Analisi Matematica II - I esonero 4 Novembre 2014
Compito A
1) Data la serie:
∞
X
n=1
|x|n
, a ∈ R+
x2n + na
determinare per quali valori del parametro a:
• converge puntualmente se |x| < 1; converge puntualmente se |x| > 1;
• converge puntualmente in R.
• Provare che converge uniformemente in R se a > 2.
2) Determinare i punti di massimo e di minimo relativo della funzione:
f (x, y) = (|x| + y)e−xy .
Svolgimento
1) Se |x| < 1 allora {|x|n , x2n } → 0 per n → ∞ pertanto
0 ≤ fn (x) ≤
1
.
na
Se quindi a > 1 la serie data converge puntualmente in |x| < 1 per il teorema del
confronto;
se |x| > 1 allora {na , x2n } → ∞ per n → ∞, ma il primo è una potenza mentre il
secondo un esponenziale pertanto
fn (x) ∼
|x|n
= q n con q = |1/x| < 1.
x2n
Pertanto la successione converge puntualmente per |x| > 1, grazie al criterio del
confronto asintotico, per ogni a.
Se x = ±1 risulta fn (±1) = 1/(1 + na ) che converge se a > 1, pertanto la
convergenza puntuale su R si avrà se a > 1, grazie anche ai punti precedenti.
1
Passiamo ora a studiare la convergenza uniforme se a > 2. Siccome la funzione
fn è pari basta studiarla per x > 0. Risulta
fn0 (x) =
nxn−1 (y 2n + na ) − 2nx3n−1
nxn−1 (na − x2n )
=
≥ 0 ⇐⇒
(x2n + na )2
(x2n + na )2
x ≤ na/(2n) .
Cioè
|fn (x)| ≤ fn (na/(2n) ) =
X
1
na/2
=
=
L
e
Ln < ∞ se a > 2.
n
2na
2na/2
n
La convergenza è allora totale per a > 2 e quindi uniforme.
2) La funzione f ∈ C 1 (R+ × R ∪ R− × R) e non è derivabile parzialmente nei punti
dell’asse y: infatti risulta
f (x, y) − f (0, y)
→
x
(
+1
x>0
−1 x < 0.
Pertanto non esiste in tali punti la derivata parziale rispetto ad x e dunque il
gradiente.
Cerchiamo intanto i punti critici nel semipiano x > 0. Risulta:
(
fx0 = e−xy (1 − y(x + y)) = 0
1
⇐⇒ x = y = √
0
−xy
2
fy = e (1 − x(x + y)) = 0
La matrice Hessiana vale
ye−xy [2 + y(x + y)]
H(x, y) =
(xy − 2)(x + y)e−xy
!
(xy − 2)(x + y)e−xy xe−xy [−2 + x(x + y)]
!
− √12e − √32e
1 1
√
, √ ) < 0.
,
detH(
2 2
− √32e − √12e
1 1
H( √ , √ ) =
2 2
,
Pertanto questo punto critico è un punto sella.
Se invece x < 0 allora f (x, y) = e−xy (y − x) e
(
fx0 = −e−xy (1 + y(y − x)) = 0
fy0
=e
−xy
(1 − x(y − x)) = 0
1
⇐⇒ x = y = − √
2
Risulta:
H(x, y) =
ye−xy [2 + y(y − x)]
(xy − 2)(y − x)e−xy
(xy − 2)(y − x)e−xy xe−xy [−2 + x(y − x)]
q
2
− e 0
1
1
1
1
q , detH(− √ , − √ ) < 0.
H(− √ , − √ ) =
2
2
2
2
2
0
e
2
!
,
Quindi anche questo è un punto sella. Restano ora da studiare i punti (0, y) nei
quali f non ammette gradiente. In tali punti la funzione assume valore f (0, y) = y
e siccome questa funzione è crescente i punti dell’asse delle y non possono essere
né di massimo né di minimo. La funzione pertanto non ha massimi o minimi
relativi in R2 , in particolare, se esaminiamo il segno di f possiamo osservare che
in (0, 0) c’è un punto sella.
3
Analisi Matematica II - I esonero 4 Novembre 2014
Compito B
1) Data la serie:
∞
X
n=1
√
x2n
, a ∈ R−
x2n + n−a
determinare per quali valori del parametro a:
• converge puntualmente se |x| < 1; converge puntualmente se |x| > 1;
• converge puntualmente in R.
• Provare che converge uniformemente in R se a < −2.
2) Determinare i punti di massimo e di minimo relativo della funzione:
f (x, y) = (|y| − x)e−xy .
Svolgimento
1) Risulta
√
x2n = |x|n , basta allora applicare i risultati dell’esercizio 1 del compito A
ponendo −a = b ∈ R+ .
2) La funzione f ∈ C 1 (R × R+ ∪ R × R− ) e non è derivabile parzialmente nei punti
dell’asse x: infatti risulta
f (x, y) − f (x, 0)
→
y
(
+1
y>0
−1 y < 0.
Pertanto non esiste in tali punti la derivata parziale rispetto ad y e dunque il
gradiente.
Cerchiamo intanto i punti critici nel semipiano y > 0. Risulta:
(
fx0 = e−xy (y(y − x) − 1) = 0
fy0 = e−xy (x(y − x) + 1) = 0
4
che non ammette soluzioni, dunque non ci sono punti di massimo o di minimo in
R × R+ .
