1. Si consideri l’integrale I =

ANALISI MATEMATICA 2 ING. ENERGETICA

proff. Daniele Andreucci, Alberto Bersani Prova a distanza del 08/06/2020

1. Si consideri l’integrale I =

Z Z

D

x

e

dx dy ,

ove

D = {(x, y) | (x − 1)

+ y

≤ 4 , (x + 1)

+ y

≥ 4} . Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

1)[a1] Vale

I = Z Z

T

x

e

dx dy , ove

T = {(x, y) | (x − 1)

+ y

≤ 4} . 2)[a2] Vale

I =

π 2

Z

−^π2



2

Z

0

(1 + r cos θ)

e

r dr  dθ .

3)[a3] Vale I > π.

Soluzione 1. S

Infatti la differenza T \ D è simmetrica rispetto a x = 0, e la funzione integranda (su T ) è dispari; quindi l’integrale su T \ D vale 0.

2. N

L’integrale dato risulta dal cambiamento in coordinate polari x = 1 + r cos θ , y = r sin θ , r > 0 , −π < θ < π ,

ma con i limiti di integrazione dati corrisponde solo all’integrale sulla porzione di dominio D ∩ {x ≥ 1}.

3. S

Si ha, poiché l’integrando è positivo, I >

Z Z

D∩{x≥1,y≥0}

x³e^xydx dy >

Z Z

D∩{x≥1,y≥0}

dx dy = π .

2. Si consideri la funzione

f (x, y) = e

(x

+ y

) , ristretta al dominio

E = {(x, y) | 1 ≤ x

+ y

≤ 4} . Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

4)[b1] L’interno di E contiene punti critici di f . 5)[b2] Il punto ( √

2, √

2) è tra le soluzioni del sistema dei moltiplicatori di Lagrange per f sulla curva x

+ y

= 4.

6)[b3] Poiché sulla curva x

+ y

= 1 ove y ≥ 0 si ha f (x, y) = e

, f non può essere differenziabile in (1, 0).

Soluzione 1. S

Il sistema dei punti critici è

∂ f

∂x = e^x+y(x²+ y²+ 2x) = 0 ,

∂ f

∂y = e^x+y(x²+ y²+ 2y) = 0 , da cui x = y e sostituendo ancora

2x²+ 2x = 0 ,

ossia x = 0 o x = −1; in corrispondenza si hanno i punti critici (0, 0) e (−1, −1) il secondo dei quali è interno a E.

2. S

Infatti f è data dal prodotto di due fattori, ciascuno dei quali ha massimo su E proprio in (√

2,√

2). Perciò questo punto è in particolare di massimo su x²+ y²= 4 e quindi risolve il sistema di Lagrange.

3. N

La singolarità in x = 1 deriva dalla parametrizzazione della curva; la f è C^∞(R²) e quindi differenziabile ovunque.

3. Si consideri la serie X

n=1^+∞

 x + 1 x



cos

n! , x > 0 . Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

7)[c1] La serie converge per ogni x > 0.

8)[c2] Nei punti ove la serie converge, la sua somma S(x) soddisfa

S(x) ≤ e

.

9)[c3] La serie si può derivare termine a termine in x negli intervalli in cui converge.

Soluzione 1. S

Ci possiamo ricondurre alla serie di potenze X

n=1^+∞

yⁿcos¹_n n! ,

con la trasformazione y = x + 1/x > 1. Il raggio di convergenza è dato da

n→+∞lim

(n + 1) cos¹_n

cos_n+1¹ = +∞ . 2. S

Ricordando la forma della serie esponenziale e maggiorando il cos(1/n) con 1,

S(x) ≤

+∞

X

n=1

x + 1 x

ⁿ 1

n! = e^x+1x− 1 < e^x+x1. 3. S

Con il cambiamento di variabile in y indicato sopra, e indicando con F (y) la somma della serie in y,

S^′(x) = dF

dy(y(x))y^′(x) = y^′(x)

+∞

X

n=1

ny(x)ⁿ⁻¹cos_n¹ n! =

+∞

X

n=1

dy(x)ⁿ dx

cos¹_n n! .

4. Si consideri il campo vettoriale F ∈ C

(R

), F : R

→ R

dato da F (x, y, z) = 2xyz

, x

z

, 3x

yz

,

e la superficie

S = {(x, y, z) | (x − 10)

+ (y − 10)

+ (z − 10)

= 4 , z ≤ 11} , con orientazione fissata ad arbitrio.

Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

10)[d1]

Z

+bS

F · τ ds = 0 .

11)[d2]

Z Z

S

div F dS = 0 .

12)[d3] Il bordo bS non è una curva chiusa.

Soluzione

1. S

Il campo è esatto con potenziale x²yz³, quindi l’integrale su bS (che è una circon- ferenza) è nullo.

2. N Si calcola

div F = 2yz³+ 6x²yz > 0 su S che è contenuta nel primo ottante.

3. N

Il bordo di S è ottenuto come intersezione della sfera di centro (10, 10, 10) e raggio 2 con il piano z = 11, quindi è una circonferenza di tale piano e pertanto è una curva chiusa.

5. Supponiamo che f ∈ C

(R

) abbia una curva di livello γ con la rappresentazione regolare

(α(t), β(t)) , t ∈ (a, b) , α, β ∈ C

((a, b)).

Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

13)[e1] Può esistere un (x

, y

) ∈ γ tale che ∇ f (x

, y

) = (0, 0).

