FOGLIO RISPOSTE
T EST O es. (1) es. (2) es. (3) es. (4)
1 m = −1
2; M =5
4 G = + 8
8 − π, −8(3 −√ 2) 3(8 − π)
! π
2√ 6; π
√6
π 3 −π2
36
2 m = 0; M = 3
2 G = − 22
3(9 − 2π), +59 − 32√ 2 3(9 − 2π)
! π
2√ 2; π√
2 3e − 1
3 m = −1
4; M =5
2 G = − 8
8 − π, −8(3 −√ 2) 3(8 − π)
! π
9 ; −π 3
√2 2
5 8π2+7
2π
4 m = −1
4; M =5
2 G = + 22
3(9 − 2π), −59 − 32√ 2 3(9 − 2π)
! π
3√ 3; π
√
3 5 − 5e
5 m = 0; M = 3
2 G = − 8
8 − π, +8(3 −√ 2) 3(8 − π)
! π
8√ 3; π
4√ 3
π3 8 −π
2 + 5
6 m = −1
2; M =5
4 G = − 22
3(9 − 2π), −59 − 32√ 2 3(9 − 2π)
! π
8 ; π
4 5e − 4
1
Scritto di Analisi Matematica 2
Corso di Ingegneria Informatica e dell’Automazione A. A. 2016/17 – Prova scritta 14–06–2017
Risposte: Qui di seguito sono riportate le risposte agli esercizi con qualche argomentazione di carattere generale (specie per il primo che pu`o essere risolto fissando α all’inizio). Quindi il testo che segue non mostra ci`o che doveva essere scritto sul compito, ma un’idea di come questi esercizi debbano essere risolti.
(1) La funzione f (x, y) = x2+ y2− αxy (α 6= 2) presenta un unico punto critico nell’origine, che risulta una sella se |α| > 2 o un minimo se |α| < 2. Sulla circonferenza x2+ y2= 1 la funzione f ha estremi locali in corrispondenza delle bisettrici y = x con valore12(2−α) e y = −x con valore12(2+α). Invece sul rombo |x| + |y| = 1 la funzione f ha estremi locali in corrispondenza delle bisettrici y = x con valore 14(2 − α) e y = −x con valore 14(2 + α). Inoltre f (0, 1) = f (1, 0) = f (0, −1) = f (−1, 0) = 1.
Tutti questi ingredienti permettono di dare risposta all’esercizio. In particolare
Figure 1: L’insieme A. Due possibilit`a a seconda del testo: col − a sinistra, col + a destra.
α = 3 , A = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≤ 1 , |y − x| ≤ 1} ⇒ m = −1
2, M =5 4. α = 3 , A = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≤ 1 , |y + x| ≤ 1} ⇒ m = −1
4, M =5 2. α = −3 , A = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≤ 1 , |y − x| ≤ 1} ⇒ m = −1
4, M =5 2. α = −3 , A = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≤ 1 , |y + x| ≤ 1} ⇒ m = −1
2, M =5 4. α = −1 , A = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≤ 1 , |y − x| ≤ 1} ⇒ m = 0 , M = 3
2. α = 1 , A = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≤ 1 , |y + x| ≤ 1} ⇒ m = 0 , M = 3
2. (2) Dato l’insieme (diverso da quello del compito)
D = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≥ r2, 0 ≤ y ≤ x ≤ h}
calcolo l’area e gli integrali Ix e Iy seguenti A =
Z π/4 0
dθ
Z h/ cos θ r
dρρ = Z π/4
0
dθ
h2 cos2θ − r2
= h2 2 − r2π
8
Ix= Z π/4
0
dθ
Z h/ cos θ r
dρ ρ · ρ cos θ = Z π/4
0
dθ1 3
h3 cos3θ− r3
cos θ =1 3
"
h3− r3
√2 2
#
Iy = Z π/4
0
dθ
Z h/ cos θ r
dρ ρ · ρ sin θ = Z π/4
0
dθ1 3
h3 cos3θ − r3
sin θ
=1 3
"
h3+ r3
√2 2 −h3
2 − r3
#
=1 3
"
h3
2 − r3 1 −
√2 2
!#
quindi il baricentro risulta G = (xG, yG) dove xG= Ix/A e yG = Iy/A. Questo calcolo pu`o essere adattato all’esercizio proposto nel compito. In particolare:
r =√
2 , h = 2 ⇒ xG = 8
8 − π, yG= 8(3 −√ 2) 3(8 − π) .
r = 2√
2 , h = 3 ⇒ xG= 22
3(9 − 2π), yG= 59 − 32√ 2 3(9 − 2π)
Figure 2: L’insieme D. Sei possibilit`a a seconda del testo.
Il baricentro cambia leggermente se si considerano i seguenti insiemi adattando opportunamente i calcoli:
D = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≥ r2, 0 ≤ −y ≤ x ≤ h} ⇒ G = (xG, −yG)) D = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≥ r2, 0 ≤ y ≤ −x ≤ h} ⇒ G = (−xG, yG)) D = {(x, y) ∈ R2| x2+ y2≥ r2, 0 ≥ y ≥ x ≥ −h} ⇒ G = (−xG, −yG)) dove xG, yG sono come sopra.
