Complementi di Matematica - Soluzioni Primo compitino (Analisi) 26 aprile 2010 Tema A
1) A) y0 = y
x + 1 − 2x
x + 1, y(0) = 6. Lineare del primo ordine, con x 6= −1.
Poich`e si cerca una soluzione che passa per il punto (0, 6) sar`a x ∈ (−1, +∞).
Su tale intervallo l’integrale generale `e:
y(x) = elog(x+1)(C − 2
Z x
(x + 1)2dx) = (x + 1)(C − 2
Z x + 1 − 1 (x + 1)2 dx)
= (x + 1)(C − 2 log(x + 1) − 2 x + 1)
Inoltre, y(0) = 6 ⇔ 6 = C − 2 ⇔ C = 8. Quindi la soluzione `e y(x) = −6 + 8x − 2(x + 1) log(x + 1), x ∈ (−1, +∞).
B) y0= ey+x+2, y(−2) = − log 3. Variabili separabili, con x ∈ R. L’integrale generale si ottiene con separazione delle variabili:
Z
e−ydy = Z
ex+2dx ⇒ −e−y = ex+2+ C
y(x) = − log(−C − ex+2), con − C − ex+2> 0.
y(−2) = − log 3 ⇔ − log 3 = − log(−C − 1) ⇔ C = −4. Quindi la soluzione `e y(x) = log( 1
4 − ex+2), x ∈ (−∞, −2 + log 4).
C) y0=
√3
x + 2 (y + 5)
x(x + 4) , y(−1) = −5. Variabili separabili, con x 6= −4, 0. La soluzione del problema di Cauchy y(−1) = −5 `e
y(x) = −5, x ∈ (−4, 0).
D) y00− 25y0= 0, y(0) = 2, y0(0) = 50. Lineare del secondo ordine a coeffici- enti costanti e omogenea. Ogni soluzione `e una funzione di classe C∞(R).
L’equazione caratteristica λ2−25λ = 0 ha soluzioni λ = 0, λ = 25. L’integrale generale `e:
y(x) = A + Be25x
La soluzione del problema di Cauchy y(0) = 2, y0(0) = 50 si ha per A = 0, B = 2 :
y(x) = 2e25x, x ∈ R.
1
2)a) lim(x,y)→(0,0)
y3
x2+ y2 = 0. Infatti : 0 ≤
¯¯
¯¯ y3 x2+ y2
¯¯
¯¯ ≤ |y| → 0.
b) Non esiste il lim(x,y)→(0,0)
4xy
x2+ y2. Infatti detta f (x, y) = 4xy x2+ y2, per esempio f (0, y) = 0 → 0, e f (y, y) = 2 → 2. Ma il limite, se esiste, `e unico.
3) Data la funzione f (x, y) =√
x + 2y + log(2 − x2y) a)Il dominio `e D =©
(x, y) ∈ R2| x + 2y ≥ 0, 2 − x2y > 0ª . b) fx= 1
2√
x + 2y − 2xy
2 − x2y, fy = 1
√x + 2y− x2 2 − x2y, Of (0, 2) = (1
4,1 2) fxx= −1
4¡√
x + 2y¢3 − 2y 2 + x2y
(2 − x2y)2, fxy= −1 2¡√
x + 2y¢3 − 4x (2 − x2y)2 fyy = −1
¡√x + 2y¢3 − x4 (2 − x2y)2
H(0, 2) =
− 1
32− 2 = −65
32 −1
16
−1
16 −1
8
Essendo f (0, 2) = 2 + log 2, la formula di Taylor con centro in P = (0, 2), arrestata al secondo ordine col resto di Peano `e:
f (x, y) = 2+log 2+1 4x+1
2(y−2)−65 64x2− 1
16x(y−2)−1
16(y−2)2+o(x2+(y−2)2), (x, y) → (0, 2).
c) L’equazione del piano tangente nel punto Q = (0, 2, f (0, 2)) `e z = 1 + log 2 +1
4x +1 2y
d) I versori individuati dalla direzione della retta x + 5y + 3 = 0 sono:
v1= ( 5
√26, − 1
√26), v2= −v1
.
Quindi le derivate direzionali di f nel punto P = (0, 2) nelle direzioni v1 e v2 sono:
Dv1f (0, 2) = Of (0, 2) · v1= (1 4,1
2) · ( 5
√26, − 1
√26) = 3 4√
26, Dv2f (0, 2) = − 3
4√ 26.
