FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2

FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2

Prof. F. Albertini, M. Motta, F. Paronetto Ingegneria Gestionale, Meccanica, Meccatronica, Vicenza

Vicenza, 8-02-2010

Esercizio 1 Data la funzione

f (x, y) = |y − x²| y²

discutere continuit`a, derivabilit`a e differenziabilit`a di f nel suo dominio.

Soluzione Il domino di f `e ovviamente tutto R<sup>2</sup>, e la funzione `e continua in ogni punto, essendo la composizione di funzioni continue. Inoltre in tutti i punti P (x, y) dove y − x² 6= 0 la funzione `e differenziabile, e quindi derivabile, visto che si riduce ad un polinomio. Dobbiamo quindi studiare la derivabilit`a e la differenziabilit`a solo nei punti del tipo Pa(a, a²) con a ∈ R (i punti che appartengono alla parabola y = x² e che quindi rendono nullo il modulo).

Verifichiamo direttamente l’esistenza delle derivate parziali.

∂f

∂x(a, a²) = lim

h→0

f (a + h, a²) − f (a, a²)

h = lim

h→0

|a²− (a + h)²|(a⁴)

h =

= lim

h→0

|h|

h |2a + h|(a⁴) =

 0 per a = 0

@ per a 6= 0

dove l’ultima espressione deriva dall’osservazione che |2a + h|(a⁴) → |2a|(a⁴) per h → 0, che si annulla solo per a = 0. Analogamente, avremo:

∂f

∂y(a, a²) = lim

h→0

f (a, a²+ h) − f (a, a²)

h = lim

h→0

|a²+ h − a²|(a²+ h)²

h =

= lim

h→0

|h|(h²+ a²− 2ah)

h =

 0 per a = 0

@ per a 6= 0

dove l’ultima espressione deriva dall’osservazione che (h²+ a²− 2ah) → a² per h → 0, che si annulla solo per a = 0.

In conclusione, per i punti della forma (a, a²),

• f risulta derivabile solo per a = 0, cio`e nell’origine P₀ = (0, 0) dove vale ∇f (P₀) = (0, 0).

Resta da discutere solo la differenziabilit`a di f in P<sub>0</sub>, in quanto nei punti della forma (a, a<sup>2</sup>) con a 6= 0 f non pu`o essere differenziabile, essendo non derivabile. Calcoliamo, per P₀,

lim

(h,k)→(0,0)

|f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∂f /∂x(0, 0)h − ∂f /∂y(0, 0)k|

√

h²+ k² = lim

(h,k)→(0,0)

||k − h²|k²|

√

h²+ k² = passando alle coordinate polari, h = ρ cos(θ) e k = ρ sin(θ),

= ρ³| sin²(θ)| sin(θ) − ρ cos²(θ)|

ρ ,

espressione che risulta ≤ M ρ³ per qualche costante positiva M , essendo tutte le funzioni nel modulo limitate. Ci`o implica che il limite in questione esiste e vale 0. In conclusione,

• in P₀ la funzione f `e differenziabile.

Esercizio 2 Data la funzione fa(x, y) = 4

3(1 − a)(x³+ y³) + 2x²+ x + 2y²+ y in R² (a) per ogni a > 0 determinare i punti critici di f ;

(b) per ogni a > 0 discutere la natura dei punti critici, ovvero determinare eventuali massimi e minimi relativi della funzione;

(c) per ogni a > 0 determinare inf_R²f e sup_R²f e precisare se sono rispettivamente minimo e massimo assoluto della funzione.

Soluzione (a) Determiniamo il gradiente ∇f (x, y) di f :

∇f (x, y) :

( _∂f

∂x(x, y) = 4(1 − a)x²+ 4x + 1

∂f

∂y(x, y) = 4(1 − a)y²+ 4y + 1.

Per a = 1, ∇f (x, y) = (0, 0) solo in P₀ = (−1/4, −1/4).

Per a 6= 1, ∇f (x, y) = (0, 0) in 4 punti: P1 =

₋₁₊^√

a 2(1−a),⁻¹⁺

√a 2(1−a)

 , P2 =

₋₁₊^√

a 2(1−a),⁻¹⁻

√a 2(1−a)

 , P3 =

₋₁₋^√

a 2(1−a),⁻¹⁺

√a 2(1−a)



, e P4 =

₋₁₋^√

a 2(1−a),⁻¹⁻

√a 2(1−a)

 . (b) Determiniamo la matrice Hessiana H(x, y) di f :

H(x, y) =

 8(1 − a)x + 4 0 0 8(1 − a)y + 4



Per a = 1, H(P₀) `e definita positiva, quindi P<sub>0</sub> `e punto di minimo relativo stretto.

Per a 6= 1, H(P₁) =

 4√ a 0 0 4√

a



H(P₂) =

 4√ a 0 0 − 4√

a



H(P₃) =

 −4√ a 0 0 4√

a



H(P₄) =

 −4√ a 0 0 − 4√ a



Quindi P1`e punto di minimo relativo stretto, P4 `e punto di massimo relativo stretto, mentre P2

e P₃ sono punti di sella.

(c) Per a 6= 1 vale che per esempio f (x, 0) = ⁴₃(1 − a)x³+ 2x²+ x, per a < 1 ha i limiti +∞

per x → +∞ e −∞ per x → −∞; mentre se a > 1 i limiti si scambiano. Questo implica che in entrambi i casi inf_R²f = −∞ e sup_R²f = +∞.

