ANALISI MATEMATICA II (Braides) 2011/12 - Secondo appello del 21/2/2012
Traccia delle soluzioni 1. Calcolare, se esiste, il limite lim
(x,y)→(0,0)
x arctan(xy) − y log(1 + x 2 )
yx 4 .
Il punto (0, 0) ` e di accumulazione per la funzione in esame, quindi possiamo calcolare il limite. Usando gli sviluppi di Taylor
x arctan(xy) = x(xy + o(x 3 y)) = x 2 y + o(x 4 y) y log(1 + x 2 ) = y
x 2 − 1
2 x 4 + o(x 4 )
= yx 2 − 1
2 yx 4 + o(yx 4 ) Dunque
x arctan(xy) − y log(1 + x 2 )
yx 4 =
1
2 yx 4 + o(yx 4 )
yx 4 = 1
2 + o(1) e il limite ` e 1 2 .
2. Discutere il dominio e classificare i punti stazionari di f (x, y) = x log(y + yx).
Il dominio ` e dato dalla relazione y(1 + x) > 0 e quindi consta di due quadranti {x >
−1, y > 0} e {x < −1, y < 0}.
Il gradiente di f ` e
log(y + yx) + x 1 + x , x
y
che si annulla per x = 0 e y = 1. Le derivate seconde sono
∂ 2 f
∂x 2 = 2
1 + x − x
(1 + x) 2 , ∂ 2 f
∂x∂y = 1
y , ∂ 2 f
∂y 2 = −x y 2
Per x = 0 e y = 1 il determinante della matrice hessiana ` e −1 e quindi si ha un punto di sella.
3. Determinare gli insiemi dove ` e convessa o concava f (x, y, z) = xy − x 2 + y 3 − z 2 . La matrice hessiana di f ` e
−2 1 0
1 6y 0
0 0 −2
di cui evidentemente −2 ` e autovalore con autovettore (0, 0, 1). Quindi questa matrice pu` o essere definita solo negativa. Questo succede quando ` e definita negativa la matrice
−2 1 1 6y
.
Dato che il primo termine sulla diagonale ` e negativo, questo succede se e solo se il determi- nante ` e positivo, ovvero −12y − 1 > 0, ovvero per y < −1/12. In questo caso la funzione
` e concava.
Alternativamente, dato che f (x, y, z) = g(x, y) − z 2 , dove g(x, y) = xy − x 2 + y 3 , la funzione non pu` o mai essere convessa (perch´ e −z 2 ` e concava) ed ` e concava se e solo se lo
` e g. quindi si conclude come sopra.
4. Calcolare Z
γ
y + x 2 + y 2
x 2 + y 2 dx − x
x 2 + y 2 dy
dove γ : [0, 2π] → R 2 , γ(t) = (sin t, cos t).
Possiamo applicare direttamente la definizione:
Z 2π 0
cos t
sin t 2 + cos t 2 + 1
cos t + sin t
sin t 2 + cos t 2 sin t
dt =
Z 2π 0
(1 + cos t)dt = 2π.
5. Dire per quali valori di α l’insieme {(x, y) : (αx − y 2 − 1)(x 2 + y 2 − α 2 ) = 0} definisce una curva regolare nell’intorno di ogni suo punto.
Per simmetria possiamo discutere solo il caso α ≥ 0, dato che se (x, y) appartiene all’insieme per un certo α, allora (−x, y) appartiene all’insieme per −α.
Per α = 0 l’equazione αx − y 2 − 1 = 0 non ha soluzione e x 2 + y 2 − α 2 = 0 ` e un punto, dunque non si ha una curva regolare.
-4,8 -4 -3,2 -2,4 -1,6 -0,8 0 0,8 1,6 2,4 3,2 4 4,8
-2,4 -1,6 -0,8 0,8 1,6 2,4
-4,8 -4 -3,2 -2,4 -1,6 -0,8 0 0,8 1,6 2,4 3,2 4 4,8
-2,4 -1,6 -0,8 0,8 1,6 2,4