20 [3 + 4i] A = π − 1 , B = −1 , sol A −1 , si

FOGLIO RISPOSTE

T EST O es. (1) es. (2) es. (3) es. (4)

1 5 − π

4 i + 2 i − 2 = π

20 [3 + 4i] A = π − 1 , B = −1 , sol A −1 , si

2 1

144 π 32

i − 2 i + 2 = − π

160 [3 − 4i] A = ¹ ₂ , B = −3 , sol B 4 , si

3 9

4 π 4

i + 2 i − 2 = − π

20 [3 + 4i] A = −2 , B = −3π , sol C 1 , si

4 1

36 − π

4 i − 2 i + 2 = π

20 [3 − 4i] A = 0 , B = −π , sol A −1 , si

5 15

4 π 32

i + 2 i − 2 = − π

160 [3 + 4i] A = − ¹ ₂ , B = −3 , sol B 2 , si

6 1

72 π 4

i − 2 i + 2 = − π

20 [3 − 4i] A = −5 , B = π − 1 , sol C 2 , si

sol A: y(x) = (x − tan x + A) cos x + (− ln | cos x| + B) sin x

sol B: y(x) =



− 1

2 cos ² x + A



cos x + (tan x + B) sin x

sol C: y(x) = (ln | cos x| + A) cos x + (x + B) sin x

1

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 le risposte agli esercizi con qualche argomentazione di carattere generale.

Non si tratta della risoluzione completa.

(1) Consideriamo gli insiemi

A = {(x, y) ∈ R ² | a 1 x ² ≤ y ≤ a 2 x ² , b 1 y ² ≤ x ≤ b 2 y ² } A = {(x, y) ∈ R ˜ ² | k 1

√ x ≤ y ≤ k ₂ √ x , c ₁ √

y ≤ x ≤ c ₂ √ y} .

Figure 1: L’insieme A o ˜ A dir si voglia.

Si noti che A e ˜ A non sono connessi perch` e anche l’origine appartiene all’insieme ed ` e un suo punto isolato. Tuttavia, ai fini dell’integrazione ` e come se non ci fosse.

Verificate che essi sono due modi di definire lo stesso insieme ponendo c ² ₁ = a ⁻¹ ₂ , c ² ₂ = a ⁻¹ ₁ , k ² ₁ = b ⁻¹ ₂ , k ² ₂ = b ⁻¹ ₁ . Il cambio di variabli si ottine definendo

( y = ax ²

x = by ² oppure

( y = k √ x x = c √

y

In classe avevo risolto un esercizio simile in cui si aveva y = mx e y = k/x con rette e iperboli, a esercitazioni il caso di un insieme bloccato fra rette parallele. Qui ci sono delle parabole. Il metodo

`

e lo stesso: devo esprimere x, y in funzione di a, b (oppure c, k) ottenendo ( y = (ab ² ) ^−1/3

x = (a ² b) ^−1/3 oppure

( y = (c ² k ⁴ ) ^1/3 x = (c ⁴ k ² ) ^1/3

Calcolando la matrice Jacobiana della trasformazione trovo il determinante ¹ ₃ a ⁻² b ⁻² oppure ⁴ ₃ ck.

L’area diventa Area(A) =

Z Z

A

1 dxdy = Z a

a

da Z b

b

db 1

3 a ⁻² b ⁻² = 1 3

 1 a ₁ − 1

a ₂

  1 b ₁ − 1

b ₂



oppure

Area( ˜ A) = Z Z

A

1 dxdy = Z c

c

dc Z k

k

dk 4 3 ck = 1

3 (c ² ₂ − c ² ₁ )(k ₂ ² − k ₁ ² )

Analogamente Z Z

A

xy dxdy = Z a

a

da Z b

b

db 1

3 a ⁻² b ⁻² a ⁻¹ b ⁻¹ = 1 12

 1 a ² ₁ − 1

a ² ₂

  1 b ² ₁ − 1

b ² ₂



oppure

Z Z

A

xy dxdy = Z c

c

dc Z k

k

dk 4

3 ck c ² k ² = 1

12 (c ⁴ ₂ − c ⁴ ₁ )(k ₂ ⁴ − k ⁴ ₁ ) . Da qui saltano fuori i valori richiesti.

(2) L’insieme D = {z ∈ C | |z − α| ≤ r , |z − β| ≥ R} consiste dell’intersezione tra la parte interna (borbo incluso) della circonferenza di raggio r centrata in α e la parte esterna (borbo incluso) della circonferenza di raggio R centrata in β. La frontiera ∂D ha una forma che ricorda una luna. Per calcolare l’integrale della funzione devo individuarne i 4 poli (tutti semplici). Bisogna capire quali poli stanno nell’insieme. Per fare ci` o basta verificare se valgono le propriet` a che definiscono D. Due di questi poli stanno in D (li chiamo z ₁ e z ₂ ) gli altri no (li chiamo z ₃ e z ₄ ). L’integrale ` e dato da

Z

∂D

f (z) dz = 2πi[Res(f, z 1 ) + Res(f, z 2 )]

Alcuni dettagli sui residui che si dovevano considerare.