14)[e2] Può esistere un t

∈ (a, b) tale che

∂f

∂x (α(t

), β(t

)) > 0 , ∂f

∂y (α(t

), β(t

)) > 0 , α

(t

) > 0 , β

(t

) > 0 . 15)[e3] Se ∇ f (α(t

), β(t

)) = (1, 0), la curva può anche essere parametriz- zata come (x(y), y), almeno in un intorno di (α(t

), β(t

)).

Soluzione 1. S

Per esempio f (x, y) = x² ha gradiente nullo sulla curva di livello f = 0, che è la retta x = 0.

2. N

Infatti si deve avere 0 = d

dtf (α(t), β(t)) = ∂ f

∂x(α(t), β(t))α^′(t) +∂ f

∂y(α(t), β(t))β^′(t) . 3. S

Questo è in sostanza il contenuto del Teorema del Dini.

6. Un campo vettoriale F : A → R

, F ∈ C

(A), è chiuso in A, ove A = R

\ {(0, 0)} .

Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

16)[f1] Sia γ il grafico di una funzione y = α(x), α ∈ C

([−1, 1]), α(0) 6= 0, orientato nel verso delle x crescenti; assumiamo α(−1) = α(1) = 0. Allora

Z

+γ

F · τ ds

può assumere al più 2 valori.

17)[f2] Siano

γ

= {(x, y) | (x − 10)

+ y

= 101} , γ

= {(x, y) | (x + 10)

+ y

= 101} . Allora (assumendo verso positivo antiorario per entrambe le curve)

Z

+γ1

F · τ ds = Z

+γ2

F · τ ds .

18)[f3] Sia per a ∈ (1, 3)

γ

= {(x, y) | (x−2)

+y

= 1 , x ≥ a} , γ

= {(x, y) | (x−2)

+y

= 1 , x ≤ a} . Allora

Z

+γ1a

F · τ ds      

=      

Z

+γ2a

F · τ ds       ,

con versi arbitrari di percorrenza.

Soluzione 1. S

Se due funzioni α1 e α2 soddisfano entrambe αi(0) > 0, la curva data dal grafico della prima unito quello della seconda percorso in senso inverso è chiusa e non circonda la lacuna; quindi l’integrale di F su di essa si annulla (il campo è chiuso in A) e perciò sono uguali gli integrali sui due grafici. Similmente per le funzioni con α(0) < 0. Questo divide le funzioni in due classi corrispondenti a due possibili valori diversi dell’integrale.

3. S

Entrambe le circonferenze circondano la lacuna; quindi essendo il campo chiuso, entrambi gli integrali uguagliano il periodo di F relativo alla lacuna.

3. S

La circonferenza di centro (2, 0) e raggio 1 non circonda la lacuna, quindi è contenuta in un aperto ove F ha un potenziale U . Allora entrambi gli integrali uguagliano

±(U(a, b⁺) − U(a, b−)), ove

b±= 1 ±p1 − (a − 2)².

7. Consideriamo una funzione f ∈ C

(R

) ristretta al quadrato T = [0, 1] × [0, 1].

Si sa che f assume il massimo su T in (x

, y

) ∈ T .

Dire quali delle seguenti affermazioni possono allora essere vere.

19)[g1] Si ha (x

, y

) ∈ (0, 1) × (0, 1) e

∇ f (x

, y

) = (0, 0) , H

(x

, y

) = −1 2

2 −5



.

20)[g2] Si ha (x

, y

) = (0, 0) e

∇ f (0, 0) = (0, −1) , H

(0, 0) = 0 0 0 0

 . 21)[g3] Si ha (x

, y

) ∈ (0, 1) × (0, 1) e

∇ f (x

, y

) = (0, 0) , H

(x

, y

) = 1 0 0 0

 .

1. S

In un massimo interno, il gradiente si deve annullare e la matrice hessiana deve essere semidefinita negativa; questo è verificato, l’hessiana è anzi definita negativa.

2. S

L’hessiana nulla è compatibile con qualsiasi comportamento; il gradiente non è nullo, ma questo non è necessario perché il punto non è interno; deve risultare invece, come è infatti,

∂ f

∂x(0, 0) ≤ 0 , ∂ f

∂y(0, 0) ≤ 0 . Questo segue considerando le restrizioni di f ai lati di T . 3. N

In un punto interno di massimo la matrice hessiana deve essere semidefinita nega- tiva, e quella data è semidefinita positiva.

8. Consideriamo i domini

Q = [−1, 1] × [−1, 1] , C = {(x, y) | x

+ y

≤ 1} , T = Q \ C . Dire quali delle seguenti affermazioni sono vere.

22)[h1] T è x-semplice.

23)[h2] Se D è il trasformato in coordinate polari di T , ossia D = {(r, θ) ∈ [0, +∞) × (−π, π] | (r cos θ, r sin θ) ∈ T } , allora D è r-semplice.

24)[h3] Se

f (x, y) = g( p

x

+ y

) , con g continua e positiva in [0, +∞) allora

Z Z

T

f (x, y) dx dy ≥ Z Z

C

f (x, y) dx dy .

Soluzione 1. N

Per esempio la retta y = 1/2 interseca T in due intervalli chiusi disgiunti (simmetrici rispetto a x = 0).

2. S Infatti

D = {(r, θ) ∈ [0, +∞) × (−π, π] | 1 ≤ r ≤ ρ(θ) , −π < θ ≤ π} , ove ρ(θ) è la rappresentazione della frontiera del quadrato in coordinate polari.

3. N

Se per esempio si prende f = 1, si ottiene la disuguaglianza opposta (tra le aree dei domini).