(3) L’integrale converge infatti l’integrando va come x−4 a infinito. Essendo la funzione da integrare pari, l’integraleR+∞
0 chiaramente vale la met`a dell’integraleR+∞
−∞. Valgono Z +∞
−∞
dx
x4+ 2x2+ 4 = π
√3 1 2√
2,
Z +∞
−∞
dx
x4− 2x2+ 4 = π 1 2√
2, Z +∞
−∞
dx
x4+ 3x2+ 9 = π
√3 1 3√
3,
Z +∞
−∞
dx
x4− 3x2+ 9 = π 1 3√
3, Z +∞
−∞
dx
x4+ 4x2+ 16 = π
√3 1 8,
Z +∞
−∞
dx
x4− 4x2+ 16 = π1 8.
Osservando che il denominatore `e un’equazione biquadratica, si trovano le 4 radici del polinomio, e mediante il calcolo dei residui sui poli che giacciono nel semipiano {z = x + iy | y > 0} si pu`o risolvere facilmente l’esercizio considerando un cammino a semicerchio come visto spesso a lezione.
Il secondo integrale si risolve osservando che il numeratore presenta una costante k sommata ad un termine dispari g(x). Si pu`o quindi spaccare in due la frazione e uno dei due integrali viene zero, l’altro `e un multiplo dell’integrale I appena trovato.
Z +∞
−∞
k + g(x) p(x) dx = k
Z +∞
−∞
dx p(x)+
Z +∞
−∞
g(x)
p(x)dx = k · I + 0
Il secondo integrale `e zero perch`e l’integrando `e dispari e l’integrale improprio risulta convergente.
Pi`u calcoli. Considero (nel compito si aveva a = ±2, ±3, ±4) I =
Z +∞
−∞
dx x4+ ax2+ a2.
Esso si risolve costruendo il cammino ottenuto incollando assieme SR(t) = t , t ∈ [−R, R] e γR(t) = Reit, t ∈ [0, π] su cui si integra f (z) = [z4+az2+a2]−1passando poi al limite R → ∞. Per il lemma
3
del grande cerchio l’integrale su γR va a zero infatti, per |z| sufficientemente grande vale (dettagli omessi) |zf (z)| ' |z|−3 → 0. Otterr`o quindi I = 2πi[Res(f, z1) + Res(f, z2)] dove z1, z2 sono i due poli interni al cammino che determino risolvendo z4+ az2+ a2 = 0 che equivale a risolvere z2= a(−12± i
√3
2 ). Quindi trovo le quattro soluzioni seguenti al variare dei simboli ±.
a > 0 ⇒ zi=√ a ±1
2± i
√3 2
!
ovvero√
aeiπ/3,√
aei2π/3,√
ae−iπ/3,√
ae−i2π/3,
a < 0 ⇒ zi=p|a| ±
√ 3 2 ± i1
2
!
ovverop|a|eiπ/6,p|a|ei5π/6,p|a|e−iπ/6,p|a|e−i5π/6, Nel caso a > 0 devo calcolare
Res(f,√
aeiπ/3) = 1 a√ a
1
2eiπ/3− 4, Res(f,√
aei2π/3) = 1 a√
a 1 2ei2π/3+ 4, trovando quindi
I = 2πi
1 a√ a
1
2eiπ/3− 4 + 1 a√
a 1 2ei2π/3+ 4
= 1
a√ a
√π 3 Nel caso a < 0 devo calcolare
Res(f,p|a|eiπ/6) = 1
|a|p|a|
1
4i − 2eiπ/6, Res(f,p|a|ei5π/6) = 1
|a|p|a|
1 4i − 2ei5π/6, trovando quindi
I = 2πi
"
1
|a|p|a|
1
4i − 2eiπ/6 + 1
|a|p|a|
1 4i − 2ei5π/6
#
= 1
|a|p|a|π
(4) I campi risultano irrotazionali. Essendo globalmente definiti su R2 ammettono un potenziale.
Quindi il lavoro `e dato da L = U (γ(b)) − U (γ(a)) dove [a, b] `e il dominio di definizione della curva (in fisica si cambierebbe il segno). Di seguito i potenziali e i valori del lavoro per i diversi compiti.
U (x, y) = (x2+ 2x)ey+ (3 − y)ex L = 3e − 1 U (x, y) = (x3− 2x2)ey+ (5 − y2)ex L = 5 − 5e U (x, y) = (x2+ 3)ey+ (y + 1)ex L = 5e − 4 U (x, y) = (x2− 2x) cos y + (2 − 3y) sin x L = π
3 −π2 36 U (x, y) = −(1 + x + x2) cos y + (y2+ 4y) sin x L =
√ 2 2
5 8π2+7
2π
U (x, y) = (x2− 3x − 5) cos y + (y3− y) sin x L = π3 8 −π
2 + 5
4
