Grafico della funzione f (x, y) := sin(2x

Prove scritte di

Analisi Matematica 2

Ingegneria classe Industriale, corso B a.a. 2004–2005

Grafico della funzione f (x, y) := sin(2x

− y) cos(x − 2y

) in [−π/2, π/2]

Raccolta delle tracce di “Analisi Matematica 2 ” per Ingegneria classe Industriale, corso

B, Facolt`a di Ingegneria, Universit`a degli Studi di Lecce

4 luglio 2005, traccia A

1. Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della seguente serie di funzioni

+∞ X

n=1

x ² sin(nx) n ² + 1 .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = x x ² + y ² , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | x y ≥ 1 , x > 0 , y > 0 ª . 3. Risolvere il seguente problema di Cauchy

 

 

 



y ⁰⁰ + 2y ⁰ = sin 3x , y(0) = 0 ,

y ⁰ (0) = β .

Inoltre determinare gli eventuali valori di β ∈ R per cui la soluzione `e

periodica.

Soluzione del 4 luglio 2005, traccia A 1. Per ogni x ∈ R si ha

+∞ X

n=1

¯ ¯

¯ ¯ x ² sin(nx) n ² + 1

¯ ¯

¯ ¯ ≤

+∞ X

n=1

x ² n ² + 1 ,

e quindi la serie `e puntualmente (ed assolutamente) convergente in tutto R. Inoltre, fissato a > 0, risulta

+∞ X

n=1

¯ ¯

¯ ¯ x ² sin(nx) n ² + 1

¯ ¯

¯ ¯ ≤

+∞ X

n=1

a ² n ² + 1 ,

per ogni x ∈ [−a, a] e quindi la convergenza `e totale (dunque anche uniforme) in ogni intervallo [−a, a], con a > 0.

La convergenza non `e per`o uniforme in tutto R; infatti, per ogni n ≥ 1, si consideri x _n > n + 1 (oppure x _n < −n − 1) tale che sin(nx _n ) = 1;

allora

x ² _n sin(nx _n )

n ² + 1 > (n + 1) ² n ² + 1 > 1

e quindi il resto della serie non pu`o tendere uniformemente a 0 in tutto R.

2. La funzione `e definita in R <sup>2</sup> \ {(0, 0)} ed in tale insieme `e dotata di derivate parziali continue. Quindi `e differenziabile in R ² \ {(0, 0)}. I punti stazionari si ottengono annullando le derivate parziali

∂f

∂x (x, y) = y ² − x ²

(x ² + y ² ) ² , ∂f

∂y (x, y) = −2xy (x ² + y ² ) ² ;

il punto (0, 0) non `e soluzione del sistema precedente in quanto la funzione non `e definita in tale punto.

Quindi non vi sono punti stazionari in D per cui non esistono punti di massimo o minimo relativo interni a D.

Lungo la curva xy = 1 con x, y > 0, si ottiene la funzione ϕ :]0, +∞[→

R definita ponendo, per ogni x ∈ R, ϕ(x) := f

µ x, 1

x

¶

= x

x ² + 1/x ² = x ³ x ⁴ + 1 .

Poich`e lim _x→0

ϕ(x) = lim _x→+∞ ϕ(x) = 0 mentre f `e strettamente

positiva in D, si deduce che inf _(x,y)∈D f (x, y) = 0, ma non esiste il

minimo assoluto di f in D.

La funzione ϕ `e derivabile in ]0, +∞[ e, per ogni x > 0, ϕ ⁰ (x) = 3x ² (1 + x ⁴ ) − 4x ⁶

(x ⁴ + 1) ² = x ² (3 − x ⁴ ) (x ⁴ + 1) ² . Si riconosce facilmente che ϕ ⁰ (x) ≥ 0 se e solo se x ≤ √

3 e quindi ϕ `e strettamente crescente in ]0, √

3] e strettamente decrescente in [ √

3, +∞[; vi `e quindi un punto di massimo relativo in √

3 per ϕ in cui ϕ

³ √

3

´

= f µ

√

3, 1

√

3

¶

=

√

3 ³

4 ∼ 0.569 . . .

Per riconoscere che tale punto corrisponde ad un punto di massimo relativo anche per f si osserva che, considerato r > 2 e D _r := D ∩ B _r ⁰ (0, 0), la funzione f `e dotata di massimo assoluto in D <sub>r</sub> in quanto continua sull’insieme chiuso e limitato D <sub>r</sub> ; poich`e si `e gi`a visto che non esistono punti di massimo o minimo relativo interni a D _r , il massimo assoluto di f in D _r deve essere assunto sulla frontiera di D _r ; lungo l’arco di circonferenza di D _r di centro l’origine e raggio r si ha 0 <

x < r e conseguentemente

f (x, y) = x r ² ≤ 1

r < 1 2 < f

µ

√

3, 1

√

3

¶

e quindi il punto ( √

3, 1/ √

3) `e di massimo assoluto di f in D <sub>r</sub> ; tenendo presente che per quanto gi`a osservato in D \ D _r si ha f (x, y) ≤ 1/r il punto trovato `e di massimo assoluto per f in D.

Alternativamente, si pu`o procedere scrivendo la funzione in coordinate polari; risulta infatti, per ogni ρ > 0 e θ ∈ R tali che (ρ cos θ, ρ sin θ) ∈ D,

f (ρ cos θ, ρ sin θ) = cos θ

ρ , (1)

considerando le limitazioni 0 < θ < π

2 , ρ ≥ 1

√ cos θ sin θ

(l’ultima diseguaglianza si ottiene imponendo x y = 1, da cui ρ ² cos θ sin θ = 1.

3. Il polinomio caratteristico associato all’equazione omogenea y ⁰⁰ +2y ⁰ = 0 `e dato da λ <sup>2</sup> + 2λ = 0 ed ha come soluzioni 0 e −2. Conseguente- mente, la soluzione generale dell’omogenea `e data da

y = c ₁ + c ₂ e ^−2x .