Per a = 1 si ha invece f (x, y) = 2x² + x + 2y²+ y che ragionando come prima si dimostra subito avere sup_R2f = +∞. Vale per`o f (x, y) = 2x²+ x + 2y²+ y ≥ f (P0) = −1/4, per cui P0

risulta essere il minimo assoluto di f .

Esercizio 3 Dato l’insieme D = {(x, y) ∈ R² : (x − 2)²+ y² 6 1, y + (x − 2)² 6 0}, calcolare il seguente integrale

Z Z

D

(x − 2) dx dy

Soluzione Utilizzando il cambiamento di variabili u = x − 2 e v = y, che `e ammissibile e ha determinante Jacobiano 1, dovremo calcolare

Z Z

D⁰

u du dv,

con D⁰ = {(u, v) ∈ R² : u²+ v²6 1, v + u²6 0}. Si verifica facilmente che i punti appartenenti a D⁰ sono i punti del cerchio centrato nell’origine e di raggio 1, che si trovano sotto la parabola v = −u². Tale insieme risulta simmetrico rispetto all’asse v. Considerando che la funzione da integrare `e dispari e, data la simmetria dell’insieme, l’integrale sar`a nullo.

In alternativa, detto α =

√

(5)−1 2 , si ha:

D⁰ = {(u, v) ∈ R² : −√

α ≤ u ≤√

α, −p

(1 − u²) ≤ v ≤ −u²}.

Quindi

Z Z

D⁰

u du dv = Z

√α

−√ α

u Z −u²

−√

(1−u²)

dv

! du =

= Z

√α

−√ α

u(p

(1 − u²) − u²)du =  1

3 1 − u²
3/2

−u⁴ 4

   

√α

−√ α

= 0.

Esercizio 4 Dato l’insieme

Σ =(x, y, z) ∈ R³: x²+ y² = R², 0 ≤ z ≤ −x + R (a) fare un disegno qualitativo di Σ e parametrizzarlo;

(b) calcolare l’integraleR

Σ(3 − z) dσ.

Soluzione (a) Σ `e la porzione della superficie laterale del cilindro di asse z e raggio R compresa tra il piano z = 0 ed il piano z = −x + R.

Per parametrizzare Σ usiamo le coordinate cilindriche. Avremo:







x = R cos(θ) y = R sin(θ)

z = z

La limitazione z ≤ −x + R, implica z ≤ R(1 − cos θ), quindi imponiamo:

θ ∈ [0, 2π], e 0 ≤ z ≤ R(1 − cos θ).

(b) Si vede facilmente che dσ = Rdθdz, quindi abbiamo:

Z

Σ

(3 − z) dσ = Z 2π

0

Z R(1−cos θ) 0

R(3 − z)dzdθ = R Z 2π

0



3z −z² 2

R(1−cos θ) 0

dθ =

= R Z 2π

0



3R(1 − cos θ) − R²

2 (1 − cos θ)²



dθ = πR²

 6 −3

2R

 .

Esercizio 5 Scrivere la serie di Fourier della funzione dispari, 2π-periodica, definita in ]0, π[

da

f (x) = x −π

2

2

e studiarne la convergenza in R.

Soluzione Poich`e la funzione `e dispari, la sua serie di Fourier ha solo i termini dei seni, dobbiamo quindi calcolare:

b_k= 2 π

Z π 0

 x −π

2

2

sin(kx)dx,

con k ≥ 1 (l’integrale `e esteso a mezzo periodo e abbiamo moltiplicato per 2, data la simmetria della funzione). Calcoliamo prima una primitiva di x −^π₂
2

sin(kx). Integrando per parti, si ha:

Z  x −π

2

2

sin(kx)dx = − x − π

2

2 cos(kx)

k +

Z 2

x −π 2

cos(kx) k dx =

= −

 x −π

2

2 cos(kx)

k + 2

k

 x − π

2

sin(kx)

k −

Z sin(kx) k dx



=

= −

 x −π

2

2cos(kx)

k + 2

k²

 x −π

2



sin(kx) + 2

k³cos(kx).

Perci`o

b_k= 2 π



− x −π

2

2 cos(kx)

k + 2

k²

 x −π

2



sin(kx) + 2

k³ cos(kx)

   

π

0

= 2

π



−π²(−1)^k

4k +2(−1)^k k³ + π²

4k− 2 k³



= π

2k(1 − (−1)^k) + 4π

k³((−1)^k− 1), dove si `e utilizzato il fatto che cos(kπ) = (−1)^k e sin(kπ) = 0. Quindi abbiamo:

 b_k = 0 se k `e pari, bk = <sup>π</sup><sub>k</sub> −<sup>8π</sup><sub>k</sub>3 se k `e dispari.

In conclusione la serie di Fourier di f `e:

+∞

X

n=0

 π

2n + 1 − 8π (2n + 1)³



sin [(2n + 1)x] .

Questa serie converge puntualmente ad f (x) in ogni intervallo ]2kπ, (2k + 1)π[ e a 0 in kπ, k ∈ Z. In effetti assumendo f dispari, si assegna anche la condizione f (0) = 0, per cui `e corretto anche dire che la serie converge puntualmente ad f in tutto R. La convergenza non `e totale, visto che f non `e continua.

Tempo: due ore e mezza. Viene corretto solo ci`o che `e scritto sul foglio intestato. `E vietato tenere libri, appunti, telefoni e calcolatrici di qualsiasi tipo.