 per ogni >0, allora@ g @ x (0 ;0) esiste e vale 0 per ogni >0. Inoltre si ha: lim h!0g (0 ;0 +h)g (0 ;0)h = lim h!0j hj log(1 +h)h jhj= lim h!0j hj hh jhj= lim h!0j hj 1 esiste nito per 1; piu precisamente, per >1 tale limite vale 0, mentre per= 1 tale limite esiste e vale 1. Quindi: @ g@ y (0 ;0) =( 0 >1 1= 1: 3. Tenuto conto che l'esistenza delle derivate parziali e una condizione necessaria per la dieren- ziabilita,g puo essere dierenziabile in (0 ;0) per1. Se= 1, allora g1( x; y)g 1(0 ;0) rg 1(0 ;0)
(x; y)p x 2 +y2=j yjlog[(1 +x)(1 +y)]yx 2 +y2 e la restrizione di tale funzione sulla rettax= 0 diverge pery!0. Quindif 1non e dierenziabile in (0;0). Se >1, allora g( x; y)g (0 ;0) rg (0 ;0)
(x; y)p x 2 +y2=j yj log[(1 +x)(1 +y)]x 2 +y2: Sfruttando la maggiorazione del punto 1, per (x; y)!0 si ha: 0    g ( x; y)g (0 ;0) rg (0 ;0)
(x; y)p x 2 +y2    =j yj jlog[(1 +x)(1 +y)]jp x 2 +y2px 2 +y2 2j yjp x 2 +y2+12 j yj !0: Quindig e dierenziabile per  >1. Esercizio 2 . Studiare il luogo degli zero della funzioneg:R2 !R: g(x; y) =x2 (y1) +ey x ; In particolare:1. si mostri che tale luogo e dato dal graco di una funzionef:Rn f0g !R(2 punti) 2. si calcolino i limiti limx!0f (x) e lim x!1f (x) (3 punti) 3. si tracci un graco approssimativo della funzionef(x) (2 punti). Soluzione.1. Si puo utilizzare il Teorema del Dini (versione globale). Poiche: g2C1 (R2 ) e quindi in particolare e continua e derivabile rispetto ady, g y( x; y) =x2 +ey x >08(x; y)2R2 , lim y!+1g (x; y) = +1e lim y!1g (x; y) =1 8x2Rn f0g, allora esiste una e una sola funzionef:Rn f0g !Rdi classeC1 (Rn f0g) tale cheg(x; f(x)) = 08x2Rn f0ge f0 (x) =g x( x; f(x))g y( x; f(x))8 x2Rn f0g: 2. Notiamo innanzitutto cheg(x;0) =x2 +e x >0 perx < , dove 0<  0 perx > , f(x) = 0 perx=ef(x) 1 10< y 0< 1: Quindi, dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, segue che lim x!+1f (x) = 1 e la rettay= 1 e asintoto orizzontale perx!+1. Fissato oray 02 (1;0) si ha lim x!0g (x; y 0) = ey 0 >0: Quindi, dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, segue che lim x!0f (x) =1 e la rettax= 0 e asintoto verticale. Inoltre, ancora cony 02 (1;0), si ha lim x!1g (x; y 0) = + 1: Quindi, dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, segue che lim x!1f (x) =1: Se per assurdo fosse f(x) =mx+q+o(1) perx! 1(m >0), sostituendo nell'equazione del vincolo si otterrebbe x2 (mx+q+o(1)1) =e( m1)x+o(1)+q perx! 1; ma per ognim >0 il termine di sinistra e un innito di ordine 3, mentre quello di destra e: innito di ordine superiore a 3 sem >1, asintotico ad una costante sem= 1, innitesimo se 0< m 0. Per tali valori di, siamo interessati a stabilire se la funzionef possa essere prolungata con continuita nell'origine. Poichef ( x;0) = 0 per ogni >0, alloraf puo essere prolungata con continuita in (0;0) se e solo se lim (x;y)!(0;0)f ( x; y) = 0: Per (x; y)!0 si ha: 0 jf ( x; y)j=j yj jsin(x2 y)jx 2 +y2j yj jx2 yjx 2 +y2=j yj (jxjjxyj)x 2 +y2j yj jxj12 ( x2 +y2 )x 2 +y2=12 j yj jxj: Quindif ( x; y)!(0;0) per >0. 2. Poichef ( x;0) = 0 ef (0 ; y) = 0 per ogni >0, allora 9@ g @ x (0 ;0) = 0 e9@ g @ y (0 ;0) = 0 per >0: 3. Tenuto conto che l'esistenza delle derivate parziali e una condizione necessaria per la dieren- ziabilita,g puo essere dierenziabile in (0 ;0) per >0. Per tali valori disi ha g( x; y)g (0 ;0) rg (0 ;0)
(x; y)p x 2 +y2=j yj sin(x2 y)( x2 +y2 )px 2 +y2: Sfruttando la maggiorazione del punto 1, per (x; y)!0 si ha: 0    g ( x; y)g (0 ;0) rg (0 ;0)
(x; y)p x 2 +y2    =j yj jsin(x2 y)j( x2 +y2 )px 2 +y212 j yj jxjp x 2 +y212 j yjpx 2 +y2p x 2 +y2=12 j yj !0: Quindig e dierenziabile in (0 ;0) per >0. Esercizio 2 . Si studi il luogo degli zeri di g(x; y) =x2 y+ log(y+x): In particolare:1. si mostri che tale luogo e dato dal graco di una funzionef:R!R(2 punti) 2. si calcolino i limiti limx!1f (x) (3 punti) 3. si tracci un graco approssimativo della funzionef(x) (2 punti). Soluzione1. Si puo utilizzare il Teorema del Dini (versione globale). Osserviamo chege denita in =f(x; y)2R2 :y >xg: Poiche:g2C1 ( ) e quindi in particolare e continua e derivabile rispetto ady, g y( x; y) =x2 +1y +x> 08(x; y)2 , lim y!+1g (x; y) = +1e lim y!1g (x; y) =1 8x2R, allora esiste una e una sola funzionef:R!Rdi classeC1 (R) tale cheg(x; f(x)) = 08x2Re f0 (x) =g x( x; f(x))g y( x; f(x))8 x2R: 2. Notiamo innanzitutto cheg(x;0) = logx >0 perx >1. Quindi, dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, si deduce chef(x)>0 perx 0 pery >1. Quindi, dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, si ricava che il punto (0;1) e il punto d'intersezione del graco difcon l'asse delle ordinate. Dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, segue chiaramente che lim x!1f (x) = +1 e la rettay=xe asintoto obliquo perx! 1. Fissato oray 02 (0;1) si ha lim x!+1g (x; y 0) = 1: Quindi, dalle informazioni sullo studio del segno digricavate in precedenza, segue che lim x!+1f (x) = 0 e la rettay= 0 e asintoto orizzontale perx!+1. 3. Per il Teorema del Dini, i punti stazionari difsono dati dalle soluzioni del sistema: (gx( x; y) = 0 g(x; y) = 0; ovvero 8 < :2 xy+1y +x= 0 x2 y+ log(y+x) = 0: Poiche1y +x> 08(x; y)2 , anche 2xy+1y +x= 0 deve essere xy 0 ey 1x. Questo mostra l'esistenza di almeno una radicex=, con >1. Sostituendo tale radice nella prima equazione del sistema si ricavay=, con+ 1<  0, deve essere che log(y+x)>0, ovverox < y