Una soluzione particolare dell’equazione y ⁰⁰ + 2y ⁰ = sin 3x pu`o es- sere cercata del tipo y = a sin 3x + b cos 3x, con a, b ∈ R da deter- minare; poich`e y ⁰ = 3a cos 3x − 3b sin 3x e y ⁰⁰ = −9a sin 3x − 9b cos 3x, imponendo la condizione y ⁰⁰ + 2y ⁰ = sin 3x, si trova

−9a sin 3x − 9b cos 3x + 6a cos 3x − 6b sin 3x = sin 3x ,

ed uguagliando separatamente i termini con il seno e quelli con il coseno, si ottiene il sistema

½ −9a − 6b = 1 , 6a − 9b = 0 ,

che ha come unica soluzione a = −1/13 e b = −2/39. Quindi y = − 1

13 sin 3x − 2

39 cos 3x

e la soluzione generale dell’equazione y ⁰⁰ + 2y ⁰ = sin 3x `e y = c ₁ + c ₂ e ^−2x − 1

13 sin 3x − 2

39 cos 3x .

Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0 si trova c ₁ + c ₂ − 2/39 = 0 e inoltre, tenendo presente che y ⁰ = −2c ₂ e ^−2x − ₁₃ ³ cos 3x + ₁₃ ² sin 3x, dalla condizione y ⁰ (0) = β, si ottiene −2c ₂ − 3/13 = β; pertanto c ₁ = −3/26 − β/2 e c ₂ = 1/6 + β/2 e la soluzione del problema di Cauchy assegnato `e

y = − 3 26 − β

2 + µ 1

6 + β 2

¶

e ^−2x − 1

13 sin 3x − 2

39 cos 3x .

Tale soluzione `e periodica solamente per β = −1/3 (cio`e quando si

annulla il coefficiente della funzione esponenziale).

4 luglio 2005, traccia B

1. Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della seguente serie di funzioni

+∞ X

n=1

cos(nx) n ² x ² .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = y x ² + y ² , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | x y ≥ 1 , x > 0 , y > 0 ª . 3. Risolvere il seguente problema di Cauchy

 

 

 



y ⁰⁰ + y ⁰ = cos 2x , y(0) = 0 ,

y ⁰ (0) = β .

Inoltre determinare gli eventuali valori di β ∈ R per cui la soluzione `e

periodica.

Soluzione del 4 luglio 2005, traccia B 1. Per ogni x ∈ R \ {0} si ha

X +∞

n=1

¯ ¯

¯ ¯ cos(nx) n ² x ²

¯ ¯

¯ ¯ ≤ X +∞

n=1

1 n ² x ² ,

e quindi la serie `e puntualmente (ed assolutamente) convergente in tutto R \ {0}. Inoltre, fissato a > 0, risulta

+∞ X

n=1

¯ ¯

¯ ¯ cos(nx) n ² x ²

¯ ¯

¯ ¯ ≤ X +∞

n=1

1 n ² a ² ,

per ogni x ∈]−∞, −a]∪[a, ∞[ e quindi la convergenza `e totale (dunque anche uniforme) in ogni intervallo ] − ∞, −a] ∪ [a, ∞[, con a > 0.

La convergenza non `e per`o uniforme in tutto R; infatti, per ogni n ≥ 1, si consideri x _n ∈ R tale che |x _n | < 1/ √

n e cos(nx _n ) = 1; allora cos(nx)

n ² x ² > 1

e quindi il resto della serie non pu`o tendere uniformemente a 0 in tutto R \ {0}.

2. La funzione pu`o essere studiata in maniera esattamente analoga alla funzione assegnata nella traccia A invertendo i ruoli delle variabili x ed y.

3. Il polinomio caratteristico associato all’equazione omogenea y ⁰⁰ +y ⁰ = 0

`e dato da λ <sup>2</sup> + λ = 0 ed ha come soluzioni 0 e −1. Conseguentemente, la soluzione generale dell’omogenea `e data da

y = c ₁ + c ₂ e ^−x .

Una soluzione particolare dell’equazione y ⁰⁰ + 2y ⁰ = cos 2x pu`o es- sere cercata del tipo y = a sin 2x + b cos 2x, con a, b ∈ R da deter- minare; poich`e y ⁰ = 2a cos 2x − 2b sin 2x e y ⁰⁰ = −4a sin 2x − 4b cos 2x, imponendo la condizione y ⁰⁰ + y ⁰ = cos 2x, si trova

−4a sin 2x − 4b cos 2x + 2a cos 2x − 2b sin 2x = cos 2x ,

ed uguagliando separatamente i termini con il seno e quelli con il coseno, si ottiene il sistema

½ −4a − 2b = 0 ,

2a − 4b = 1 ,

che ha come unica soluzione a = 1/10 e b = −1/5. Quindi y = 1

10 sin 2x − 1 5 cos 2x

e la soluzione generale dell’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = cos 2x `e y = c ₁ + c ₂ e ^−x + 1

10 sin 2x − 1

5 cos 2x .

Imponendo la condizione iniziale y(0) = 0 si trova c ₁ + c ₂ − 1/5 = 0 e inoltre, tenendo presente che y ⁰ = −c ₂ e ^−x + ¹ ₅ cos 2x + ² ₅ sin 2x, dalla condizione y ⁰ (0) = β, si ottiene −c ₂ + 1/5 = β; pertanto c ₁ = β e c ₂ = 1/5 − β e la soluzione del problema di Cauchy assegnato `e

y = β + µ 1

5 − β

¶

e ^−x + 1

10 sin 2x − 1

5 cos 2x .

Tale soluzione `e periodica solamente per β = 1/5 (cio`e quando si

annulla il coefficiente della funzione esponenziale).

18 luglio 2005, traccia A

1. Calcolare il seguente integrale doppio Z Z

D

p x ² + y ² dx dy ,

dove

D = ©

(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1 , (x − 1) ² + y ² ≤ 1 ª .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = x ¡

x ² − y + 2 ¢ e ^x , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | x ² ≤ y ≤ x ² + 3 ª . 3. Risolvere la seguente equazione differenziale

y ⁰ = y + x ² y ² .

Soluzione del 18 luglio 2005, traccia A 1. Risolvendo il sistema

½ x ² + y ² = 1 , (x − 1) ² + y ² = 1 ,

si trovano le intersezioni delle due circonferenze nei punti (1/2, √ 3/2) e (1/2, − √

3/2).

Poich´e la funzione `e simmetrica rispetto all’asse delle ascisse, si ha Z Z

D

p x ² + y ² dx dy = 2 Z Z

D

p x ² + y ² dx dy ,

dove D ₊ = D ∩ (R × R ₊ ) (quindi D ₊ `e la l’intersezione di D con il semipiano positivo delle ordinate).

