(1) Risoluzione per la funzione: f (x, y) = sin x cos y.

Scritto di Analisi Matematica 2

Corso di Ingegneria Informatica e dell’Automazione A. A. 2016/17 – Prova scritta 26–06–2017

Risposte: Qui di seguito la risoluzione del TESTO 1 a grandi linee.

(1) Risoluzione per la funzione: f (x, y) = sin x cos y.

La funzione f (x, y) = sin x cos y ` e periodica in entrambe le variabili con periodo 2π. Quindi se un punto (x 0 , y 0 ) ∈ R <sup>2</sup> ` e critico allora anche tutti i punti (x 0 + 2hπ, y 0 + 2kπ) sono punti critici dello stesso tipo per ogni scelta di h, k ∈ Z. La funzione quindi ammette necessariamente massimo e minimo in quanto limitata, infatti

max

R

f = max

[0,2π]

f , min

R

f = min

[0,2π]

f

Inoltre ` e facile mostrare che |f (x, y)| ≤ 1. Inoltre f (π/2, 0) = 1 e f (π/2, π) = −1. Quindi ` e chiaro che −1 e +1 sono rispettivamente minimo e massimo per questa funzione. Ma questo risolve in maniera parziale l’esercizio. Veniamo ora ai punti critici. Per periodicit` a mi soffermo solo su quelli nell’insieme [0, 2π) × [0, 2π).

Il gradiente risulta: ∇f (x, y) = (cos x cos y, − sin x cos y). Poich´ e seno e coseno non possono an- nullarsi contemporaneamente, dobbiamo avere

cos x = 0, sin y = 0 cos y = 0, sin x = 0 La matrice hessiana risulta

H(x, y) =

 − sin x cos y − cos x sin y

− cos x sin y − sin x cos y

 .

I punti critici presenti in [0, 2π) × [0, 2π) sono qui sotto elencati, con a fianco la corrispondente hessiana e caratteristica:

(0, 3π/2) , (π, π/2)

 0 1 1 0



sella (0, π/2) , (π, 3π/2)

 0 −1

−1 0

 sella (π/2, π) , (3π/2, 0)

 1 0 0 1



punto di minimo (3π/2, π) , (π/2, 0)

 −1 0

0 −1



punto di massimo

La poligonale ` e costituita di quattro segmenti individuati sulle rette y = x, y = −x, y = x − 2π, y = 2π − x (inavvertitamente non ho specificato nello scritto che la poligonale era chiusa, per chi avesse risolto l’esercizio con la poligonale composta dei soli primi tre segmenti nessun problema).

Effettuando la sostituzione opportuna si ottiene la funzione sin(2x)/2 avente massimo 1/2 e minimo

−1/2 rispettivamente nei punti di ascissa π/4, 5π/4 e 3π/4, 7π/4.

(2) Il generico problema



 

 

y ⁰⁰ − 5y ⁰ + 6y = 2ke ^t , y(0) = 0 ,

y ⁰ (0) = 0 .

ha soluzione: y(t) = −(2k)e ^2t + ke ^3t + ke ^t . I due metodi risolutivi potevano essere scelti fra:

verosimiglianza, variazione delle costanti e trasformata di Laplace.

Verosimiglianza: l’equazione omogenea y ⁰⁰ −5y ⁰ +6y = 0 ha come polinomio caratteristico λ ² −5λ+6 che ha radici 2 e 3. La soluzione particolare della non omogenea si ottiene provando con y(t) = Ae ^t , da cui, sostituendola nell’equazione si trova il valore A = k. Quindi si ha y(t) = C 1 e ^2t + C 2 e ^3t + ke ^t con C 1 e C 2 da trovare usando le condizioni iniziali, quindi risolvendo il sistema

( C 1 + C 2 + k = 0 2C ₁ + 3C ₂ + k = 0 . Variazione delle costanti: dobbiamo risolvere il sistema

( c ⁰ ₁ u 1 + c ⁰ ₂ u 2 = 0 c ⁰ ₁ u ⁰ ₁ + c ⁰ ₂ u ⁰ ₂ = 2ke ^t

nelle funzioni-variabili c ⁰ ₁ e c ⁰ ₂ , dove u 1 (t) = e ^2t e u 2 (t) = e ^3t . Usando il teorema di Cramer per la risoluzione dei sistemi si ottiene:

c ⁰ ₁ (t) =    

0 e ^3t 2ke ^t 3e ^3t

e ^2t e ^3t 2e ^2t 3e ^3t

= −2ke ^4t

e ^5t = −2ke ^−t ⇒ c 1 (t) = 2ke ^−t + A

c ⁰ ₂ (t) =    

e ^2t 0 2e ^2t 2ke ^t

e ^2t e ^3t 2e ^2t 3e ^3t

= 2ke ^3t

e ^5t = 2ke ^−2t ⇒ c 2 (t) = ke ^−2t + B

Da cui

y(t) = (2ke ^−t + A)e ^2t + (ke ^−2t + B)e ^3t = Ae ^2t + Be ^3t + ke ^t e le costanti A e B si ricavano come sopra.