Conideriamo ora il caso y < 0. Risulta:
(
fx0 = −e−xy (y(y + x) + 1) = 0
fy0 = −e−xy (x(y + x) + 1) = 0
.
Anche in questo caso il sistema non ammette soluzioni. Restano da esaminare
i punti (x, 0) nei quali f non ammette gradiente. In tali punti la funzione vale
f (x.0) = −x che è monotona, dunque questi punti non possono essere di massimo
o di minimo. La funzione pertanto non ha massimi o minimi relativi in R2 , in
particolare, se esaminiamo il segno di f possiamo osservare che in (0, 0) c’è un
punto sella.
5
Analisi Matematica II - appello straordinario
4/11/2014
1) Determinare massimi e minimi assoluti della funzione f (x, y) = x4 + y 4 − 8(x2 + y 2 )
nell’insieme M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 9}.
2) Calcolare
R
γ
ω dove ω = x2 y 3 dx + ydy e γ è una parametrizzazione della frontiera
dell’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} orientata positivamente.
Svolgimento
1) Risulta f ∈ C ∞ (R2 ), l’insieme M è un compatto, pertanto f ammette massimi
e minimi assoluti in M . Cerchiamo i punti di massimo e di minimo di f in
M ◦ = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 9}. Risulta:
fx0 = 4x3 − 16x,
fy0 = 4y 3 − 16y.
I punti interni ad M che annullano tale sistema sono (0, 0), (0, ±2), (±2, 0), (±2, ±2).
La matrice Hessiana vale:
12x2 − 16
0
0
12y 2 − 16
!
.
Risulta allora che:
H(0, 0) =
−16
0
0
−16
!
00
, detH(0, 0) > 0, fxx
(0, 0) < 0 =⇒
(0, 0) massimo relativo
!
−16 0
H(0, ±2) =
, detH(0, ±2) < 0 =⇒ (0, ±2) punti sella
0 32
H(±2, 0) =
H(±2, ±2) =
32
0
!
−16
!
32 0
0
0
32
, detH(±2, 0) < 0 =⇒ (±2, 0) punti sella
00
, detH(±2, ±2) > 0, fxx
(0, 0) > 0 =⇒
(±2, ±2) punti di minimo relativo.
6
Cerchiamo ora i punti di massimo e di minimo nella frontiera di M : F r(M ) =
{(3 cos t, 3 sin t), t ∈ [0, 2π]}. Risulta:
g(t) = f (3 cos t, 3 sin t) = 9(9(cos4 t + sin4 t) − 8) = 9(2 sin4 t − 2 sin2 t − 7)
g 0 (t) = 36 sin t cos t(2 sin2 t − 1).
Dallo studio del segno di g 0 (t) si ottiene:
t = 0, π/2, π, 3π/2, massimi vincolati (±3, 0), (0, ±3)
√
√
t = π/4, 3π/4, 5π/4, 7π/4 minimi vincolati (±3 2/2, ±3 2/2).
Per determinare i massimi ed i minimi assoluti in M osserviamo che:
f (0, ±3) = f (±3, 0) = 9 > f (0, 0) = 0,
√
√
f ((±3 2/2, ±3 2/2) = −63/2 > f (±2, ±2).
Si ha allora che (±3, 0) e (0, ±3) sono i punti di massimo assoluto, mentre (±2, ±2)
sono i punti di minimo assoluto di f in M . Il grafico della funzione f ristretto ai
punti di M è il seguente:
2) La forma differenziale lineare ω è di classe C 1 (R2 ) ma non è esatta, infatti R2 è
convesso e risulta
∂
∂ 2 3
(x y ) = 3x2 y 2 6= 0 =
y.
∂y
∂x
7
Calcoliamo l’integrale usando le formule di Green:
ZZ
Z
ZZ ∂ 2 3
∂
y−
(x y ) dxdy = −
3x2 y 2 dxdy =
ω =
∂x
∂y
A
γ
A
6 2
Z 2
Z 2π
Z 2π
3
r
5
2
2
2
r dr = −
cos t sin tdt
= −3
sin 2tdt
=
4 0
6 1
1
0
2π
68
68 1
(2t − sin 2t cos 2t)
= − π.
= −
3 4
3
0
8
Analisi Matematica II - II esonero 24 Novembre
2014
Compito A
1) Determinare, se esistono, massimi e minimi assoluti della funzione
f (x, y) = 4x2 + 3y 2 − 6y −
64
9
nell’insieme M = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 − 4y − 16 ≤ 0}.
2) Determinare le soluzioni del seguente problema di Cauchy:
2 00
0
x y (x) − xy (x) + y(x) = x + ln x
y(1) = 1
y 0 (1) = 0
Svolgimento
1) Osserviamo innanzitutto che M è un compatto: infatti la conica 9x2 +2y 2 −4y−16 =
0 è una ellisse (∆ < 0). La funzione f ∈ C ∞ (M ) e dunque ammetterà massimi e
minimi assoluti per il teorema di Weierstrass. Studiamone innanzitutto in massimi
e minimi in M ◦ . Risulta:
(
fx0 (x, y) = 8x = 0
fy0 (x, y) = 6y − 6 = 0
⇐⇒ (x, y) = (0, 1).