Posto x = ρ cos θ e y = ρ sin θ il dominio D ₊ si pu`o decomporre nel modo seguente D ₊ = D ₁ ∪ D ₂ , dove

D ₁ = n

(ρ, θ) ∈ R ² | 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π 3

o , D ₂ =

n

(ρ, θ) ∈ R ² | π

3 ≤ θ ≤ π

2 , 0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ o

(in coordinate polari l’equazione della circonferenza (x − 1) ² + y ² = 1 si scrive ρ ² cos ² θ − 2ρ cos θ + 1 + ρ sin ² θ = 1 che semplificata diventa ρ(ρ − 2 cos θ) = 0 e fornisce le intersezioni in coordinate polari ρ = 0 e ρ = 2 cos θ tra la circonferenza e la semiretta passante per l’origine con coefficiente angolare tan θ).

A questo punto risulta Z Z

D

p x ² + y ² dx dy = Z ₁

0

ρ ² dρ Z _π/3

0

dθ = π 3

Z ₁

0

ρ ² dρ = π

9 ,

e inoltre Z Z

D

p x ² + y ² dx dy =

Z _π/2

π/3

dθ

Z _{2 cos θ}

0

ρ ² dρ

= 8

3 Z _π/2

π/3

cos ³ θ dθ

= 8

3 Z _π/2

π/3

cos θ(1 − sin ² θ) dθ

= 8

3 Z _π/2

π/3

(cos θ − sin ² θ cos θ) dθ

= 8

3

·

sin θ − sin ³ θ 3

¸ _π/2

π/3

= 8

3 Ã

1 − 1 3 −

√ 3 2 + 3 √

3 24

!

= 16 9 − √

3 . Pertanto

Z Z

D

p x ² + y ² dx dy = Z Z

D

p x ² + y ² dx dy

+ Z Z

D

p x ² + y ² dx dy

= π

9 + 16 9 − √

3 = 17 9 − √

3 , e conseguentemente

Z Z

D

p x ² + y ² dx dy = 2 Z Z

D

p x ² + y ² dx dy = 34 9 − 2 √

3 .

2. La funzione `e differenziabile in ogni punto e quindi i suoi massimi e minimi relativi interni al dominio D sono necessariamente punti stazionari per f . Risolvendo il sistema ottenuto annullando le derivate parziali ½

(x ³ + 3x ² + 2x − xy − y + 2) e ^x = 0 ,

−x e ^x = 0 ,

si trova l’unico punto stazionario (0, 2) che `e interno al dominio D. Le derivate parziali seconde di f sono date da

∂ ² f

∂x ² (x, y) = (x ³ + 6x ² + 8x − xy − 2y + 4) e ^x ,

∂ ² f

∂x ∂y (x, y) = (x + 1) e ^x ,

∂ ² f

∂y ² (x, y) = 0 ,

e quindi nel punto (0, 2) la matrice hessiana `e

¯ ¯

¯ ¯ 0 1 1 0

¯ ¯

¯ ¯ ;

poich´e il determinante hessiano `e strettamente negativo, si deduce che (0, 2) `e un punto di sella per f .

Si discutono ora eventuali massimi e minimi relativi sulla frontiera di D. Sulla curva y = x ² si ottiene la funzione

ϕ(x) = f (x, x ² ) = 2x e ^x , x ∈ R , che `e derivabile e la cui derivata `e data da

ϕ ⁰ (x) = 2(x + 1) e ^x , x ∈ R ;

si deduce che la derivata di ϕ `e positiva in [−1, +∞[ e negativa in ] − ∞, −1] e quindi −1 `e un minimo relativo (anzi assoluto) per ϕ;

pertanto (−1, 1) `e un minimo relativo per f sulla frontiera di D e si ha f (−1, 1) = −2/e.

In maniera analoga, sulla curva y = x ² + 3 si ottiene la funzione ψ(x) = f (x, x ² + 3) = −x e ^x , x ∈ R ,

che `e derivabile e la cui derivata `e data da

ψ ⁰ (x) = −(x + 1) e ^x , x ∈ R ;

si deduce che la derivata di ψ `e positiva in ] − ∞, −1] e negativa in [−1, +∞[ e quindi −1 `e un massimo relativo (anzi assoluto) per ψ;

pertanto (−1, 4) `e un massimo relativo per f sulla frontiera di D e si ha f (−1, 4) = 1/e.

La funzione non `e dotata di massimo assoluto in D in quanto ad esem-

pio sulla curva y = x ² tende a +∞ per x → +∞. In maniera analoga

si deduce che la funzione non `e dotata di massimo assoluto in D in

quanto ad esempio sulla curva y = x ² + 3 tende a −∞ per x → +∞.

Ulteriori informazioni aggiuntive sulla funzione possono essere dedotte studiando come sopra la funzione f sulla curva y = x ² + c, con 0 <

c < 3 e considerando quindi la funzione

ϕ _c (x) = f (x, x ² + c) = (2 − c)x e ^x , x ∈ R , che `e derivabile e la cui derivata `e data da

ϕ ⁰ _c (x) = (2 − c)(x + 1) e ^x , x ∈ R ;

dallo studio della derivata si deduce l’esistenza di un massimo o un minimo per ϕ _c nel punto −1 in cui si ha f (−1, 1+c) = (c−2)/e > −2/e;

inoltre per x → −∞ la funzione ϕ _c tende sempre a 0 mentre per x → +∞ la funzione tende a +∞ se 0 ≤ c < 2, a 0 se c = 2 ed a −∞

se 2 < c ≤ 3.

Lo studio dei massimi e minimi della funzione f , considerata la strut- tura dell’insieme D, pu`o essere alternativamente dedotto dallo studio delle funzioni ϕ _c .

3. Si tratta di un’equazione differenziale del primo ordine di Bernoulli con α = 2. La funzione nulla y = 0 `e soluzione dell’equazione. Supposto y 6= 0 e dividendo per y <sup>2</sup> si ottiene l’equazione differenziale y <sup>0</sup> /y <sup>2</sup> = 1/y + x <sup>2</sup> ; posto z = 1/y, da cui z <sup>0</sup> = −y <sup>0</sup> /y <sup>2</sup> , si ottiene l’equazione differenziale lineare del primo ordine −z <sup>0</sup> = z + x <sup>2</sup> , cio`e z ⁰ = −z − x ² , la cui soluzione generale `e data da

z = e ^−x µ

c − Z _x

0

t ² e ^t dt

¶

, c ∈ R .

