ANALISI MATEMATICA 2 ING. GESTIONALE prof. Daniele Andreucci Prova tecnica del 17/01/2017

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1 I.1 ANALISI MATEMATICA 2 ING. GESTIONALE prof. Daniele Andreucci Prova tecnica del 17/01/ Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione nell insieme f(x,y = 16(x 2 +y 2 x 2 y 4 +3, E = {(x,y 0 y 4 x 2, 2 x 2}. Poiché f C (E, ed E è compatto, gli estremi cercati esistono certamente. Iniziamo con il trovare gli eventuali punti critici di f nell interno di E: x = 32x 2xy4 = 0, y = 32y 4x2 y 3 = 0. Dalla I si ha x = 0 oppure y 4 = 16, ossia y = ±2; se x = 0 dalla II si ha ovviamente y = 0; altrimenti la II dà I punti critici sono dunque 8 x 2 y 2 = 0, ossia x = ± 2. (0,0, (± 2,±2 (con qualsiasi scelta dei segni. I punti critici con y 0 non sono interni a E; quelli soddisfano (± 2,2 y = 2 > 4 x 2 = 4 2 = 2, e dunque non appartengono a E. Laf non può perciò avere punti di estremo interni a E. Passiamo a studiare la f vincolata alla frontiera E = γ 1 γ 2, con γ 1 = {(x,0 2 x 2}, γ 2 = {(x,y y = 4 x 2, 2 x 2}. A Procediamo per parametrizzazione; si ha su γ 1 Ovviamente f(x,0 ha f(x,0 = 16x 2 +3, 2 x 2. min γ 1 f = f(0,0 = 3, max γ 1 f = f(±2,0 = 64+3 = 67.

2 I.2 Su γ 2 si ha g(x := f(x, 4 x 2 = 64 x 2 (4 x , 2 x 2. Derivando si trova Pertanto g (x = 2x(4 x 2 (3x 2 4. g (x < 0, g (x > 0, g (x < 0, g (x > 0, x x x x ( 2, 2 3, ( 2,0, 3 ( 2 0,, 3 ( 2 3,2. Dunque si hanno per g i minimi locali g (± 2 3 e i massimi locali = , g(±2 = 67, g(0 = 67. B In alternativa, usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per studiare f su γ 2 meno i punti iniziale e finale (che non vengono in genere individuati come possibili punti di estremo da questo metodo. Il vincolo sarà dunque espresso come h = 0, con h(x,y = x 2 +y 2 4, y > 0. Il sistema dei moltiplicatori di Lagrange è x = 32x 2xy4 = 2λx, y = 32y 4x2 y 3 = 2λy, x 2 +y 2 = 4, y > 0. La I è verificata se x = 0, il che dà y = 2 e λ = 16. Se x 0 la I dà e dato che y 0 per ipotesi, la II allora implica che usando la III diviene Da qui discende y = λ = 16 y 4, (1 16 2x 2 y 2 = 16 y 4, 2(4 y 2 y 2 = y , x = ± 2 3, λ = 80 9,

3 I.3 ove il valore di λ è stato ottenuto dalla (1. Dunque i possibili estremi per f su γ 2 sono dati dai punti ( f(0,2 = 67, f ± 2 8, = > 57, cui bisogna aggiungere i punti iniziale e finale di γ 2 f(±2,0 = 67. Si noti che in questo problema i punti (±2,0 risolvono comunque il sistema di Lagrange, con λ = 16, perché tali punti sono in realtà punti di estremo per f ristretta a tutta la circonferenza. maxf = f(0,2 = f(±2,0 = 67, min E f = f(0,0 = 3. E 2. Determinare la soluzione massimale del problema di Cauchy y = 2+(y x 2, y(1 = 1, y (1 = 2, trovandone anche l intervallo di definizione. Iniziamo ad abbassare di ordine l equazione per mezzo della sostituzione u = y per ottenere u = 2+(u x 2. Poi introduciamo la nuova variabile z = u x, cosicché l equazione diviene z +1 = 2+z 2, integrando la quale per separazione di variabili si ottiene Dunque d z arctgz = dx 1+z 2 = 1 = dx dx. arctgz(x arctgz(1 = x 1. Tenuto conto che z(1 = u(1 1 = y (1 1 = 1, si ha pertanto arctgz(x = π 4 +x 1, cioè ( π y (x = u(x = x+z(x = x+tg 4 +x 1. Per integrazione diretta si ottiene dunque y(x = y(1+ x 1 y (tdt = 1 2 ln 2+ x2 2 ln cos ( π 4 +x 1.

