Scritto di Analisi Matematica 2

Scritto di Analisi Matematica 2

Corso di Ingegneria Informatica e dell’Automazione A. A. 2016/17 – Prova scritta 15–02–2018

Risposte:

(1) (disegno omesso) Passando in coordinate polari trovo Z

D

x + y x ² + y ² =

Z π/2 0

dθ Z 2 cos θ

cos θ

dρρ ρ(sin θ + cos θ)

ρ ² =

Z π/2 0

dθ(sin θ + cos θ) Z 2 cos θ

cos θ

dρ1

= Z π/2

0

dθ sin θ cos θ + cos ² θ =  sin ² (θ)

2 + θ

2 + sin(2θ) 4

 ^π/2

0

= π 4 + 1

2 . (2) Applicando le regole della trsformata di Laplace porta a

(s ² + 2s + 2)L(y)(s) = s + 1 + 1 s − 1 e quindi

L(y)(s) = s ²

(s − 1)(s ² + 2s + 2) = 1 5

1 s − 1 + 4

5

s + 1 (s + 1) ² + 1 − 2

5 1 (s + 1) ² + 1 da cui otteniamo

y(x) = 1 5 e ^x + 4

5 e ^−x cos x − 2

5 e ^−x sin x.

(3) La presenza del valore assoluto ci obbliga a distinguere i due casi 2x + y > 0 e 2x + y < 0.

Se 2x + y > 0 trovo f (x, y) = x ³ + x + 4xy + 2y ² da cui ricavo il gradiente e l’hessiana facilmente:

∇f (x, y) =

 3x ² + 1 + 4y 4x + 4y



Hf (x, y) =

 6x 4

4 4



e trovo i punti critici (1/3, −1/3) sella e (1, −1) minimo locale.

Se 2x + y < 0 trovo f (x, y) = x ³ + x − 4xy − 2y ² da cui ricavo il gradiente e l’hessiana facilmente:

∇f (x, y) =

 3x ² + 1 − 4y

−4x − 4y



Hf (x, y) =

 6x −4

−4 −4



e trovo i punti critici (−1/3, 1/3) sella e (−1, 1) massimo locale. Massimi e minimi sono locali:

infatti, ad esempio lungo la retta y = 0 troviamo f (x, 0) = x ³ + x e vale lim x→+∞ f (x, 0) = +∞, lim x→−∞ f (x, 0) = −∞.

(4) La funzione da integrare risulta f (z) = (z ² + 1) ⁻² e presenta un polo doppio in i e −i. Detto I l’integrale richiesto vale 2I = 2πiRes(f, i), dopo aver verificato che possiamo utilizzare il lemma del grande cerchio. Per il calcolo del residuo:

Res(f, i) = lim

z→i D



(z − i) ² 1 (z ² + 1) ²



= lim

z→i D

 1

(z + i) ²



= lim

z→i

1

2(z + i) = 1 4i . Quindi I = π/4.

(5) La funzione

g(x, y) = ( _xy

x

+y

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

ha come dominio R ² . Il denominatore si annulla solo in (0, 0), in ogni altro punto la continuit` a

`

e garantita dalla continuit` a delle funzioni polinomiali e dal teorema di continuit` a del rapporto di

funzioni continue. Nell’origine la funzione non ` e continua. Un primo metodo consiste nel verificare che la restrizione lungo gli assi ` e la funzione nulla mentre sull’insieme x = y ³ vale g(y ³ , y) = 1/2.

Tale esercizio infatti ` e molto simile all’esempio di funzione non continua presentato a lezione. In alternativa si pu` o procedere ad una sostituzione u = y ³ (quindi un cambio di variabili) che porta ad avere il classico denominatore tipo x ² + y ² . Otteniamo infatti

¯

g(x, u) = ( _xu

x

+u

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

da cui si pu` o dimostrare che non ` e continua verificando su una restrizione del tipo u = mx:

¯

g(x, mx) = _m ^m

+1 .

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