Poich´e Z _x

0

t ² e ^t dt = x ² e ^x − 2 Z _x

0

t e ^t dt = x ² e ^x − 2xe ^x + 2e ^x − 2 , si ottiene

z = e ^−x ¡

c − x ² e ^x + 2xe ^x − 2e ^x ¢

, c ∈ R ,

(la costante −2 ottenuta nell’integrazione precedente `e stata omessa a causa della presenza della costante arbitraria c) e conseguentemente

y = e ^x

c − x ² e ^x + 2xe ^x − 2e ^x = 1

c e ^−x − x ² + 2x − 2 , c ∈ R .

18 luglio 2005, traccia B

1. Calcolare il seguente integrale doppio Z Z

D

xy p

x ² + y ² dx dy , dove

D =

½

(x, y) ∈ R ² | x ²

4 + y ² ≤ 1 , x ² + y ² ≥ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0

¾ .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = (x − 5) ² + y ² 1 + ((x − 5) ² + y ² ) ² , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | (x − 5) ² + y ² ≥ 1 , −1 ≤ y ≤ 1 ª . 3. Risolvere la seguente equazione differenziale

y ⁰ = y + xy ² .

Soluzione del 18 luglio 2005, traccia B

1. Posto x = ρ cos θ e y = ρ sin θ e tenendo presente che in coordinate po- lari l’equazione dell’ellisse x ² /4+y ² = 1 si scrive ρ ² cos ² θ/4+ρ sin ² θ = 1 che semplificata diventa ρ ² (1 + 3 sin ² θ) = 4 e fornisce l’intersezione con coordinate positive ρ = 2/ p

1 + 3 sin ² θ tra l’ellisse e la semiret- ta passante per l’origine con coefficiente angolare tan θ, il dominio D diventa in coordinate polari

D = (

(ρ, θ) ∈ R ² | 0 ≤ θ ≤ π

2 , 1 ≤ ρ ≤ 2 p 1 + 3 sin ² θ

) .

Pertanto, posto t = 1 + 3 sin ² θ, da cui dt = 6 sin θ cos θ dθ, si ottiene Z Z

D

xy p

x ² + y ² dx dy = Z _π/2

0

dθ

Z _2/ √

1+3 sin

θ 1

ρ ⁴ sin θ cos θ dρ

= Z _π/2

0

sin θ cos θ

· ρ ⁵ 5

¸ _2/ √

1+3 sin

θ 1

dθ

= 1 5

Z _π/2

0

µ 32

(1 + 3 sin ² θ) ^5/2 − 1

¶

sin θ cos θ dθ

= 1 30

Z ₄

1

µ 32 t ^5/2 − 1

¶ dt

= 1 30



32

"

− t ^−3/2 3/2

# ₄

1

− [t] ⁴ ₁





= 1 30

µ 32

µ

− 2 3 · 2 ³ + 2

3

¶

− 3

¶

= 47 90 . 2. Posto t = (x − 5) ² + y ² ≥ 0 si ottiene la funzione

ϕ(t) = t

1 + t ² , t ≥ 0 .

Tale funzione `e derivabile in R e la sua derivata `e data da ϕ ⁰ (t) = 1 − t ²

(1 + t ² ) ² , t ≥ 0 ;

si deduce che ϕ `e strettamente crescente per 0 ≤ t ≤ 1 e strettamente

decrescente per t ≥ 1 e inoltre ha un massimo assoluto nel punto 1 e

tende a 0 per t → +∞. Poich`e, per ogni (x, y) ∈ D risulta t ≥ 1, si

pu`o asserire che la funzione f `e costante su ogni arco di circonferenza

(x − 5) ² + y ² = c ≥ 1 tale che −1 ≤ y ≤ 1 ed assume il massimo

assoluto per c = 1 mentre non esiste il minimo assoluto in quanto

l’estremo inferiore 0 che si ottiene per c → +∞ non `e un valore della funzione. In conclusione sono punti di massimo assoluto per f in D i seguenti elementi di D

© (x ₀ , y ₀ ) ∈ R ² | (x ₀ − 5) ² + y ² ₀ = 1 , −1 ≤ y ₀ ≤ 1 ª , ed in tali punti il massimo di f `e uguale a f (x ₀ , y ₀ ) = 1/2.

3. Si tratta di un’equazione differenziale del primo ordine di Bernoulli con α = 2. La funzione nulla y = 0 `e soluzione dell’equazione. Supposto y 6= 0 e dividendo per y <sup>2</sup> si ottiene l’equazione differenziale y <sup>0</sup> /y <sup>2</sup> = 1/y + x; posto z = 1/y, da cui z <sup>0</sup> = −y <sup>0</sup> /y <sup>2</sup> , si ottiene l’equazione differenziale lineare del primo ordine −z <sup>0</sup> = z + x, cio`e z ⁰ = −z − x, la cui soluzione generale `e data da

z = e ^−x µ

c − Z _x

0

t e ^t dt

¶

, c ∈ R .

Poich´e Z _x

0

t e ^t dt = x e ^x − e ^x + 1 , si ottiene

z = e ^−x (c − x e ^x + e ^x ) , c ∈ R ,

(la costante 1 ottenuta nell’integrazione precedente `e stata omessa a causa della presenza della costante arbitraria c) e conseguentemente

y = e ^x

c − x e ^x + e ^x = 1

c e ^−x − x + 1 , c ∈ R .

5 settembre 2005, traccia A

1. Calcolare la lunghezza della curva ϕ : [0, π] → R ³ definita ponendo, per ogni t ∈ [0, π],

ϕ(t) = (t, sin t, cos t) . Inoltre, si calcoli il seguente integrale curvilineo

Z

ϕ

(x + y − z) ds .

2. Studiare massimi e minimi assoluti della funzione f (x, y, z) = x ² + y ² + z ² , nell’insieme S = ©

(x, y, z) ∈ R ³ | z = x ² + y ² , x + y + z = 1 ª . 3. Risolvere il seguente problema di Cauchy

½ x y y ⁰ = x ² + y ² ,

y(1) = 0 .

