Complementi di Matematica (Primo Modulo) 29 ottobre 2008 - Tema A
1) Data l’equazione differenziale
y0= (y2− 4) cos x
si risolvano i due problemi di Cauchy: a) y(1) = −2 e b) y(0) = 0.
Si tratta di una eq. diff.a variabili separabili y0 = f (x)g(y), con f (x) = cos x ∈ C(R) e g(y) = y2− 4 ∈ C1(R). Pertanto la soluzione di un P.C., se esiste, `e unica. Le soluzioni costanti (o stazionarie) della eq. diff. sono quelle per cui si annulla la g , cio`e y(x) = 2 e y(x) = −2).
a) y(1) = −2 ha come unica soluzione y(x) = −2.
b) Poich`e g(0) 6= 0 separiamo le variabili:
Z 1
y2− 4dy = Z
cos xdx →→
Z 1 4( 1
y − 2− 1
y + 2)dy = sin x + A ln
¯¯
¯¯y − 2 y + 2
¯¯
¯¯ = 4 sin x + B (B = 4A)
Per risolvere il P.C. y(0) = 0 sostituiamo per trovare B : ln
¯¯
¯¯−2 2
¯¯
¯¯ = 4 sin(0) + B → B = 0.R
osservi che in un intorno di (0, 0) , (per cui y0= 0)y − 2
y + 2 < 0, per cui
¯¯
¯¯y − 2 y + 2
¯¯
¯¯ = −y − 2
y + 2. Quindi la soluzione soddisfa implicitamente l’equazione
ln2 − y
y + 2 = 4 sin x Espliciamo la y(x) : 2 − y
y + 2 = e4 sin x→ 2 − y = (y + 2)e4 sin x→ y(e4 sin x+ 1) = 2(1 − e4 sin x) →
y(x) = 21 − e4 sin x e4 sin x+ 1, x ∈ R
2) a) Determinare la soluzione generale dell’equazione 9y00− 6y0+ y = 0.
Lequazione caratteristica 9t2− 6t + 1 = 0 ha soluzione t = 1/3 ( radice doppia), quindi l’integrale generale `e
y(x) = (A + Bx)ex/3
b) Risolvere il problema di Cauchy con y(0) = 3 e y0(0) = 4.
y0(x) = Bex/3+1
3(A + Bx)ex/3, pertanto si ha A = 3, B = 1 e la soluzione
`e y(x) = (3 + x)ex/3
1
4) a)Determinare gli estremi della funzione
f (x, y) = 2(log(x2− 8) + log(y + 1)) − y + 2x La funzione `e definita e differenziabile nel dominio D =©
(x, y) ∈ R2: |x| >√
8, y > −1ª . In D gli estremi sono punti stazionari, cio`e soluzioni del sistema ∇f = 0 :
4x
x2− 8 + 2 = 0 2
y + 1− 1 = 0 → P (−4, 1). L’hessiana H(x, y) =
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯
4−x2− 8
(x2− 8)2 0
0 − 2
(y + 1)2
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯ .
Quindi H(P ) > 0, fxx(P ) < 0 e P `e un punto di massimo.
b) scrivere l’equazione del piano tangente alla superficie z = f (x, y) nel punto C = (3, 0, f (3, 0));
z = f (3, 0) + fx(3, 0)(x − 3) + fy(3, 0)y → z = 6 + 14(x − 3) + y.
c) calcolare le derivate direzionali nel punto Q = (3, 0) nei versori paralleli alla retta di equazione y + 3x + 7 = 0.
I versori in questione sono v1,2= ±( 1
√10, −3
√10). Le derivate sono:
Dv1,2f (Q) = ∇f (Q) · v1,2= ±(14, 1) · (( 1
√10, −3
√10) = ± 11
√10
5) Sia D =©
(x, y) ∈ R2: |x| ≤ 1 − y2ª
. Disegnare D e calcolare gli inte- grali i) R
Dey dxdy e ii) R
Dey2x dxdy.
D `e la regione limitata compresa tra le due parabole x = 1 − y2e x = y2− 1.
Tale regione `e simmetrica rispetto l’asse delle ordinate ( e anche rispetto l’asse delle ascisse, ma questo non servir`a).
i) La funzione f (x, y) = ey`e simmetrica rispetto alla prima variabile: f (x, y) = f (−x, y), e non presenta alcuna simmetria rispetto alla seconda.
PertantoR
Dey dxdy = 2R
D∩{x≥0}ey dxdy. Descriviamo D ∩ {x ≥ 0} come dominio y − semplice:
D ∩ {x ≥ 0} =©
(x, y) ∈ R2: 0 ≤ x ≤ 1, −√
1 − x ≤ y ≤√ 1 − xª Quindi: R
Dey dxdy = 2R
D∩{x≥0}ey dxdy = 2R1
0
³R√1−x
−√
1−xeydy
´ dx =
= 2R1
0
³
e√1−x− e−√1−x´
dx = (∗) Posto √
1 − x = t → 1 − x = t2 → dx = −2dt , si prosegue nel seguente modo:
(∗) = 2R0
−1−2t(et−e−t)dt = 4R1
0 t(et−e−t)dt = 4( t(et− e−t) − (et+ e−t)|10= 8(1 − e−1).
ii) La funzione f (x, y) = xey`e dispari rispetto alla prima variabile: f (x, y) =
−f (−x, y) pertanto l’integrale vale zero.
2