Il punto (0, 1) soddisfa l’equazione 9x2 +2y 2 −4y−16 < 0 e dunque (0, 1) ∈ M ◦ . E’
quindi un possibile candidato ad essere un punto di massimo o di minimo libero.
Risulta poi
00
00
fxx
fxy
00
00
fyx
fyy
!
=
8 0
!
0 6
e quindi per il teorema della matrice hessiana risulta un punto di minimo relativo.
Cerchiamo ora i punti estremanti sulla frontiera: Fr(M ) = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 −
4y −16 = 0}. Oserviamo che possiamo esprimere l’equazione della ellisse in questo
modo:
x2 (y − 1)2
+
=1
2
9
9
e pertanto possiamo scrivere x2 = 19 (16 + 4y − 2y 2 ). Ovviamente dovrà risultare
16 + 4y − 2y 2 ≥ 0. Effettuiamo questa sostituzione nella funzione di partenza e
consideriamo la nuova funzione g : [−2, 4] → R definita da
g(y) := f (±
1p
64
1
4
16 + 4y − 2y 2 , y) = (16+4y−2y 2 )+3y 2 −6y− = (19y 2 −38y).
3
9
9
9
Questa porzione di parabola avrà un minimo relativo in y = 1 e due massimi relativi nei punti y = −2, y = 4. I punti candidati ad essere punti di massimo e di min√
imo assoluto per f saranno: (0, 1) trovato prima ed ora (± 2, 1), (0, −2), (0, 4).
Risulta:
f (0, 1) = −
√
19
152
91
, f (± 2, 1) = − , f (0, −2) = f (0, 4) =
.
9
9
9
Quindi (0,1) è il punto di minimo assoluto, i punti (0,-2) e (0,4) quelli di massimo
assoluto.
2) Si tratta di una equazione equidimensionale di Eulero del secondo ordine. Siccome
il dato iniziale (x0 = 1) è positivo cerchiamo le soluzioni in R+ ed effettuiamo la
sostituzione x = ez . Otterremo l’equazione lineare del secondo ordine a coefficienti
costanti:
y 00 (z) − 2y 0 (z) + y(z) = z + ez .
L’equazione caratteristica λ2 −2λ+1 = 0 ha come soluzione λ = 1 con molteplicità
ν = 2, pertanto l’integrale generale della equazione omogenea sarà:
y(z) = c1 ez + c2 zez .
Conideriamo ora come termine noto β1 (z) = z e cerchiamo una soluzione della
forma y(z) = az + b. Risulterà: −2a + az + b = z e dunque a = 1, b = 2.
Per quanto riguarda il termine noto β2 (z) = ez , siccome λ = 1 è una soluzione
dell’equazione caratteristica con molteplicità 2 cerchiamo una soluzione del tipo:
y(z) = az 2 ez . Derivando due volte e sostituendo nella equazione differenziale si
ottiene: a = 1/2. L’integrale generale della equazione completa è:
1
y(z) = c1 ez + c2 zez + z + 2 + z 2 ez .
2
Imponiamo allora le condizioni iniziali in z = 0 e sostituendo z = ln x, si ottiene:
y(x) = 2 − x + x ln(x) + ln(x).
10
Analisi Matematica II - II esonero 24 Novembre
2014
Compito B
1) Determinare, se esistono, massimi e minimi assoluti della funzione
f (x, y) = 3x2 + 4y 2 − 8y −
16
3
nell’insieme M = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 − 4y − 16 ≤ 0}.
2) Determinare le soluzioni del seguente problema di Cauchy:
2 00
0
2
−x y (x) − xy (x) + y(x) = x + ln x
y(1) = 1
y 0 (1) = 1
Svolgimento
1) Osserviamo innanzitutto che M è un compatto: infatti la conica 9x2 +2y 2 −4y−16 =
0 è una ellisse (∆ < 0). La funzione f ∈ C ∞ (M ) e dunque ammetterà massimi e
minimi assoluti per il teorema di Weierstrass. Studiamone innanzitutto in massimi
e minimi in M ◦ . Risulta:
(
fx0 (x, y) = 6x = 0
fy0 (x, y) = 8y − 8 = 0
⇐⇒ (x, y) = (0, 1).
Il punto (0, 1) soddisfa l’equazione 9x2 +2y 2 −4y−16 < 0 e dunque (0, 1) ∈ M ◦ . E’
quindi un possibile candidato ad essere un punto di massimo o di minimo libero.
Risulta poi
00
00
fxx
fxy
00
00
fyx
fyy
!
=
6 0
!
0 8
e quindi per il teorema della matrice hessiana risulta un punto di minimo relativo.
Cerchiamo ora i punti estremanti sulla frontiera: Fr(M ) = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 −
4y −16 = 0}. Oserviamo che possiamo esprimere l’equazione della ellisse in questo
modo:
x2 (y − 1)2
+
=1
2
9
11
e pertanto possiamo scrivere x2 = 19 (16 + 4y − 2y 2 ). Ovviamente dovrà risultare
16 + 4y − 2y 2 ≥ 0. Effettuiamo questa sostituzione nella funzione di partenza e
consideriamo la nuova funzione g : [−2, 4] → R definita da
g(y) := f (±
1p
1
16
1
16 + 4y − 2y 2 , y) = (16+4y−2y 2 )+4y 2 −8y− = (10y 2 −20y).
