1. Studiare al variare di α, β, γ > 0 continuit` a, esistenza delle derivate direzionali e differenziabilit` a della funzione f (x, y) =

Soluzioni Analisi Matematica 3 - 21-01-2019

1. Studiare al variare di α, β, γ > 0 continuit` a, esistenza delle derivate direzionali e differenziabilit` a della funzione f (x, y) =

( sin ( x |x|

) ( 1−cos ( |y|

) )

(x

+y

)

se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

[ Continua sempre in R ² \ {(0, 0)}, e continua in (0, 0) se e solo se α + 2β > 2γ. Se 0 < α ≤ 1 non esiste la derivata rispetto a x nei punti (0, y ₀ ) con |y| ^β 6= 2kπ, mentre se 0 < 2β ≤ 1 non esiste la derivata rispetto a y nei punti (x ₀ , 0) con x ₀ 6= 2kπ.

Esclusi questi casi sia α > 1, β > ¹ ₂ e analizziamo la derivabilit` a e differenziabilit` a di f nell’ origine. La funzione ha derivate parziali nulle nell’ origine, essendo nulla sugli assi. Le derivate direzionali non esistono o non sono tutte nulle se α + 2β ≤ 2γ + 1 quindi per tali valori la funzione non ` e differenziabile nell’ origine, mentre lo ` e se α + 2β > 2γ + 1, ad esempio calcolando il limite che definisce la differenziabilit` a . . . ]

2. Data la forma differenziale ω(x, y) = [ _1+x ^2xe

e

+ log( | log( |x| ) | )

x ] dx + [ _1+x ^x

^e

e

+ _1+e ^e

] dy

a) Trovare l’ insieme di definizione D di ω, specificandone le componenti connesse, e verificare che ω ` e chiusa in D.

b) Dire se ` e esatta in ogni componente connessa di D e in caso affermativo calcolare le primitive.

[ a), b) L’ insieme di definizione ` e costituito dalle quattro componenti connesse D <sub>1</sub> = [ x < −1 ] , D <sub>2</sub> = [ −1 < x < 0 ] , D <sub>3</sub> = [ 0 < x < 1 ], D <sub>4</sub> = [ x > 1 ] La forma ` e chiusa in D, quindi esatta in ogni componente connessa D perch´ e le D _j sono semplicemente connesse. Le primitive in ognuna delle componenti connesse di D si possono trovare con il metodo degli integrali indefiniti (in particolare usando la sostituzione log(|x|) = t ; ¹ _x dx = dt ..) e hanno la forma

U (x, y) = log(1 + x ² e ^y ) + log(|x|) log( | log(|x|)| ) − log(|x|) + arctan(e ^y ) + c ] 3. Calcolare l’ integrale doppio

Z Z

D

y dxdy , D = {(x, y) ∈ R ² : x ² + y ² ≤ 4 , y ≥ 0 , x ≥ 1}

a) esprimendo D come dominio semplice rispetto all’ asse y ( [ a ≤ x ≤ b ; α(x) ≤ y ≤ β(x) ] )

b) esprimendo D come dominio semplice rispetto all’ asse x ( [ c ≤ y ≤ d ; γ(y) ≤ x ≤ δ(y) ] )

c) usando coordinate polari [ L’ integrale vale ⁵ ₆

a) D = [ 1 ≤ x ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ √

4 − x ² ] b) D = [ 0 ≤ y ≤ √

3 ; 1 ≤ x ≤ p4 − y ² ] c) D = [ 0 ≤ ϑ ≤ ^π ₃ , _cos(ϑ) ¹ ≤ ρ ≤ 2 ].

]

1

4. Data la funzione g(x, y, t) = x ³ + y ² − 3t ² x − 2ty

a) Per ogni t ∈ R fissato determinare i punti critici della funzione di due variabili f (x, y) = f ^t (x, y) = g(x, y, t) e studiarne la natura (massimo, minimo, sella).

Verificare che per ogni t 6= 0 esiste solo un punto di minimo locale stretto P ^t = (x(t), y(t)) per f ^t con valore m(t) = f (P ^t ) (esplicitare le funzioni x(t), y(t), m(t) verificando che sono funzioni continue per t 6= 0).

b) Dimostrare che la funzione g non ha punti di minimo o massimo locale usando i risultati trovati in a).

c) Ritrovare il risultato in b) studiando g come funzione di 3 variabili e determi- nando i suoi punti critici e la loro natura.

[ a) Sia t ∈ R fissato. I punti critici sono i punti P ⁻ = (−t, t) e P ₊ = (t, t). La matrice hessiana ` e H _f (x, y) = 6x 0

0 2



. ` E definita positiva se x > 0, indefinita se x < 0, mentre se x = 0 ha determinante nullo.

Se t = 0 l’ unico punto critico ` e (0, 0), e si vede facilmente che ` e un punto di sella, dato che la restrizione della funzione f ⁰ (x, y) = x ³ + y ² all’ asse x ` e la funzione α(x) = x <sup>3</sup> che cresce strettamente in un intorno di x = 0. Se invece t 6= 0 per quanto detto sulla matrice hessiana si ha che se t > 0 il punto P + = (t, t) ` e un punto di minimo locale stretto, mentre il punto P − = (−t, t) ` e un punto di sella, se t < 0 il punto P − = (−t, t) ` e un punto di minimo locale stretto, mentre il punto P ₊ = (t, t)

` e un punto di sella.

Ne segue che l’ unico punto di minimo per t 6= 0 ` e il punto (x(t), y(t)) = (|t|, t) e il valore in tale punto ` e m(t) = f (x(t), y(t)) = −2|t| ³ − t ² .

b) Dai risultati in a) a fortiori non esistono punti di massimo locale; inoltre un punto di minimo va cercato nella forma (t, t, t) con t > 0, e in tali punti il valore ` e

−2t ³ − t ² , oppure (−t, t, t) con t < 0 e in tale punto il valore ` e m(t) = 2t <sup>3</sup> − t <sup>2</sup> . La funzione −2t <sup>3</sup> − t <sup>2</sup> ` e strettamente decrescente per t > 0, mentre la funzione 2t ³ − t ²

` e strettamente crescente per t < 0, quindi in un intorno arbitrario di un punto che abbia una delle forme precedenti la funzione assume valori sia maggiori che minori del valore nel punto considerato, e quindi tale punto non pu` o essere di minimo locale per la funzione g.

c) La funzione g ha come punti critici P ₀ = (0, 0, 0), P ₁ = (− ¹ ₃ , − ¹ ₃ , − ¹ ₃ ), P ₂ = (− ¹ ₃ , ¹ ₃ , ¹ ₃ ).

La matrice hessiana ` e H _f (x, y, t) =





6x 0 −6t

0 2 −2

−6t −2 −6x



. ` E indefinita in P <sub>1</sub> e P <sub>2</sub> che sono allora entrambi punti di sella. Ha determinante nullo in P <sub>0</sub> , ma dall’ analisi precedente sappiamo gi` a che P ₀ ` e punto di sella

]

2