2
Complementi di Matematica - Soluzioni Primo compitino (Analisi) 26 aprile 2010 Tema B 1) A) y0 = y
x + 2 − 4x
x + 2, y(1) = 3. Lineare del primo ordine, con x 6= −2.
Poich`e si cerca una soluzione che passa per il punto (1, 3) sar`a x ∈ (−2, +∞).
Su tale intervallo l’integrale generale `e:
y(x) = elog(x+2)(C − 4
Z x
(x + 2)2dx) = (x + 2)(C − 4
Z x + 2 − 2 (x + 2)2 dx)
= (x + 2)(C − 4 log(x + 2) − 8 x + 2) Inoltre, y(1) = 3 ⇔ 3 = 3(C − 4 log 3 −8
3) ⇔ C = 11
3 + 4 log 3. Quindi la soluzione `e
y(x) = (x + 2)(11
3 − 4 log 3 − 4 log(x + 2) − 8
x + 2, x ∈ (−2, +∞).
B) y0 = ey+x−1, y(1) = − log 2. Variabili separabili, con x ∈ R. L’integrale generale si ottiene con separazione delle variabili:
Z
e−ydy = Z
ex−1dx ⇒ −e−y = ex−1+ C
y(x) = − log(−C − ex−1), con − C − ex−1> 0.
y(1) = − log 2 ⇔ − log 2 = − log(−C − 1) ⇔ C = −3. Quindi la soluzione `e y(x) = log( 1
3 − ex−1), x ∈ (−∞, 1 + log 3).
C) y0 =
√3
x + 2 (y − 4)
x(x + 3) , y(−1) = 4. Variabili separabili, con x 6= −3, 0. La soluzione del problema di Cauchy y(−1) = 4 `e
y(x) = 4, x ∈ (−3, 0).
D) y00− 16y0 = 0, y(0) = −1, y0(0) = 32. Lineare del secondo ordine a coefficienti costanti e omogenea. Ogni soluzione `e una funzione di classe C∞(R).
L’equazione caratteristica λ2− 16λ = 0 ha soluzioni λ = 0, λ = 16. L’integrale generale `e y(x) = A + Be16x. La soluzione del problema di Cauchy y(0) = 2, y0(0) = 32 si ha per A = −3, B = 2 :
y(x) = −3 + 2e25x, x ∈ R.
3
2)a) lim(x,y)→(0,0)
x3
x2+ y2 = 0. Infatti : 0 ≤
¯¯
¯¯ x3 x2+ y2
¯¯
¯¯ ≤ |x| → 0.
b) Non esiste il lim(x,y)→(0,0)
3xy
x2+ y2. Infatti detta f (x, y) = 3xy x2+ y2, per esempio f (0, y) = 0 → 0, e f (y, y) =3
2 → 3
2. Ma il limite, se esiste, `e unico.
3) Data la funzione f (x, y) =√
x − 2y + log(1 − x2y) a)Il dominio `e D =©
(x, y) ∈ R2| x + 2y ≥ 0, 2 − x2y > 0ª . b) fx= 1
2√
x − 2y − 2xy
1 − x2y, fy = 1
√x − 2y− x2 1 − x2y, Of (0, 2) = (1
4, −1 2) fxx= −1
4¡√
x − 2y¢3 − 2y 1 + x2y
(1 − x2y)2, fxy= 1 2¡√
x − 2y¢3 − 2x (1 − x2y)2 fyy = −1
¡√x − 2y¢3 − x4 (1 − x2y)2
H(0, 2) =
−1
32+ 4 = 127 32
1 1 16
16 −1
8
Essendo f (0, −2) = 2, la formula di Taylor con centro in P = (0, −2), arrestata al secondo ordine col resto di Peano `e:
f (x, y) = 2 +1 4x −1
2(y + 2) +127 64x2+ 1
16x(y + 2) − 1
16(y + 2)2+ o(x2+ (y + 2)2), (x, y) → (0, −2).
c) L’equazione del piano tangente nel punto Q = (0, −2, f (0, −2)) `e z = 1 +1
4x −1 2y
d) I versori individuati dalla direzione della retta x − 5y + 7 = 0 sono:
v1= ( 5
√26, 1
√26), v2= −v1
.
Quindi le derivate direzionali di f nel punto P = (0, −2) nelle direzioni v1 e v2 sono:
Dv1f (0, −2) = Of (0, −2) · v1= (1 4, −1
2) · ( 5
√26, 1
√26) = 3 4√
26, Dv2f (0, 2) = − 3
4√ 26.
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