3
3
3
3
Questa porzione di parabola avrà un minimo relativo in y = 1 e due massimi relativi nei punti y = −2, y = 4. I punti candidati ad essere punti di massimo e di min√
imo assoluto per f saranno: (0, 1) trovato prima ed ora (± 2, 1), (0, −2), (0, 4).
Risulta:
f (0, 1) = −
√
28
10
80
, f (± 2, 1) = − , f (0, −2) =
= f (0, 4).
3
3
3
Quindi (0,1) è il punto di minimo assoluto, (0,4), (0,-2) quelli di massimo assoluto.
2) Si tratta di una equazione equidimensionale di Eulero del secondo ordine. Siccome
il dato iniziale (x0 = 1) è positivo cerchiamo le soluzioni in R+ ed effettuiamo la
sostituzione x = ez . Otterremo l’equazione lineare del secondo ordine a coefficienti
costanti:
−y 00 (z) + y(z) = z + e2z .
L’equazione caratteristica −λ2 + 1 = 0 ha come soluzione λ = ±1, pertanto
l’integrale generale della equazione omogenea sarà:
y(z) = c1 e−z + c2 ez .
Consideriamo ora come termine noto β1 (z) = z e cerchiamo una soluzione della
forma y(z) = az + b. Risulterà: a = 1, b = 0. Per quanto riguarda il termine
noto β2 (z) = e2z , siccome λ = 1 non è una soluzione dell’equazione caratteristica
cerchiamo una soluzione del tipo: y(z) = ae2z . Derivando due volte e sostituendo
nella equazione differenziale si ottiene: a = −1/3. L’integrale generale della
equazione completa è:
1
y(z) = c1 e−z + c2 ez + z − e2z .
3
Imponiamo allora le condizioni iniziali in z = 0 e sostituendo z = ln x, si ottiene:
1
1
y(x) = x − x2 + ln(x) + .
3
3x
12
Analisi Matematica II - 3◦ esonero 22 Dicembre 2014
1) Calcolare
ZZZ
|z|dxdydz,
E
2
dove E = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z − 1, 2x2 + y 2 + z 2 < 2}.
2) Calcolare, in almeno due modi diversi, il flusso del campo vettoriale F~ = (x, y, z 4 )
attraverso la superficie laterale del cilindro di equazione x2 + y 2 = 4, delimitato
dai piani z = 1, z = 0. Calcolare poi il flusso del rotore di F~ uscente dalla stessa
superficie utilizzando il teorema di Stokes.
1) Osserviamo innanzitutto che l’insieme E è la porzione di spazio compresa tra l’ellissoide
2x2 + y 2 + z 2 = 2 e l’iperboloide ellittico (a due falde) x2 + y 2 = z 2 − 1.
Inoltre la funzione integranda (come l’insieme E) è simmetrica rispetto al piano
z = 0. Ne segue che
ZZZ
ZZZ
|z|dxdydz = 2
E
|z|dxdydz,
A
dove
A = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0, x2 + y 2 < z 2 − 1, 2x2 + y 2 + z 2 < 2} =
p
p
= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + 1 < z < 2 − 2x2 − y 2 }.
13
Risulta allora
ZZZ
ZZZ
Z √2−2x2 −y2
ZZ
|z|dxdydz = 2
|z|dxdydz = 2
E
A
ZZ
=
dxdy √
D
√2−2x2 −y2
1
dxdy z 2 √
=
2
D
x2 +y 2 +1
ZZ
dz =
x2 +y 2 +1
(1 − 3x2 − 2y 2 )dxdy
D
dove
p
p
x2 + y 2 + 1 < 2 − 2x2 − y 2 } =
D = {(x, y) ∈ R2 :
= {(x, y) ∈ R2 : 3x2 + 2y 2 < 1}.
Cioè D è una ellisse di semiassi
ellittiche:
(
√
3/3 e
√
2/2. Passiamo allora in coordinate
√
√
x=
y=
3
r cos t,
√3
2
r sin t
2
t ∈ [0, 2π], r ≥ 0, |det(J)| =
6
r.
6
In tal caso l’insieme D si trasforma nell’insieme D0 = [0, 1] × [0, 2π]. Dunque
√
√ Z 2π Z 1
ZZZ
ZZ
6
6
dt
r(1 − r2 )dr =
π.
|z|dxdydz =
(1 − 3x2 − 2y 2 )dxdy =
6 0
12
0
E
D
2) Se con S denotiamo la superficie laterale del cilindro, con S1 la base e con S2 il
coperchio si ha, applicando il teorema della divergenza:
Z
ZZZ
Z
Z
~
~
~
I =
F · ne dS =
divF dxdydz −
F · ne dS −
F~ · ne dS
S
V
S1
S2
Risulta S1 = {(x, y, 0) : x2 + y 2 ≤ 4}, ne = (0, 0, −1), dS = dxdy;
S2 = {(x, y, 1) : x2 + y 2 ≤ 4}, ne = (0, 0, 1), dS = dxdy. Pertanto
Z
ZZ
~
F · ne dS =
(x, y, 0) · (0, 0, −1)dxdy = 0,
S1
x2 +y 2 ≤4
Z
ZZ
F~ · ne dS =
(x, y, 1) · (0, 0, 1)dxdy = 4π,
S2
ZZZ
divF~ dxdydz =
V
Z
x2 +y 2 ≤4
ZZ
1
3
dz
0
(2 + 4z )dz = 4π
x2 +y 2 ≤4
Calcoliamo ora direttamente l’integrale:
x = 2 cos t,
S :=
Z
1
(2 + 4z 3 )dz = 12π.
