Complementi di Analisi Matematica Anno Accademico 2003-2004 Laurea specialistica in Informatica R.Stasi, V.M. Tortorelli

Soluzioni degli esercizi della I prova in itinere, 31 marzo 2004

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1.a- Dire se esiste il limite (x, y) → (0, 0) di f(x, y) = \frac{tan(x^{2}+y^{2})}{\sqrt{x^{4}+y^{4}}}.

f(x, 0) = \frac{tan x^{2}}{x^{2}} → 1, f(x, x) = \frac{tan 2x^{2}}{x^{2}\sqrt{2}} → \sqrt{2}

R.: NO

1.b- Si calcoli il differenziale della funzione ψ(x, y) = g(f(x, y)) in (1, 1), ove f(x, y) = (xy, x^{2} − y^{2}), g(u, v) = (sin v, cos u).

Derivando g(f(x, y)) = (sin(x^{2} − y^{2}), cos xy) e calcolando in (1, 1) si ottiene ψ_{x}^{1} = 2, ψ_{y}^{1} = −2, ψ_{x}^{2} = − sin 1, ψ_{y}^{2} = − sin 1.

R.: ( \begin{matrix}2 & −2 \\ − sin 1 & − sin 1 \end{matrix} )

1.c- Si calcoli il polinomio di Taylor del terzo ordine in (0, 0, 0) della funzione (sin xyz, cos xyz).

Dagli sviluppi in una variabile in t = 0 sin xyz = xyz + o(xyz), cos xyz = 1 + O(x^{2}y^{2}z^{2}). Ma xyz = O(|(x, y, z)|^{3}) per unicità del polinomio di Taylor:

R.: (xyz, 1)

2- Si calcolino i punti critici della funzione f(x, y) = 2x^{4} − x^{2}e^{y} + e^{4y} specificando se si tratta di punti di massimo o minimo relativo o meno.

Imponedo f_{x} = 8x^{3} − 2xe^{y} = 0, f_{y} = −x^{2}e^{y} + 4e^{4y} = 0 si ha 4x^{2} = e^{y} e x^{2} = 4e^{3y}. Quindi e^{y} = 1/4, x^{2} = 1/16 e i punti ove si annulla il differenziale sono (1/4, log 1/4), (−1/4, log 1/4).

Inoltre f_{xx}(±1/4, log 1/4) = 24x^{2} − 2e^{y} = 24/16 − 2/4 = 1 > 0, f_{yy}(±1/4, log 1/4) = −1/16 · 1/4 + 16/4 > 3, f_{xy}(±1/4, log 1/4) = f_{yx} = −2xe^{y} = ±1/2 · 1/4 = ±1/8 per cui sia la traccia che il determinante della matrice Hessiana sono positivi

R.: (1/4, log 1/4), (−1/4, log 1/4), p.ti di minimo

3- Si calcoli \frac{∂z}{∂x}_{|_{x=1,y=\sqrt{2}}} per la funzione definita implicitamente in un intorno di (1, \sqrt{2}, 1) da

f(x, y, z) = e^{x^{2}−y^{2}+z^{2}} − xz = 0.

Il punto (1, \sqrt{2}, 1) verifica la condizione, f_{z}(x, y, z) = 2ze^{x^{2}−y^{2}+z^{2}} − x non si annulla nel punto (1, \sqrt{2}, 1) ove f è nulla. Quindi z = z(x, y) è ben definita e \frac{∂z}{∂x}(1, \sqrt{2}) = −\frac{f_{x}(1,\sqrt{2},1)}{f_{z}(1,\sqrt{2},1)}

R.: −1

4- Si calcoli il valore massimo e il valore minimo di f(x, y, z) = 2y + 3z, sull’insieme

\{ \begin{matrix}(x − 1)^{2} + (y − 1)^{2} = 1 \\ (x − 1)^{2} + (z − 1)^{2} = 1 \end{matrix}

I punti ove il differenziale del vincolo non ha rango massimo sono (0, 1, 1) e (2, 1, 1). Ivi la funzione vale 5.

Nei rimanenti punti del vincolo si può usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Si ha: 0 = (λ + μ)(x − 1), 2 = λ(y − 1), 3 = μ(z − 1), (x − 1)^{2} + (y − 1)^{2} = 1,

(x − 1)^{2} + (z − 1)^{2} = 1, più la condizione di rango massimo. La prima equazione ha come soluzioni μ = −λ. Ma sostituendo nelle ultime due, elevandole al quadrato ed usando le due relazioni del vincolo si ottine che 4 = 9. Quindi λ ≠ −μ e dalla prima equazione si ottiene x = 1. Dalle relazioni del vincolo si ha (y − 1)^{2} = 1 = (z − 1)^{2}

Per cui si ottengo come soluzioni (1, 0, 0), (1, 0, 2), (1, 2, 0), (1, 2, 2), che sono regolari per il vincolo. La funzione vale rispettivamente 0, 6, 4, 10.

Confrontando:

R.: valore minimo 0, valore massimo 10.

5- Si calcoli l’integrale di f(x, y, z) = z sulla superficie definita da x^{2} + y^{2} + 3z^{2} = 4 e z > 0.

La superficie è il grafico di z = \sqrt{\frac{4−x^{2}−y^{2}}{3}} . Quindi l’elemento d’area è \sqrt{1 + |∇z|^{2}} =

\sqrt{1 + (−x/3z)^{2} + (−y/3z)^{2}} = 1/3z\sqrt{9z^{2} + x^{2} + y^{2}} = 1/3z\sqrt{12 − 2x^{2} − 2y^{2}}.

L’area sarà sqrt2/3 ∫_{4>x^{2}+y^{2}} \sqrt{6 − x^{2} − y^{2}}dxdy = 2π\sqrt{2}/3 ∫_{0}^{2} \sqrt{6 − r^{2}}rdr = π\sqrt{2}/3 ∫_{0}^{4} \sqrt{6 − t}dt = 2π\sqrt{2}/9(6^{3/2} − 2^{3/2}) = 4^{3/2}π/9(3^{3/2} − 1)

R.:8π/9(3^{3/2} − 1)

8- Per quali α il sottografico di (x^{2} + y^{2})^{α} su |x| + |y| ≤ 1 ha volume finito?

Essendo la funzione non negativa il volume del sottografico è dato dall’integrale sul dominio. Poichè il dominio contiene la palla di centro (0, 0) e raggio 1/\sqrt{2} ed è contenuto in quella di raggio 1, e la funzione è non coninua solo in (0, 0), è equivalente vedere quando è finito l’integrale sulle palle:

∫_{x^{2}+y^{2}≤1}(x^{2} + y^{2})^{α}dxdy = 2π ∫_{0}^{1} r^{2α}rdr = 2π ∫_{0}^{1} r^{2α+1}dr che è finito se e solo se 2α + 1 > −1, quindi:

R.: α > −1