f (z) = 1

(z ² + 4)(z ² + 2iz − 2) ⇒ Res(f, −2i) = − i

8 T EST O 1, 4

Res(f, 1 − i) = − 1 4

1

i − 2 T EST O 1

Res(f, −1 − i) = − 1 4

1

i + 2 T EST O 4

f (z) = 1

(z ² + 4)(z ² − 2iz − 2) ⇒ Res(f, 2i) = i

8 T EST O 3, 6

Res(f, i − 1) = 1 4

1

i − 2 T EST O 3

Res(f, i + 1) = 1 4

1

i + 2 T EST O 6

f (z) = 1

(z ² + 16)(z ² − 4iz − 8) ⇒ Res(f, 4i) = i

64 T EST O 2, 5

Res(f, 2i − 2) = 1 32

1

i − 2 T EST O 5

Res(f, 2i + 2) = 1 32

1

i + 2 T EST O 2

(3) Questo facile esercizio si risolve mediante il metodo di variazione delle costanti. La soluzione y : I → R `e definita nell’intervallo I = (π/2, 3π/2) se il dato iniziale `e fornito per x = π altrimenti `e I = (−3π/2, −π/2) se il dato iniziale ` e fornito per x = −π. Infatti il forzante b(x) in y ⁰⁰ + y = b(x) non ` e definito per x = kπ/2 con k ∈ Z. La soluzione quindi non pu`o scavalcare questi punti.

(4) La funzione

f (x, y) =







(x ² + a)(y ² + b) − (x ² − b)(y ² − a) + cx ² y ²

x ² + y ² (x, y) 6= (0, 0)

β (x, y) = (0, 0)

` e continua e differenziabile in R ² (se poniamo β = a+b). Infatti moltiplicando le parentesi si ottiene velocemente.

f (x, y) =





 c x ² y ²

x ² + y ² + (a + b) (x, y) 6= (0, 0)

β (x, y) = (0, 0)

3

Da cui

lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) − f (0, 0) = lim

(x,y)→(0,0) c x ² y ²

x ² + y ² + (a + b) − β.

A questo punto ponendo β = a + b, resta da mostrare che vale lim

(x,y)→(0,0) c x ² y ² x ² + y ² = 0.

Ora posso passare in coordinate polari x = ρ cos θ, y = ρ sin θ e ottenere 

x ² y ² x ² + y ²

= ρ ⁴ sin ² θ cos ² θ ρ ² ≤ ρ ² da cui

lim

(x,y)→(0,0)

c x ² y ² x ² + y ²

≤ lim

(x,y)→(0,0)

|c| p

x ² + y ² = 0 .

Le restrizioni sugli assi f (x, 0) = a + b e f (0, y) = a + b sono costanti quindi sono nulle le derivate parziali nell’origine: f _x (0, 0) = 0 e f _y (0, 0) = 0. A qeusto punto per la differenziabilit` a si ragiona cos`ı,

0 = ^? lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − f x (0, 0)x − f y (0, 0)y p x ² + y ²

= lim

(x,y)→(0,0)

c _x ^x

+y ^y

+ (a + b) − (a + b) − 0 · x − 0 · y p x ² + y ²

= lim

(x,y)→(0,0)

c _x ^x

+y ^y

p x ² + y ²

= lim

(x,y)→(0,0) c x ² y ² (x ² + y ² ) ^3/2 Quindi, sostituendo x = ρ cos θ, y = ρ sin θ trovo

c x ² y ² (x ² + y ² ) ^3/2

≤ |c| ρ ⁴ sin ² θ cos ² θ

ρ ³ ≤ |c|ρ ^ρ→0 → 0 Da cui ottengo

lim

(x,y)→(0,0)

c x ² y ² (x ² + y ² ) ^3/2

≤ lim

(x,y)→(0,0) |c| p

x ² + y ² = 0 .

Un errore comune nei compiti ` e stato scrivere (anche per il calcolo delle derivate parziali)

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − f x (0, 0)x − f y (0, 0)y

p x ² + y ² = lim

(x,y)→(0,0)

c ^x

^y

^+β(x _x

_+y

^+y

^)−β − 0 · x − 0 · y p x ² + y ²

(l’errore sta nel dove sta scritto il secondo β). Molti sono giunti a questo errore perch` e non hanno fatto il seguente passaggio che semplificava di molto i calcoli:

βx ² + βy ² + cx ² y ²

x ² + y ² = β + cx ² y ² x ² + y ²

Inoltre quasi tutti hanno sostituito le coordinate polari prima di conoscere il valore di β portando a calcoli onerosi a volte errati.

Infine il gradiente risultava:

∇f (x, y) =



c 2xy ⁴

(x ² + y ² ) ² , c 2x ⁴ y (x ² + y ² ) ²



se (x, y) 6= (0, 0) , ∇f (0, 0) = (0, 0) .

In tutti i punti (x, y) 6= (0, 0) la differenziabilit` a ` e garantita dal teorema del differenziale totale:

qui il gradiente risulta banalmente continuo (anche ∇f : R ² \ {(0, 0)} → R ² ` e prolungabile per continuit` a nell’origine con calcoli simili a quelli sopra).

4