Corso di Ingegneria Informatica e dell’Automazione A. A. 2016/17 – Prova scritta 18–01–2018

Scritto di Analisi Matematica 2

Corso di Ingegneria Informatica e dell’Automazione A. A. 2016/17 – Prova scritta 18–01–2018

Risposte:

(1) Vale

D = {(0, y) | y ∈ R}

| {z }

D

∪ {(x, y) | 1 ≤ x ² + y ² < 4}

| {z }

D

ovvero ` e l’asse delle y unito ad una corona circolare di raggi 1 e 4 dove tuttavia il bordo esterno non appartiene all’insieme. ` E noto che la funzione f non ` e continua nell’origine come funzione definita su tutto R <sup>2</sup> . In questo caso per` o il dominio D ` e pi` u accomodante. Potendo avvicinarci all’origine solo lungo l’asse y, la continuit` a ` e garantita dal fatto che f ` e costantemente nulla sull’asse. Su tutti gli altri punti f ` e continua grazie ai teoremi di somma, prodotto, quoziente di funzioni continue: un polinomio diviso un altro polinomio ` e continuo in tutti i punti in cui non si annulla il denominatore.

Studiamo massimi e minimi separatemente per D ₁ e D ₂ . Su D ₁ la funzione ` e sempre zero. Su D ₂ si ragiona come segue.

Si osservi che f (ρ cos θ, ρ sin θ) = sin θ cos θ = ¹ ₂ sin(2θ) come gi` a visto a lezione. Il valore di f non dipende dalla distanza a cui ci troviamo dall’origine. La funzione ` e per cos`ı dire radialmente costante, quindi studiarne massimi e minimi su D 2 equivale a studiare massimi e minimi sull’insieme x ² + y ² = 1. Essa presenta massimi e minimi di valore ± ¹ ₂ lungo le bisettrici y = ±x.

(2) L’equazione differenziale ` e equivalente a y <sup>0</sup> = y ln x (a variabili separabili) grazie alla propriet` a dei logaritmi. Si noti che deve essere x > 0.

a. La soluzione costante y(x) = 0 (ma definita per x > 0)

b. Si risolve in modo standard avendo ^y _y

= ln x da cui integrando ln |y(t)| = x ln x − x + c, sostituendo il valore inizale y(1) = 1 trovo c = 1 e

y(x) = e ^{x ln x−x+1}

c. In questo caso da ln |y(t)| = x ln x − x + c segue sostituendo il valore inizale y(1) = −1 che vale −y(x) = e ^{x ln x−x+1} (sempre c = 1) e quindi

y(x) = −e ^{x ln x−x+1}

d. Non posso chiedere un dato iniziale y(x ₀ ) = y ₀ con x ₀ < 0.

(3) Usando la formula di integrazione di una forma differenziale si ha Z

γ

y ² e ^x dx − xy dy = Z π

0

sin ² te ^{cos t} (− sin t) − cos t sin t cos t dt

= Z π

0

(1 − cos ² t)e ^{cos t} − cos ² t (− sin t) dt

= Z −1

1

(1 − y ² )e ^y + y ² dy = . . . = − 4 e − 2

3 usando la sostituzione y = cos t.

La seconda parte dell’esercizio consiste nel controllare se vale

∂

∂y

2xy ²

(1 + x ² y ² ) ² = ∂

∂x

2x ² y (1 + x ² y ² ) ²

La risposta ` e s`ı. Poi integrando trovo il potenziale U (x, y) = −(1 + x ² y ² ) ⁻¹ . L’integrale lungo γ

risulta nullo in quanto U (γ(π)) = U (γ(0)).

(4) Per parit` a vale 2 Z +∞

0

sin x

x(x ² + 1) dx = Z +∞

−∞

sin x

x(x ² + 1) dx che si ottiene integrando f (z) = e ^iz z(z ² + 1) su un cammino Γ formato da: una semicirconferenza di raggio R molto grande nel semipiano su- periore percorsa in senso antiorario (contributo positivo), il segmento sull’asse reale (−R, r), la semicirconferenza di raggio r piccolo percorsa in senso orario (contributo negativo), il segmento sull’asse reale (r, R). Per il lemma di Jordan l’integrale sul cerchio grande tende a zero, quello piccolo si usa il corollario del teorema del piccolo cerchio. Quindi l’integrale cercato si ha da

lim

r→0 , R→+∞

Z

(−R,−r)∪(r,R)

f (z) dz − πi Res(f, 0)

| {z }

=1

= 2πi Res(f, i)

| {z }

−2e

Quindi osservo che Z

(−R,−r)∪(r,R)

f (z) dz = Z

(−R,−r)∪(r,R)

cos x

x(x ² + 1) dx + i Z

(−R,−r)∪(r,R)

sin x x(x ² + 1) dx

= 0 + 2i Z R

r

sin x x(x ² + 1) Quindi l’integrale richiesto ` e

I = π 2

 1 − 1

e



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