Soluzione del 5 settembre 2005, traccia A

1. La curva ϕ `e regolare in quanto le sue componenti sono derivabili con derivate continue e inoltre, per ogni t ∈ [0, π], si ha ϕ ⁰ (t) = (1, cos t, − sin t) e conseguentemente

kϕ ⁰ (t)k = p

1 + cos ² t + sin ² t = √ 2 6= 0 . Pertanto

`(ϕ) = Z _π

0

kϕ ⁰ (t)k dt = √ 2 π .

Per quanto riguarda l’integrale curvilineo, considerata la funzione f (x, y, z) = x + y − z ,

si ha Z

ϕ

(x + y − z) ds = Z _π

0

f (ϕ(t)) kϕ ⁰ (t)k dt

= √

2 Z _π

0

(t + sin t − cos t) dt

= √

2 µ π ²

2 + 2

¶

=

√ 2 2

¡ π ² + 4 ¢ .

2. Innanzitutto, si osserva che il massimo ed il minimo assoluto di f sul- l’insieme S devono necessariamente esistere per il Teorema di Weier- strass in quanto f `e continua e l’insieme S `e chiuso e limitato. ¹ Dalla condizione z = x ² + y ² , segue che si pu`o studiare la funzione

g(x, y) = f (x, y, x ² + y ² ) = x ² + y ² + (x ² + y ² ) ² nell’insieme

D = {(x, y) ∈ R ² | x + y + x ² + y ² = 1} .

Utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, si consideri ora la nuova funzione

h(x, y, λ) = x ² + y ² + (x ² + y ² ) ² + λ (x + y + x ² + y ² − 1) .

1

Si riconosce facilmente che l’insieme S `e chiuso in quanto intersezione degli insiemi chiusi

S

= (x, y, z) ∈ R

| z = x

+ y

, S

= (x, y, z) ∈ R

| x + y + z = 1 . Per riconoscere che S `e anche limitato si pu`o porre x = ρ cos θ, y = ρ sin θ; dalla condizione z = x

+ y

si ottiene z = ρ

≥ 0 e inoltre, da x + y + z = 1, si ricava ρ(cos θ + sin θ + ρ) = 1 da cui ρ(ρ−2) ≤ 1 e quindi ρ ≤ 1+ √

2; dunque 0 ≤ z ≤ (1+ √

2)

e x

+y

= z ≤ (1+ √

2)

.

Tale funzione `e differenziabile ed i suoi punti stazionari sono forniti dal seguente sistema

 



2x + 4(x ² + y ² )x + λ + 2λx = 0 , 2y + 4(x ² + y ² )y + λ + 2λy = 0 , x + y + x ² + y ² − 1 = 0 .

Sottraendo le prime due equazioni si ricava x = y e conseguentemente dalla terza equazione si ottiene 2x + 2x ² − 1 = 0, da cui x = (−1 ±

√ 3)/2. Poich´e y = x e z = x ² + y ² , si ottengono conseguentemente i seguenti punti stazionari per f

A = Ã

−1 − √ 3

2 , −1 − √ 3

2 , 2 + √ 3

! ,

B = Ã

−1 + √ 3

2 , −1 + √ 3

2 , 2 − √ 3

! .

Poich´e f (A) = 9 + 5 √

3 e f (B) = 9 − 5 √

3, si conclude che A `e l’unico punto di massimo assoluto per f su S e B e l’unico punto di minimo assoluto per f su S; il massimo assoluto `e 9 +5 √

3 ed il minimo assolto

`e 9 − 5 √ 3.

3. Considerando x > 0 (la condizione iniziale viene imposta nel punto 1) e tenendo presente che la funzione y = 0 non `e soluzione del problema di Cauchy assegnato, si possono dividere entrambi i membri per xy e si ottiene

y ⁰ = x ² + y ² xy = x

y + y x ;

posto z = y/x, da cui y = x z e quindi y ⁰ = xz ⁰ + z, si ha z + x z ⁰ = 1

z + z

e semplificando x z ⁰ = 1/z. Quest’ultima equazione `e a variabili sep- arabili; scrivendo z z ⁰ = 1/x ed integrando entrambi i membri, si ricava

z ²

2 = log x + c , c ∈ R , da cui z ² = 2 log x + c e z = ± √

2 log x + c. Conseguentemente y = x z = ±x p

2 log x + c , c ∈ R . Imponendo la condizione iniziale y(1) = 0 si trova 0 = ± √

c, da cui c = 0 e quindi vi sono due soluzioni del problema di Cauchy assegnato date da

y = ±x p

2 log x , x ≥ 1 .

5 settembre 2005, traccia B

1. Calcolare la lunghezza della curva ϕ : [0, π] → R ³ definita ponendo, per ogni t ∈ [0, π],

ϕ(t) = (cos t, t, sin t) . Inoltre, si calcoli il seguente integrale curvilineo

Z

ϕ

(2x − y ² + z) ds .

2. Studiare massimi e minimi assoluti della funzione f (x, y, z) = x ² + y ² + z ² , nell’insieme S = ©

(x, y, z) ∈ R ³ | y = x ² + z ² , x + y + z = 1 ª . 3. Risolvere il seguente problema di Cauchy

 



y ⁰⁰ + y ⁰ = y y ⁰ ,

y(0) = 0 ,

y ⁰ (0) = 1/2 .

Soluzione del 5 settembre 2005, traccia B

1. La curva ϕ `e regolare in quanto le sue componenti sono derivabili con derivate continue e inoltre, per ogni t ∈ [0, π], si ha ϕ ⁰ (t) = (− sin t, 1, cos t) e conseguentemente

kϕ ⁰ (t)k = p

sin ² t + 1 + cos ² t = √ 2 6= 0 . Pertanto

`(ϕ) = Z _π

0

kϕ ⁰ (t)k dt = √ 2 π .

Per quanto riguarda l’integrale curvilineo, considerata la funzione f (x, y, z) = 2x − y ² + z ,

si ha Z

ϕ

(2x − y ² + z) ds = Z _π

0

f (ϕ(t)) kϕ ⁰ (t)k dt

= √

2 Z _π

0

(2 cos t − t ² + sin t) dt

= √

2 µ

− π ³ 3 + 2

¶

=

√ 2 3

¡ −π ³ + 6 ¢ .

2. La soluzione `e identica a quella dell’esercizio 2. della traccia A del 5 settembre 2005 invertendo i ruoli delle variabili y e z.