Trasformata di Laplace: L’equazione differenziale, applicando la trasformata di Laplace ad ambo i membri diventa

(s ² − 5s + 6)L[y](s) = 2k 1 s − 1

⇒ L[y](s) = 2k 1

(s − 1)(s − 2)(s − 3) = 2k

 A

s − 1 + B

s − 2 + C s − 3



da cui si calcola A = 1/2, B = −1, C = 1/2. Ricordando che L(e ^at ) = _s−a ¹ si trova la soluzione y(t) = ke ^t − 2ke ^2t + ke ^3t .

(3) La funzione

f (x, y) =



 

 

 

 

sin x(e ^y − 1)

p x ² + y ² (x, y) 6= (0, 0)

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

risulta differenziabile su R ² \ {(0, 0)}: per esempio si possono calcolare le derivate parziali e vedere che sono continue. Il problema ` e l’origine. La risoluzione verte sul calcolo di questo limite

lim

(x,y)→(0,0)

sin x(e ^y − 1)

p x ² + y ² = lim

(x,y)→(0,0)

sin x x

| {z }

→1

e ^y − 1 y

| {z }

→1

xy p x ² + y ²

che si riconduce al calcolo di lim (x,y)→(0,0) √ xy

x

+y

. Usando che xy ≤ ¹ ₂ (x ² +y ² ) (perch´ e (x−y) ² ≥ 0) si ottiene

0 ≤     

xy p x ² + y ²

≤

1

2 (x ² + y ² ) p x ² + y ² = 1

2

p x ² + y ²

2

e applicando il teorema dei carabinieri si giunge alla validit` a della continuit` a in zero. La funzione f risulta costantemente nulla sugli assi cartesiani, quindi le derivate parziali nell’origine sono nulle e quindi la differenziabilit` a ` e data dall’esistenza del limite

lim

(x,y)→(0,0)

sin x(e √

−1)

x

+y

− ∂ _x (0, 0)x − ∂ _y (0, 0)y

p x ² + y ² = lim

(x,y)→(0,0)

sin x(e ^y − 1) x ² + y ² che si riconduce come sopra a lim (x,y)→(0,0) xy

x

+y

che tuttavia non esiste, infatti lungo la retta y = x troviamo come risultato 1/2 mentre lungo y = −x troviamo −1/2 oppure lungo x = 0 troviamo 0.

La derivata direzionale per ν = (1, −1)/ √

2 si calcola cos`ı:

t→0 lim f (t ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) − f (0, 0)

t = lim

t→0 sin(t

2

)(e

−1)

|t| − 0

t = 1

2 lim

t→0

t ² t|t|

che non esiste.

(4) Qui viene risolto il seguente testo Per ogni a ∈ R, a > 0 `e definita la curva γ ^a : [0, 1] → C definita come γ a (t) = a √

3 e ^iπt . Calcolare l’integrale I = Z

γ

1 z ² + a ² dz .

Considerare quindi la curva ϕ k,a : [0, 2k + 1] → C definita anch’essa come ϕ ^k,a (t) = a √ 3 e ^iπt . Valutare

I(k, a) = Z

ϕ

1 z ² + a ² dz per a ∈ R, a > 0 e k ∈ N.

L’integrale I a si ottiene chiudendo il percorso lungo l’asse e applicando il teorema dei residui:

Z

γ

1

z ² + a ² dz + Z +a √

3

−a √ 3

dx

x ² + a ² = 2πi Res

 1

z ² + a ² , ia



Da cui si trova

I = −  1

a arctan  x a

  ^x=+a

√ 3

x=−a √ 3

+ 2πi 1

2ai = − 2π 3a + π

a = π 3a .

La curva ϕ k,a percorre k giri completi e poi mezzo giro. Quindi il valore di I(k, a) sar` a dato da I(k, a) = kJ + I dove J ` e l’integrale di _z

+a ¹

sulla circonferenza di raggio a √

3. Usando i residui troviamo

J = 2πi

 Res

 1

z ² + a ² , ia

 + Res

 1

z ² + a ² , −ia



= 0 e quindi I(k, a) = I = _3a ^π per ogni intero k.

3