0
y = 2 sin t, (z, t) ∈ D := [0, 1]×[0, 2π], ne = (cos t, sin t, 0), dS = 2dtdz.
z=z
14
Pertanto
Z
Z
2π
dt
F~ · ne dS = 2
0
S
Z 2π Z 1
2dz = 8π.
dt
= 2
Z
0
1
(2 cos t, 2 sin t, z) · (cos t, sin t, 0)dz =
I =
0
0
Calcoliamolo infine il flusso del rotore di F~ con il teorema di Stokes utlilizzando la
parametrizzazione di S data sopra. Sia D = [0, 1] × [0, 2π]. +Fr(D) = {(z, 0), 0 ≤
z ≤ 1} ∪ {(1, t), 0 ≤ t ≤ 2π} ∪ {(z, 2π), 1 ≥ z ≥ 0} ∪ {(0, t), 2π ≥ t ≥ 0}. Pertanto
+∂S sarà composta da 4 curve:
C1 = {(2, 0, z) : 0 ≤ z ≤ 1}
C2 = {(2 cos t, 2 sin t, 1) : 0 ≤ t ≤ 2π}
C3 = {(2, 0, z) : 1 ≥ z ≥ 0}
C4 = {(2 cos t, 2 sin t, 0) : 2π ≥ t ≥ 0}.
Osserviamo intanto che C1 , C3 sono la stessa curva ma percorsa in versi opposti
per cui la somma algebrica degli integrali della forma differenziale lineare ω =
xdx + ydy + z 4 dz è nulla. Rimane
Z 2π
Z
Z
4
~
2 cos t(−2 sin t) + 2 sin t(2 cos t)dt +
xdx + ydy + z dz =
rot(F ) · ne dS =
0
+∂S
S
Z 0
+
2 cos t(−2 sin t) + 2 sin t(2 cos t)dt = 0.
2π
15
Analisi Matematica II - 12 Gennaio 2015
1) Determinare massimi e minimi assoluti della funzione f (x, y) = 2x2 + y 2 nell’insieme
K = {(x, y) ∈ R2 : x4 − x2 + y 2 − 6 ≤ 0}.
2) Calcolare il seguente integrale facendo uso del teorema di Stokes:
Z
(z 2 − y)dx + zdy − ydz, Σ = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 − x2 − y 2 , x2 + y 2 ≤ 1}
∂Σ
ed il bordo è orientato positivamente.
3) Calcolare il volume ed il baricentro del solido omogeneo
E = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ 1, (z − 1)2 ≥ x2 + y 2 }.
1) Esaminiamo innanzitutto l’insieme K = {(x, y) ∈ R2 : x4 − x2 + y 2 − 6 ≤ 0}. La
disuguaglianza x4 − x2 + y 2 ≤ 6 si può scrivere nella forma: (x2 − 12 )2 + y 2 ≤
25
.
4
Dunque K = {(x, y) ∈ R2 : (x2 − 21 )2 + y 2 ≤ 25
}. Ne segue che K è limitato:
4
√ √
K ⊂ [− 3, 3] × [−5/2, 5/2]. K è anche chiuso in quanto K = h−1 ([0, 25/4]),
con h(x, y) = (x2 − 12 )2 + y 2 . (h continua)
Dunque f ∈ C(K) e quindi ammette massimi e minimi assoluti per il teorema di
Weierstrass. In K ◦ risulta ∇f = (4x, 2y) = (0, 0) solo nell’origine. Esaminando
il segno della funzione f si osserva che (0, 0) è un minimo assoluto, visto che la
funzione è a valori non negativi. Studiamo ora i punti frontiera. In questo caso
√ √
conviene ricavare y 2 = 6 + x2 − x4 e studiare la funzione g : [− 3, 3] → R
definita da:
√
g(x) = f (x, ± 6 + x2 − x4 ) = 2x2 + 6 + x2 − x4 = 6 + 3x2 − x4 .
Risulta
p
p
√
g 0 (x) ≥ 0 ⇐⇒ − 3 ≤ x ≤ − 3/2 oppure 0 ≤ x ≤ 3/2.
√
Quindi risultano minimi relativi x = ± 3, x = 0 e c’è un massimo relativo in
p
p
p
p
√
x = ± 3/2. Per Weierstrass (± 3/2, ± 6 + 3/2 − 9/4) = (± 3/2, ± 21/2)
√
√
saranno 4 punti di massimo assoluto. I punti (± 3, 0) e (0, ± 6) non sono di
√
√
minimo assoluto in quanto f (± 3, 0) = f (0, ± 6) = 6 > f (0, 0).
16
2) La forma differenziale lineare ω = (z 2 − y)dx + zdy − ydz è di classe C ∞ su R3 .
Risulta
~
i
∂
∇ × F (x, y, z) = ∂x
2
z −y
~j
∂
∂y
z
~k ∂ = −2~
i + 2z~j + ~k.
∂z −y Ne segue che il campo non è conservativo e ω non è esatta. La superficie Σ
è la porzione di paraboloide (superficie regolare ed orientabile) che si trova nel
semispazio z ≥ 0. La normale alla superficie è n := (2x, 2y, 1). Ne segue che
∇ × F |Σ · n = (−2, 2(1 − x2 − y 2 ), 1) · (2x, 2y, 1) = −4x + 4y(1 − x2 + y 2 ) + 1.