3. Si tratta di un’equazione differenziale del secondo ordine mancante della x; posto p(y) = y ⁰ (la nuova funzione p viene considerata nella variabile y) si ha

y ⁰⁰ = dp dx = dp

dy dy dx = dp

dy y ⁰ e quindi l’equazione diventa

p dp

dy + p = y p ;

osservato che p 6= 0 (infatti y ⁰ = 0 non soddisfa l’ultima condizione del problema di Cauchy) si ottiene

dp

dy = y − 1 ;

integrando quest’ultima equazione rispetto alla variabile y si ricava p(y) − p(0) = y ² /2 − y − y ² (0)/2 + y(0) e tenendo presenti le condizioni iniziali del problema di Cauchy

p(y) − 1 2 = y ²

2 − y ,

da cui

y ⁰ = y ²

2 − y + 1 2 .

Quest’ultima equazione `e a variabili separabili e si pu`o scrivere 2 y ⁰

y ² − 2y + 1 = 1 ; integrando rispetto alla variabile x si ottiene

2

1 − y − 2

1 − y(0) = x e dalle condizioni iniziali

2

1 − y = x + 2 da cui infine

y = 1 − 2

x + 2 .

9 dicembre 2005

1. Calcolare il seguente integrale doppio Z Z

D

x ² − y ²

p x ² + y ² dx dy , dove

D = ©

(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1 , x + y ≥ 1 ª .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = 1 + x 1 + x ² + y ² , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1 ª . 3. Risolvere la seguente equazione differenziale

yy ⁰⁰ − y ² y ⁰ − y ⁰² = 0 .

Soluzione del 9 dicembre 2005

1. L’integrale doppio pu`o essere risolto in maniera immediata con con- siderazioni di simmetria del dominio e della funzione. Infatti

Z Z

D

x ² − y ²

p x ² + y ² dx dy = Z Z

D

x ²

p x ² + y ² dx dy − Z Z

D

y ²

p x ² + y ² dx dy , e scambiando le variabili x ed y nel secondo integrale (utilizzando cio`e la trasformazione u = y, v = x con jacobiano −1 e considerando il fatto che il dominio rimane invariato), si ottiene che l’integrale assegnato `e nullo.

Alternativamente, l’integrale pu`o essere calcolato anche utilizzando il cambiamento di variabili in coordinate polari x = ρ cos θ, y = ρ sin θ;

in questo caso l’insieme D viene descritto dalle seguenti condizioni 0 ≤ θ ≤ π

2 , 1

cos θ + sin θ ≤ ρ ≤ 1 , ed `e normale rispetto a θ. Pertanto

Z Z

D

x ² − y ²

p x ² + y ² dx dy = Z _π/2

0

dθ Z ₁

1/(cos θ+sin θ)

ρ ² (cos ² θ − sin ² θ)

ρ ρ dρ

= Z _π/2

0

(cos ² θ − sin ² θ) dθ Z ₁

1/(cos θ+sin θ)

ρ ² dρ

= Z _π/2

0

(cos ² θ − sin ² θ)

· ρ ³ 3

¸ ₁

1/(cos θ+sin θ)

dθ

= 1 3

Z _π/2

0

cos 2θ dθ − 1 3

Z _π/2

0

cos θ − sin θ (sin θ + cos θ) ² dθ Per quanto riguarda il primo integrale si ha

Z _π/2

0

cos 2θ dθ = [sin 2θ] ^π/2 ₀ = 0 .

Per quanto riguarda il secondo integrale, si potrebbero ancora prendere in considerazione le propriet`a di simmetria del dominio e della funzione e si otterrebbe

Z _π/2

0

cos θ − sin θ (sin θ + cos θ) ² dθ =

Z _π/4

0

cos θ − sin θ (sin θ + cos θ) ² dθ +

Z _π/2

π/4

cos θ − sin θ (sin θ + cos θ) ² dθ

= Z _π/4

0

cos θ − sin θ (sin θ + cos θ) ² dθ −

Z ₀

π/4

sin ϕ − cos ϕ (cos ϕ + sin ϕ) ² dϕ

= Z _π/4

0

cos θ − sin θ (sin θ + cos θ) ² dθ −

Z _π/4

0

cos ϕ − sin ϕ

(cos ϕ + sin ϕ) ² dϕ = 0

(si `e posto ϕ = π/2 − θ e si `e osservato che dϕ = −dθ e cos θ = sin ϕ, sin θ = cos ϕ).

Alternativamente, l’integrale potrebbe essere calcolato direttamente nel modo seguente

Z _π/2

0

cos θ − sin θ

(sin θ + cos θ) ² dθ = − 1 6

Z _π/2

0

D(sin θ + cos θ) (sin θ + cos θ) ² dθ

= 1

6

· 1

sin θ + cos θ

¸ _π/2

0

= 1

6 (1 − 1) = 0 . 2. La funzione `e continua su un insieme chiuso e limitato e pertanto `e si-

curamente dotata di massimo e minimo assoluto. Si osserva inoltre che essa `e differenziabile in ogni punto dell’insieme D in quanto dotata di derivate parziali continue in ogni punto. I punti di massimo e minimo relativo interni a D sono pertanto i punti interni a D che soddisfano il sistema che si ottiene annullando entrambe le derivate parziali

 

 



 

 

1 + x ² + y ² − 2x − 2x ² (1 + x ² + y ² ) ² = 0 ,

−2y(1 + x)

(1 + x ² + y ² ) ² = 0 ,

cio`e (

1 − 2x − x ² + y ² = 0 , y(1 + x) = 0 .

Dalla seconda equazione, si ottiene y = 0 oppure x = −1; se y = 0, dalla prima equazione deve essere x = −1± √

2 e si ottengono quindi il punto (−1 − √

2, 0) che non appartiene a D e A(−1 + √

2, 0) che invece

`e interno a D. Le derivate parziali seconde di f sono date da

∂ ² f

∂x ² (x, y) = 2(−1 − 3x + 3x ² + x ³ − y ² − 3xy ² ) (1 + x ² + y ² ) ³ ,

∂ ² f

∂x ∂y (x, y) = − 2y(1 − 4x − 3x ² + y ² ) (1 + x ² + y ² ) ³ ,

∂ ² f

∂ ² y (x, y) = − 2(1 + x)(1 + x ² − 3y ² ) (1 + x ² + y ² ) ³ ,

e conseguentemente la matrice hessiana nel punto (−1 + √

2, 0) `e data

da ¯

¯ ¯

¯ ¯

−1+ √ 2 (−2+ √

2)

, 0

0 ¹

8−6 √ 2

¯ ¯

¯ ¯

¯ ;

poich´e i suoi minori M ₁ ed M ₂ sono tali che M ₁ < 0 e M ₂ > 0, si conclude che il punto (−1 + √

2, 0) `e un massimo relativo per f nel quale la funzione assume il valore 1 + √

2.

