(1) Il baricentro dell’insieme A = {(x, y) | x 2 + y 2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0} avr` a coordinate (x G , y G ) con x G = y G per ovvie ragioni di simmetria. L’area di A ` e banalmente π/4. Quindi basta calcolare

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) Il baricentro dell’insieme A = {(x, y) | x ² + y ² ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0} avr` a coordinate (x <sub>G</sub> , y <sub>G</sub> ) con x <sub>G</sub> = y <sub>G</sub> per ovvie ragioni di simmetria. L’area di A ` e banalmente π/4. Quindi basta calcolare

x _G = 4 π

Z

A

x dxdy = 4 π

Z y 0

dy Z

√

1−y

²

0

x dx

= 4 π

Z 1 0

dy  x ² 2



√

1−y

²

0

= 2 π

Z 1 0

(1 − y ² ) dy = 2 π

 x − x ³

3

 ¹

0

= 4 3π oppure usando le coordinate polari

x G = 4 π

Z

A

x dxdy = Z π/2

0

dθ Z 1

0

dρ ρ(ρ cos θ)

= 4 π

Z π/2 0

cos θdθ Z 1

0

ρ ² dρ = 4

π [sin θ] ^π/2 ₀ [x ³ /3] ¹ ₀ = 4 3π Invece l’integrale si ottiene con

Z

A

ln(1 + x ² )y dxdy = Z 1

0

dx Z

√ 1−x

²

0

dy ln(1 + x ² )y = Z 1

0

dx ln(1 + x ² ) Z

√ 1−x

²

0

y dy

= Z 1

0

dx ln(1 + x ² )  y ² 2



√ 1−x

²

0

= 1 2

Z 1 0

ln(1 + x ² )(1 − x ² ) dx

= ... = ln 2 3 − 7

9 + π 3 . L’ultimo integrale si risolve per parti vedendo 1 − x ² come derivata

= Z 1

0

(1 − x ² ) ln(1 + x ² ) dx =



x − 1 3 x ³



ln(1 + x ² )

 1 0

− Z 1

0

 x − 1

3 x ³

 2x 1 + x ² dx

= 2

3 ln 2 + 2 3

Z 1 0

x ⁴ − 3x ² 1 + x ² dx = 2

3 ln 2 + 2 3

Z 1 0

x ² − 4 + 4 1 + x ² dx

= 2

3 ln 2 + 2 3

 1

3 x ³ − 4x + 4 arctan x

 ¹

0

= 2

3 ln 2 + 2 3

 1

3 − 4 + π



(2) Trovare massimo e minimo della funzione f : R ² → R definita come f(x, y) = e ^xy + xy sull’insieme E = {(x, y) ∈ R ² | x ² + 2y ² ≤ 1}. Vale ∇f (x, y) = (ye ^xy + y, xe ^xy + x) e si nota facilmente che il gradiente ` e nullo solo in (0, 0). Scrivendo la matrice Hessiana si evince che l’origine ` e una sella. Non avendo punti critici all’interno di E, si passa a studiare gli estremi sulla frontiera, che risulta l’ellisse di equazione x ² + 2y ² = 1. Essa ` e descritta dalla curva chiusa ϕ : [0, 2π] → R ² , ϕ(t) = (cos t, ^{√ 1}

2 sin t). Quindi dobbiamo studiare gli estremi di f (ϕ(t)) = e

^√12

sin t cos t

+ ^{√ 1}

2 sin t cos t.

Studiandone la derivata troviamo gli estremi in corrispondenza di t = kπ/4: massimi in corrispon- denza di (±2 ^−1/2 , ±2 ⁻¹ ), per t = π/4 e 5π/4 con valore e

√2 4

+

√ 2

4 e minimi in corrispondenza di (±2 ^−1/2 , ∓2 ⁻¹ ), per t = 3π/4 e 7π/4 e ⁻

√ 2 4

−

√ 2 4 .

Le due funzioni g : R → R, g(x) = e ^x + x e h : R ² → R, h(x, y) = xy sono tali che f = g ◦ h.

Vale facilmente g ⁰ (x) = e ^x + 1 e ∇h(x, y) = (y, x). Quindi dobbiamo verificare che J _f (x, y) = J g (h(x, y)) ◦ J h (x, y) che in questo caso si riduce a

∇f (x, y) = g ⁰ (h(x, y)) · ∇h(x, y) = (e ^xy + 1) · (y, x) = (ye ^xy + y, xe ^xy + x) .

(3) Possiamo riscrivere l’equazione differenziale come y ⁰ = x

x ² + 1 y + 1

√ 1 + x ²

che ` e lineare. Quindi calcoliamo la primitiva A(x) = R x

x

²

+1 dx = ¹ ₂ ln(x ² + 1) = ln √

x ² + 1 e quindi B(x) = R e ^{−A(x) √} _1+x ¹

₂

dx = R 1

1+x

²

= arctan x trovando quindi, sostituendo anche il dato y(0) = 1 y(x) = e ^A(x) [B(x) + c] = p

x ² + 1(arctan x + 1) . (4) Calcolare R π

−π 1

3 sin

²

x+1 dx oppure R 2π 0

1

3 sin

²

x+1 dx ` e la stessa cosa essendo la funzione 2π-periodica.

Quindi ci si riconduce ad un esercizio simile ad uno fatto durante il corso. Gli integrali di funzioni periodiche si riconducono ad integrali complessi sulla circonferenza unitaria C parametrizzata come γ(x) = e ^ix , x ∈ [0, 2π]. In questo caso, si ha

sin x = e ^ix − e ^−ix

2i = 1

2i (z − 1

z ) , z = e ^ix . Sostituendo nell’integrale si ha

Z 2π 0

1

3 sin ² x + 1 dx = Z

C

1

3(z − ¹ _z ) ² ( _2i ¹ ) ² + 1 dz

iz

= ... = 4i Z

C

z

3z ⁴ − 10z ² + 3 dz il cui denominatore ha poli semplici in ± √

3 e ±p1/3. Dobbiamo calcolare quindi i residui nei poli che si trovano all’interno della circonferenza unitaria C, ovvero in ±p1/3, ottenendo (posta f (z) = _3z

₄

_−10z ^z

₂

₊₃ ):

Z 2π 0

1

3 sin ² x + 1 dx = ... = 4i · 2πi h

Res(f, p

1/3) + Res(f, − p 1/3) i

= 4i · 2πi ·



− 1 16 − 1

16



= π

Si pu` o semplificare leggermente il calcolo (risparmiandosi la biquadratica) se ci si ricorda la formula di duplicazione del coseno e usando cos x = (z + ¹ _z )/2 dove z = e ^ix :

Z 2π 0

1

3 sin ² x + 1 dx = Z 2π

0

1

3 ^1−cos(2x) ₂ + 1 dx = Z 2π

0

2

5 − 3 cos(2x) dx

= Z 4π

0

1

5 − 3 cos y dy = 2 Z 2π

0

1 5 − 3 cos y dy

= 2 Z

C

1 5 − ³ ₂ (z + ¹ _z )

dz iz

= ... = 4i Z

C

1

3z ² − 10z + 3 dz

= 4i · 2πiRes

 1

3z ² − 10z + 3 , 1/3



= ... = π

Il secondo integrale ` e palesemente il triplo del precedente integrale separando il numeratore in due termini e notando che la funzione _{3 sin} ^x

2

x+1 ` e dispari.

2