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\newcommand{\F}{{\mathcal F}}           %% frontiera ridotta
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\renewcommand{\epsilon}{{\varepsilon}}  %% epsilon
\renewcommand{\phi}{{\varphi}}          %% phi
\newcommand{\nsubset}{{\not\!\subseteq}}%% non sottoinsieme
\renewcommand{\:}{{\!\,:\,}}            %% : delle funzioni o negli insiemi
\renewcommand{\d}{{\,\text{d}}}         %% differenziale negli integrali
\newcommand{\diffsim}{\Delta}           %% differenza simmetrica
\def\bea{\begin{eqnarray*}}
\def\eea{\end{eqnarray*}}
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\oddsidemargin=-0.5cm
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\begin{document}

\centerline{\bf Complementi di Analisi Matematica} 
\centerline{Anno Accademico 2003-2004} 
\centerline{Laurea specialistica in Informatica} 
\centerline{R.Stasi, V.M. Tortorelli}
\medskip

\centerline{Soluzioni degli esercizi della I prova in itinere, 31 marzo 2004} 


\medskip

\noindent--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

%\centerline{ I PARTE: si dia la risposta alle seguenti domande senza giustificazione:}

%\noindent--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
%\medskip

%\noindent  1- Si calcoli l'area del parallelogramma di vertici $(1,1,1),~ (2,3,4),~(5,6,7),~
%(6,8,10)$.
%\medskip

%R.:


%\medskip

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

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


R.: NO



\medskip

\noindent 1.b- Si calcoli il differenziale della funzione 
$\psi(x,y)= g(f(x,y))$ in $(1,1)$, 

 ove
$f(x,y)= (xy, x^2-y^2)$, $g(u,v)= (\sin v, \cos u)$.
\medskip

%$d\psi_{(1,1)}= dg_{f(1,1)} df_{(1,1)}$;  

%$df_{(1,1)}= 
%\left(
%\begin{array}{ll}
%y &x \\
%2x & -2y
%\end{array}\right)
%\right)_{x=1, y=1} =\left(
%\begin{array}{ll}
%1 &1 \\
%2 & -2
%\end{array}\right)$; ~~~$f(1,1)= (1,0)$;

%$dg_{f(1,1)}= 
%\left(
%\begin{array}{ll}
%0 & \cos v \\
%-\sin u & 0
%\end{array}\right)
%\right)_{u=1, v=0} =\left(
%\begin{array}{ll}
%0 &1 \\
%\sin 1 & 0
%\end{array}\right)$;


 Derivando $g(f(x,y))= (\sin (x^2 -y^2), \cos xy )$ e calcolando in $(1,1)$ 
si ottiene
$\psi^1_x = 2$, $\psi^1_y = -2$, $\psi^2_x = -\sin 1$, $\psi^2_y =-\sin 1$.


R.: $\left(
\begin{array}{ll}
2 & -2\\
-\sin 1 & -\sin 1
\end{array}\right)$





\medskip

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

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


R.: $( xyz , 1)$

\medskip 


\noindent 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.

\medskip

Imponedo $f_x = 8x^3 -2x e^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 $f_{xx}(\pm 1/4 , \log 1/4 )= 24 x^2 -2 e^y = 24/16 -2/4=1>0$,
$f_{yy}(\pm 1/4 , \log 1/4 )= -1/16\cdot 1/4  +16/4>3$, 
$f_{xy}(\pm 1/4 , \log 1/4 )=f_{yx}= -2xe^y= \pm 1/2 \cdot 1/4=\pm 1/8$ 
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

\medskip 



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

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

\medskip

Il punto $(1,\sqrt{2},1)$ verifica la condizione, 
%$f_x (x,y,z)= 2xe^{x^2-y^2+z^2}-z$, 
%$f_y (x,y,z)= -2ye^{x^2-y^2+z^2}$, 
$f_z (x,y,z)= 2ze^{x^2-y^2+z^2}-x$ non si annulla nel punto 
$(1,\sqrt{2}, 1)$ ove $f$ 
 \`e nulla. Quindi $z=z(x,y)$ \`e ben definita e 
 $\frac{\partial z}{\partial x}(1,\sqrt{2})= -\frac {f_x(1,\sqrt{2}, 1)}
{f_z(1,\sqrt{2}, 1)}$


R.: $-1$






\medskip 


\noindent 4- Si calcoli il valore massimo e il valore minimo di 
 $f(x,y,z)=2 {y} + 3{z}$,~ sull'insieme 
 $\left\{\begin{array}{ll}(x-1)^2 + (y-1)^2=1 &\\
(x-1)^2 + (z-1)^2=1&\\\end{array}\right.\\$
\medskip

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 pu\`o usare il metodo dei moltiplicatori di
 Lagrange.

Si ha: $0= (\lambda +\mu)(x-1)$, $2=\lambda (y-1)$, $3=\mu(z-1)$,
 $(x-1)^2 + (y-1)^2=1$, $(x-1)^2 + (z-1)^2=1$, pi\`u la condizione di rango massimo.
La prima equazione ha come soluzioni $\mu=-\lambda$. Ma sostituendo nelle ultime due, elevandole
 al quadrato ed usando le due relazioni del vincolo si ottine che $4=9$.
Quindi $\lambda\not=-\mu$ 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 $10$.

\medskip 

\noindent 5- Si calcoli l'integrale di $f(x,y,z)=z$ sulla superficie definita da 

$x^2 +y^2 +3z^2 = 4$ e $z>0$.


\medskip

La superficie \`e il grafico di $z=\sqrt{ \frac{ 4-x^2-y^2}3}$.
Quindi l'elemento d'area \`e $\sqrt{ 1+\vert \nabla z\vert^2}=$ 
 $\sqrt{1 + (- x/3z)^2 +(-y/3z)^2}=1/3z \sqrt{9z^2 +x^2 +y^2}=$
 $1/3z \sqrt{ 12 -2x^2 -2y^2}$.

L'area sar\`a $sqrt{2}/3\int_{4> x^2+y^2} \sqrt{6-x^2-y^2}dxdy=
2\pi\sqrt{2}/3\int_0^2 \sqrt{6-r^2}rdr=\pi\sqrt{2}/3\int_0^4 \sqrt{6-t}dt=
2\pi\sqrt{2}/9 (6^{3/2}- 2^{3/2})
= 4^{3/2}\pi/9 (3^{3/2}-1)$




R.:$8\pi/9 (3^{3/2}-1)$

\medskip 


\noindent 8- Per quali $\alpha$ il sottografico di $(x^2+y^2)^\alpha$ su 
$\vert x\vert +\vert y\vert \le 1$ ha volume finito?
\medskip

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

$\int_{x^2+y^2\le 1} (x^2+y^2)^\alpha dxdy=2\pi \int_0^1 r^{2\alpha} rdr=
2\pi \int_0^1 r^{2\alpha +1} dr$

\noindent che \`e finito se e solo se $2\alpha +1>-1$, quindi:

R.: $\alpha >-1$

\medskip

\end{document}