Si studia ora il comportamento di f sulla frontiera di D; poich´e f `e dotata di massimo e minimo assoluto, il minimo assoluto deve trovarsi necessariamente sulla frontiera.

Trasformando le coordinate cartesiane in polari ponendo x = ρ cos θ, y = ρ sin θ la frontiera di D viene espressa dalle condizioni ρ = 1 e

−π < θ ≤ π e la funzione diventa g(θ) = f (cos θ, sin θ) = 1 + cos θ

2 = cos ² θ

2 , −π < θ ≤ π . A questo punto `e chiaro il massimo di g `e 1 e si ottiene per θ = 0 mentre il suo minimo `e 0 e viene assunto per θ = π. Poich´e nel punto (cos 0, sin 0) = (1, 0) la funzione assume il valore 1, si conclude che il massimo assoluto di f `e 1+ √

2 e viene assunto in −1+ √

2. Per quanto riguarda invece il minimo assoluto di f , esso deve essere necessaria- mente assunto sulla frontiera nel punto (cos π, sin π) = (−1, 0) ed `e uguale a 0. Quest’ultima propriet`a poteva essere dedotta direttamente osservando che f `e positiva e si annulla in (−1, 0).

3. L’equazione differenziale `e del secondo ordine mancante della x; posto z(y) = y ⁰ , si ha

y ⁰⁰ = dy ⁰ dx = dz

dy dy dx = dz

dy y ⁰ = dz dy z e quindi l’equazione differenziale diventa

yz dz

dy − y ² z − z ² = 0 , cio`e

z µ

y dz

dy − y ² − z

¶

= 0 .

L’equazione z = 0 fornisce le soluzioni y ⁰ = 0 e quindi y = c, con c ∈ R costante arbitraria.

L’equazione

y dz

dy − y ² − z = 0 si pu`o scrivere

dz dy = 1

y z + y

ed `e lineare del primo ordine; le sue soluzioni sono pertanto date da

z(y) = c ₁ y + y ² .

Ricordando che z = y ⁰ si ottiene infine l’equazione differenziale del primo ordine y ⁰ = c ₁ y + y ² che `e a variabili separabili (oppure anche di Bernoulli); si considera pertanto l’equazione differenziale

y ⁰

c ₁ y + y ² = 1 . Posto

t

c ₁ t + t ² = A t + B

c ₁ + t si ricava A = 1/c ₁ e B = −1/c ₁ e quindi

Z t

c ₁ t + t ² dt = 1 c ₁ log

¯ ¯

¯ ¯ t c ₁ + t

¯ ¯

¯ ¯ + c = 1

c ₁ log c ₂ t

c ₁ + t , c, c ₂ ∈ R . Conseguentemente

log c ₂ y

c ₁ + y = c ₁ x ,

da cui c ₂ y

c ₁ + y = e ^c

^x , e quindi

y = c ₁ e ^c

^x c ₂ − e ^c

^x ,

che insieme alle soluzioni costanti trovate prima costituiscono l’inte-

grale generale dell’equazione differenziale assegnata.

10 gennaio 2006

1. Calcolare il seguente integrale triplo Z Z Z

D

ze ^x

^+y

dx dy dz ,

dove

D = ©

(x, y, z) ∈ R ³ | 0 ≤ z ≤ x ² + y ² ≤ 1 ª .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = y − x ² 1 + x , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | x ≥ 0 , 0 ≤ y ≤ x ² ª . 3. Risolvere la seguente equazione differenziale

y ⁰⁰ + y ⁰ = x + cos x .

Soluzione del 10 gennaio 2006

1. L’insieme D `e normale rispetto all’asse z e si pu`o scrivere D = ©

(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ x ² + y ² ª .

Denotato con C il cerchio unitario sul piano Oxy (cio`e C = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1}), si ha

Z Z Z

D

ze ^x

^+y

dx dy dz = Z Z

C

e ^x

^+y

dx dy

Z _x

+y

0

z dz

= 1

2 Z Z

C

(x ² + y ² ) ² e ^x

^+y

dx dy e passando alle coordinate polari x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, si ottiene

1 2

Z ₁

0

ρ dρ Z _2π

0

ρ ⁴ e ^ρ

dρ = π Z ₁

0

ρ ⁵ e ^ρ

dρ .

Posto t = ρ ² , l’ultimo integrale diventa π

2 Z ₁

0

t ² e ^t dt = π 2

µ £ t ² e ^t ¤ ₁

0 − 2 Z ₁

0

t e ^t dt

¶

= π

2

³ e − 2 £

t e ^t ¤ ₁

0 + 2 £ e ^t ¤ ₁

0

´

= π

2 (e − 2e + 2e) = π e 2

(si `e utilizzata due volte la regola di integrazione per parti).

2. La funzione `e assegnata in un dominio non limitato e quindi, pur essendo continua, non si pu`o assicurare l’esistenza del massimo e del minimo assoluto. Inoltre, f `e differenziabile in ogni punto interno al dominio e quindi i massimi e minimi relativi interni devono essere anche punti stazionari per f , cio`e devono soddisfare il sistema

 

 

 



∂f

∂x (x, y) = −2x(1 + x) − y + x ²

(1 + x) ² = −2x − x ² − y (1 + x) ² = 0 ,

∂f

∂y (x, y) = 1

1 + x = 0 .

Si riconosce facilmente che il sistema precedente non ammette soluzioni e quindi non vi sono massimi e minimi interni al dominio D.

Si studia ora la funzione sulla frontiera. Se y = 0 si ottiene la funzione ϕ(x) = f (x, 0) = − x ²

1 + x , x ≥ 0 ,

che tende a −∞ per x → +∞. Quindi la funzione non pu`o essere dotata di minimo assoluto. Inoltre ϕ `e derivabile e, per ogni x ≥ 0, si ha

ϕ ⁰ (x) = − 2x(1 + x) − x ²

(1 + x) ² = − x(2 + x) (1 + x) ² ;

la derivata prima di ϕ `e negativa per x ≥ 0 e quindi ϕ `e decrescente;

pertanto essa ammette il proprio massimo assoluto in 0 e si ha ϕ(0) = f (0, 0) = 0.