Il bordo della superficie, percorso nel verso positivo, +∂Σ è costituito dai punti
{(cos t, sin t), 0 ≤ t ≤ 2π}. Pertanto
Z
Z
n
2
(z − y)dx + zdy − ydz =
∇×F ·
dS =
knk
∂Σ
Σ
ZZ
[−4x + 4y(1 − x2 + y 2 ) + 1]dxdy =
=
Z
{x2 +y 2 ≤1}
Z 2π
1
rdr
[−4r cos t + 4r sin t(1 − r2 ) + 1]dt =
0
Z 1 0
= 2π
rdr = π.
=
0
3) Calcoliamo il volume dell’insieme E
Z 1 ZZ
ZZZ
dz
dxdydz =
V (E) =
E
Z
=
0
1
π(z − 1)2 dz =
Z
ZZ
dxdy =
dz
dxdy =
Az
0
1
0
x2 +y 2 ≤(z−1)2
π
π
[(z − 1)3 ]10 = .
3
3
Per ragioni di simmetria, essendo il solido omogeneo, risulterà: xE = yE = 0,
mentre
zE
ZZZ
Z
ZZ
1
3 1
=
zdxdydz =
dz
zdxdy =
V (E)
π 0
E
Az
Z 1
1
= 3
(z 3 − 2z 2 + z)dz = .
4
0
17
Matematica II - 13 Aprile 2015 - Compito A
1) Studiare i punti di derivabilità parziale e differenziabilità della funzione f (x, y) =
(x − y 2 )|x − 2y 2 |.
2) Determinare i punti di massimo e di minimo della funzione definita al punto 1).
3) Determinare l’insieme di convergenza puntuale della serie
∞ X
2
− sin 2 x
n
x ∈ R.
g(x) :=
1−e
n=1
Dire se la somma della serie è continua e derivabile in R. Se si, calcolare g 0 ( π2 ).
1) Risulta f ∈ C(R2 ) perché composizione e prodotto di funzioni continue. Inoltre
(
(x − y 2 )(x − 2y 2 ) = x2 − 3xy 2 + 2y 4 x ≥ 2y 2
f (x, y) =
(x − y 2 )(2y 2 − x) = 3xy 2 − x2 − 2y 4 x < 2y 2 .
Sia A1 := {(x, y) : x > 2y 2 }, B1 := {(x, y) : x < 2y 2 } allora la funzione ristretta
a ciascuno dei due aperti A, B è un polinomio e quindi è di classe C ∞ (A1 ∪ B1 ).
I punti per cui non esiste il gradiente vanno cercati quindi tra quelli del tipo
x = 2y 2 . Distinguiamo l’origine dagli altri punti. Proviamo che (0, 0) è un punto
di differenziabilità per f infatti risulta:
f (h, 0) − f (0, 0)
|h|h
= lim
= 0 = fx0 (0, 0)
h→0
h→0 h
h
−2k 4
f (0, k) − f (0, 0)
= lim
= 0 = fy0 (0, 0)
lim
k→0
k→0
k
k
|x − y 2 | · |x − 2y 2 |
p
lim |ε(x, y)| =
lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
= lim r| cos t − r sin2 t| · | cos t − 2r sin2 t| ≤
lim
r→0
≤ lim r(1 + r)(1 + 2r) = 0 uniformemente in t.
r→0
Nei punti (2y02 , y0 ), y0 6= 0 la funzione non ammette gradiente, proviamo ad esempio che non ammette derivata parziale rispetto alla variabile y, infatti:
f (2y02 , y0 + k) − f (2y02 , y0 )
k
=
|2y02 − 2(y0 + k)2 |(2y02 − (y0 + k)2 )
→
k
(
→
4y02 |y0 | k → 0+
−4y02 |y0 | k → 0−
18
Riepilogando fx0 , fy0 : A1 ∪ B1 ∪ {(0, 0)} → R e valgono rispettivamente:
2
2x − 3y (x, y) : (x, y) ∈ A
fx0 (x, y) =
3y 2 − 2x (x, y) : (x, y) ∈ B
0
(x, y) = (0, 0)
3
−6xy + 8y (x, y) : (x, y) ∈ A
fy0 (x, y) =
−8y 3 + 6xy (x, y) : (x, y) ∈ B
0
(x, y) = (0, 0)
2) Studiamo ora i punti di massimo e di minimo per la f . Dallo studio dei segni si
ottiene che f (x, y) > 0 ⇐⇒ x > y 2 , mentre f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = y 2 oppure
x = 2y 2 , come si evidenzia dal seguente grafico (in ”Blue” i punti in cui f assume
segno positivo, in ”SteelBlue” quelli in cui f assume segno negativo, in nero quelli
in cui f vale zero).
Pertanto, grazie allo studio del segno di f possiamo dire che tutti i punti del tipo
(2y02 , y0 ), y0 6= 0 sono di minimo relativo per f . Sempre dalla studio del segno
di f possiamo dire che (0, 0) è un punto sella, in quanto si annulla il gradiente e
se prendo la restrizione y = −x, x ≤ 0 ho un massimo in x = 0, mentre in una
qualunque restrizione contenuta nella regione A1 la f ha un minimo in (0, 0).
Determiniamo ora gli eventuali punti di massimo o minimo relativi per f in A1 ∪B1 .
Da Fermat otteniamo
(
2x − 3y 2 = 0
8y 3 − 6xy = 0
⇐⇒ (x, y) = (0, 0) 6∈ A1 ∪ B1 .
19
Dunque non ci sono altri punti di massimo o di minimo relativo. Riepilogando
(0, 0) è un punto sella, i punti (2y 2 , y), y 6= 0 sono di minimo relativo per f .
3) Per ogni x ∈ R la serie è a termini positivi, inoltre
1 − e−
sin2 x
n2
∼ 1 − (1 −
Siccome la serie
sin2 x
sin2 x
)
=
.
n2
n2
∞
X
1
sin x
n2
n=1
2
converge su tutto R, allora anche la serie data converge assolutamente, per il
criterio del confronto asintotico.
Poniamo fn (x) = 1 − e−
sin2 x
n2
. Risulta fn ∈ C 1 (R) e
fn0 (x) = −
2 sin x cos x − sin22 x
e n .
n2
Siccome
2
∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N
n2
allora la serie delle derivate converge totalmente e quindi uniformemente. Si può
|fn0 (x)| ≤
allora applicare il teorema di derivazione per serie. Risulta allora f derivabile (e
quindi continua) e
0
f (π/2) =
∞
X
n
20
fn0 (π/2) = 0.
Matematica II - 13 Aprile 2015 - Compito B
1) Studiare i punti di derivabilità parziale e differenziabilità della funzione f (x, y) =
|y − x2 |(x − 2y 2 ).
2) Determinare i punti di massimo e di minimo della funzione definita al punto 1).
3) Determinare l’insieme di convergenza puntuale della serie
∞ X
x
sin x
− sin
n
g(x) :=
1±
−e
n
n=1
x ∈ R.
Dire se la somma della serie è continua e derivabile in R. Se si, calcolare g 0 (0).
1) Risulta f ∈ C(R2 ) perché composizione e prodotto di funzioni continue. Inoltre
(
(y − x2 )(x − 2y 2 ) = 2x2 y 2 + xy − 2y 3 − x3 y ≥ x2
f (x, y) =
(y 2 − x)(x − 2y 2 ) = 2y 3 + x3 − xy − 2x2 y 2 y < x2 .
Sia A2 := {(x, y) : y > x2 }, B2 := {(x, y) : y < x2 } allora la funzione ristretta a
ciascuno dei due aperti A2 , B2 è un polinomio e quindi è di classe C ∞ (A2 ∪ B2 ).
I punti per cui non esiste il gradiente vanno cercati quindi tra quelli del tipo
x = y 2 . Distinguiamo l’origine dagli altri punti. Proviamo che (0, 0) è un punto
di differenziabilità per f infatti risulta:
f (h, 0) − f (0, 0)
= lim h2 = 0 = fx0 (0, 0)
h→0
h→0
h
f (0, k) − f (0, 0)
= lim −2k|k| = 0 = fy0 (0, 0)
lim
k→0
k→0
k
|x − 2y 2 | · |y − x2 |
p
lim |ε(x, y)| =
lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
= lim r| cos t − 2r sin2 t| · | sin t − r cos2 t| ≤
lim
r→0
≤ lim r(1 + 2r)(1 + r) = 0 uniformemente in t.
r→0
21
Esaminiamo ora i punti (x0 , x20 ), x0 6= 0 , proviamo ad esempio che per alcuni di
essi non esiste la derivata parziale rispetto alla variabile x, infatti:
f (x0 + h, x20 ) − f (x0 , x20 )
h
|x20 − (x0 + h)|(x0 + h − 2x40 )
=
h
|h| · |2x0 + h|(x0 + h − 2x40 )
=
→
h
(
2|x0 |x0 (1 − 2x30 ) h → 0+
→
−2|x0 |x0 (1 − 2x30 ) h → 0−
=
Quindi se x0 6= 0 oppure 1 − 2x30 6= 0 la derivata parziale destra non coincide con
la derivata parziale sinistra.
Esaminiamo ora il punto x0 = 2−1/3 , y0 = 2−2/3 . Risulta fx0 (2−1/3 , 2−2/3 ) = 0,
calcoliamo allora in tale punto la derivata parziale rispetto ad y
f (2−1/3 , 2−2/3 + k) − f (2−1/3 , 2−2/3 )
|k|
=
· 2k(k − 21/3 ) → 0 k → 0.
k
k
Riepilogando fx0 , fy0 : A2 ∪ B2 ∪ {(0, 0), (2−1/3 , 2−2/3 )} → R e valgono rispettivamente:
fx0 (x, y)
=
fy0 (x, y) =
2
2
4xy − 3x + y
(x, y) ∈ A2
−4x2 y + 3x2 − y (x, y) :∈ B2
0
(x, y) = (0, 0), (2−1/3 , 2−2/3 )
2
2
(x, y) ∈ A2
4x y − 6y + x
−4x2 y + 6y 2 − x (x, y) ∈ B2
0
(x, y) = (0, 0), (2−1/3 , 2−2/3 )
2) Dallo studio dei segni si ottiene che f (x, y) > 0 ⇐⇒ x > 2y 2 , mentre f (x, y) =
0 ⇐⇒ y = x2 oppure x = 2y 2 , come si evidenzia dal seguente grafico (in ”Blue” i
punti in cui f assume segno positivo, in ”SteelBlue” quelli in cui f assume segno
negativo, in nero quelli in cui f vale zero). Osserviamo che il punto (2−1/3 , 2−2/3 ) =
√
√
( 12 3 4, 12 3 2) è l’intersezione tra le due parabole e quindi dallo studio dei segni non
ci può essere lı̀ né un massimo, né un minimo, ma un punto sella, analogamente
al punto (0, 0).