Sulla curva y = x ² , con x ≥ 0, la funzione `e costantemente nulla.

Osservando che nel dominio D la funzione f `e sempre negativa, si deduce pertanto che il massimo assoluto `e 0 e viene assunto in tutti i punti (x, x ² ) con x ≥ 0 (cio`e i punti della curva y = x ² con x ≥ 0).

3. Si tratta di un’equazione differenziale lineare del secondo ordine com- pleta a coefficienti costanti. Si consideri innanzitutto l’equazione dif- ferenziale omogenea y ⁰⁰ +y ⁰ = 0 il cui polinomio caratteristico associato

`e λ <sup>2</sup> + λ = 0 e ammette le soluzioni semplici λ = 0 e λ = −1. Quindi la soluzione generale dell’equazione omogenea `e data da

y = c ₁ + c ₂ e ^−x , c ₁ , c ₂ ∈ R .

Per determinare una soluzione particolare dell’equazione completa, si osserva che il termine noto `e somma di due termini noti di tipo parti- colare; in questo caso si pu`o applicare il metodo della variazione delle costanti arbitrarie di Lagrange oppure pi` u semplicemente si possono sommare due soluzioni particolari relative ai due addendi x e cos x.

Si considera dapprima una soluzione particolare y ₁ dell’equazione com- pleta y ⁰⁰ + y ⁰ = x che, tenendo conto del fatto che 0 `e soluzione di molteplicit`a 1 del polinomio caratteristico associato all’equazione omogenea, deve essere del tipo y ₁ = x(ax + b) con a e b costanti da de- terminare. Si trova y ⁰ ₁ = 2ax + b e y ⁰⁰ ₁ = 2a; sostituendo nell’equazione differenziale si ottiene 2a + 2ax + b = x; uguagliando i coefficienti dei termini dello stesso ordine a primo e secondo membro, si perviene al

sistema lineare ½

2a = 1 , 2a + b = 0 ,

che ha come soluzioni a = 1/2 e b = −1. Quindi y ₁ = x ² /2 − x.

Procedendo in maniera analoga, si considera ora una soluzione parti-

colare y ₂ dell’equazione completa y ⁰⁰ + y ⁰ = cos x che, tenendo conto

del fatto che ±i non `e soluzione del polinomio caratteristico associa-

to all’equazione omogenea, deve essere del tipo y ₂ = a cos x + b sin x

con a e b costanti da determinare. Si trova y ⁰ ₂ = −a sin x + b cos x

e y ⁰⁰ ₂ = −a cos x − b sin x; sostituendo nell’equazione differenziale si ottiene −a cos x − b sin x − a sin x + b cos x = cos x; uguagliando i co- efficienti del coseno e rispettivamente quelli del seno a primo e secondo membro, si perviene al sistema lineare

½ −b − a = 0 ,

−a + b = 1 ,

che ha come soluzioni a = −1/2 e b = 1/2. Quindi y ₂ = (sin x − cos x)/2.

A questo punto si pu`o scrivere la soluzione generale dell’equazione differenziale assegnata

y = c ₁ + c ₂ e ^−x + 1

2 x ² − x + 1

2 sin x − 1

2 cos x , c ₁ , c ₂ ∈ R .

20 aprile 2006

1. Calcolare il seguente integrale triplo Z Z Z

D

z p

x ² + y ² dx dy dz , dove

D = ©

(x, y, z) ∈ R ³ | 0 ≤ z ≤ x ² + y ² ≤ 1 ª .

2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti della funzione

f (x, y) = x − y ² 1 + x , nell’insieme D = ©

(x, y) ∈ R ² | x ≥ 0 , 0 ≤ y ≤ √ x ª

. 3. Risolvere la seguente equazione differenziale

y ⁰⁰ + y ⁰ = x ² + 1

e ^x .

Soluzione del 20 aprile 2006

1. L’insieme D si pu`o scrivere nel modo seguente D = ©

(x, y, z) ∈ R ³ | 0 ≤ z ≤ 1 , z ≤ x ² + y ² ≤ 1 ª ed utilizzando la trasformazione in coordinate cilindriche

x = ρ cos θ , y = ρ sin θ , z = z ,

(il cui determinante jacobiano `e ρ), l’insieme D viene trasformato nell’insieme

B = ©

(ρ, θ, z) ∈ R ³ | 0 ≤ z ≤ 1 , √

z ≤ ρ ≤ 1 , −π ≤ θ ≤ π ª e quindi l’integrale diventa

Z Z Z

D

z p

x ² + y ² dx dy dz = Z ₁

0

z dz Z ₁

√ z

ρ ² dρ Z _π

−π

dθ

= 2π Z ₁

0

z dz Z ₁

√ z

ρ ² dρ = 2π Z ₁

0

z

· ρ ³ 3

¸ ₁

√ z

dz

= 2π Z ₁

0

à z

3 − z ^5/2 3

!

dz = 2π

"

z ²

6 − 2z ^7/2 21

# ₁

0

dz

= π 3 − 4π

21 = π 7 .

2. La funzione `e differenziabile nell’interno di D in quanto dotata di derivate parziali continue in ogni punto. I punti stazionari interni sono forniti dalle soluzioni del sistema

 

 

 



∂f

∂x (x, y) = 1 + x − x + y ²

(1 + x) ² = 1 + y ² (1 + x) ² ,

∂f

∂y (x, y) = −2y 1 + x .

Tale sistema non ammette soluzioni in quanto nella prima equazione si ha sempre 1 + y ² > 0.

Pertanto, eventuali punti di massimo o minimo relativo possono trovar- si solamente sulla frontiera. Si osservi che in questo caso la funzione f viene considerata su un insieme non limitato e quindi non si pu`o assicu- rare l’esistenza del massimo e del minimo assoluto. Poich´e 0 ≤ y ≤ √

x, si ha anche y ² ≤ x e quindi la funzione `e positiva. Essa inoltre si an- nulla sulla curva y = √

x (sulla frontiera di D) e quindi tutti i punti

di tale curva sono punti di minimo assoluto per f ; il minimo assoluto

di f in D `e 0.