22
Grazie allo studio del segno di f possiamo dire che tutti i punti del tipo (x0 , x20 ), 0 <
x0 < 2−1/3 sono di minimo relativo per f , mentre quelli del tipo (x0 , x20 ), x0 < 0
oppure x0 > 2−1/3 sono di massimo relativo per f . Determiniamo ora gli eventuali
punti di massimo o minimo relativi per f in A2 ∪ B2 . Per il teorema di Fermat i
punti che individuiamo sono
(
4xy 2 − 3x2 + y = 0
4x2 y − 6y 2 + x = 0
Una soluzione di questo sistema è (0, 0) 6∈ A2 ∪ B2 . I punti del tipo (0, y), (x, 0)
non risolvono il sistema, per cui posso moltiplicare la prima equazione per x, la
seconda per y e fare la differenza tra le due equazioni. Si ottiene x3 = 2y 3 per cui
√
x = 3 2y. Se sostituiamo questo valore nella prima equazione e semplifichiamo un
fattore y otteniamo l’equazione di secondo grado:
√
√
1√
1√
3
3
3
3
4 2y 2 − 3 4y + 1 = 0 ⇐⇒ y =
2, y =
2.
2
4
Restano pertanto determinate le due coppie di punti:
1√
1√
1√
1√
3
3
3
3
4,
2), (
4,
2) ∈ B2 .
(0, 0), (
2
2
4
4
I primi due sono già stati esaminati, per quanto riguarda il terzo la matrice Hessiana è data da
−8xy + 6x
−4x2 − 1
−4x2 − 1
−4x2 + 12y
Risulta
detH(
!
1√
1√
3
3
4,
2) < 0 punto sella.
4
4
23
3) Se scegliamo il segno − per ogni x ∈ R la serie è a termini positivi, inoltre
1−
sin x
sin x
sin x
sin x sin2 x
sin2 x
− e− n ∼ 1 −
− (1 −
+
)
=
−
.
n
n
n
2n2
2n2
Siccome la serie
∞
X
1
− sin x
2n2
n=1
2
converge assolutamente su tutto R, allora anche la serie data converge assolutamente, per il criterio del confronto asintotico.
sin x
n
− e−
sin x
n
. Risulta gn ∈ C 1 (R) e
x
x
cos x cos x
cos x
− sin
− sin
0
n
n
−e
)=−
1−e
.
(−
gn (x) = −
n
n
n
Poniamo gn (x) = 1 −
Siccome
sin x 1 2
1 − e− n ≤ 2 ∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N
n
n
allora la serie delle derivate converge totalmente e quindi uniformemente. Si può
|gn0 (x)| ≤
allora applicare il teorema di derivazione per serie. Risulta allora f derivabile (e
quindi continua) e
0
g (0) =
∞
X
gn0 (0) = 0.
n
Se invece scegliamo il segno + e supponiamo x ∈ [−π/2, π/2[ risulta:
1+
sin x
sin x
sin x sin2 x
sin x
1
sin x
− e− n ∼ 1 +
− (1 −
+
)=2
+ o( 2 ).
2
n
n
n
2n
n
n
Se x = 0 allora gn (0) = 0 e quindi g(0) = 0, se 0 < x < π/2 allora la serie diverge
a +∞, mentre diverge a −∞ se x − π/2 < x < 0. Non esiste pertanto g 0 (0).
24
Analisi Matematica II - 13 Aprile 2015 - Appello
straordinario
1) Provare che la serie
∞ n
X
x
n=1
xn+1
−
n
n+1
converge uniformemente in [−1, 1].
2) Determinare k ∈ R in modo tale che la funzione f (x, y) = x4 − 2x2 y + ky ammetta
in (1, 1) un punto critico. Per tali valori di k si determinino massimi e minimi
locali e globali di f .
1) Si tratta di una serie telescopica. sn (x) = x −
xn+1
n+1
→ x, n → ∞. Risulta
1
|x|n+1
≤ lim
= 0.
lim sup |x − sn (x)| = lim sup
n→∞ n + 1
n→∞ |x|≤1
n→∞ |x|≤1 n + 1
2) Risulta f ∈ C ∞ (R2 ) e ∇f (x, y) = (4x3 −4xy, k−2x2 ), pertanto ∇f (1, 1) = (0, k−2).
Il valore per cui (1, 1) è un punto critico è k = 2. Studiamo allora la funzione
f (x, y) = x4 −2x2 y +2y. Per il teorema di Fermat si ottiene x = ±1, y = 1. Questi
due punti risultano entrambi punti sella, grazie al metodo della matrice Hessiana.
Non ci sono dunque massimi o minimi locali. La funzione non ha neanche massimi
o minimi assoluti, basta considerare il comportamento della funzione lungo le
restrizioni (x, 0), (0, y).
25