4 I.4 I calcoli precedenti valgono nell intervallo contenente 1 ove è definita la tg(π/4 + x 1, ossia ove sono soddisfatte π 2 < π 4 +x 1 < π 2. y(x = 1 2 ln e ( 2 + x2 π 2 lncos 4 +x 1, x ( 3π 4 +1, π Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione soggetta al vincolo f(x,y = x 2 +y 2, g(x,y = x 4 +y 4 1 = 0. Poiché f e g sono C e la funzione che dà il vincolo ha gradiente g(x,y = 4(x 3,y 3, che si mantiene sempre diverso da zero sul vincolo, i punti cercati si possono trovare con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. La funzione da ottimizzare è il quadrato della distanza dall origine. Il sistema di Lagrange diviene pertanto La I è soddisfatta da x = 0, oppure se 2x = 4λx 3, 2y = 4λy 3, x 4 +y 4 = 1. Se x = 0 la III dà y = ±1 e la II dà λ = 1/2. La II è soddisfatta da y = 0, oppure se x 2 = 1 2λ. (1 y 2 = 1 2λ. (2 Se y = 0 la III dà x = ±1 e la I dà λ = 1/2. Se x 0 e y 0 devono valere entrambe le (1, (2, che sostituite nella III danno 1 2λ 2 = 1, ossia λ = 1/ 2 (la radice negativa non è accettabile. Ancora dalle (1, (2 segue x = ± 1 4 2, y = ±

5 I.5 In conclusione i punti di possibile estremo vincolato sono (0,±1, (±1,0, ( ± 1 4 2,± 1, 4 2 con ogni scelta dei segni. min = 1, in (0,±1 e (±1,0; max = 2, in (±1/ 4 2,±1/ 4 2 (ogni scelta dei segni. 4. Determinare l integrale generale di y +4y +4y = e x, e trovare quindi tutte le soluzioni tali che lim y(x = +. x L integrale generale si scrive come y = η + w con η integrale generale dell equazione omogenea associata y +4y +4y = 0, e w soluzione particolare dell equazione originale. L equazione caratteristica dell equazione omogenea è λ 2 +4λ+4 = 0, che ha soluzione λ = 2 con molteplicità ν = 2. Dunque Poi cerchiamo w nella forma η(x = k 1 e 2x +k 2 xe 2x. w(x = Ae x, poiché 1 non è radice dell equazione caratteristica. Si ha sostituendo che deve essere A = 1. Quindi y(x = k 1 e 2x +k 2 xe 2x +e x. Se k 2 0 il termine che ordine maggiore per x è k 2 xe 2x, e quindi deve essere k 2 < 0. Se k 2 = 0, deve essere invece per un motivo analogo k 1 0. y(x = k 1 e 2x +k 2 xe 2x +e x ; k 2 < 0 oppure k 2 = 0, k 1 0.

6 I.6 5. Trovare e classificare i punti critici di f(x,y = cos(x y+e y2, (x,y R 2. Dato che f C (R 2 troviamo il gradiente x = sin(x y, y = sin(x y+2yey2. Il sistema che dà i punti critici è pertanto sin(x y = 0, sin(x y+2ye y2 = 0. La I equazione sostituita nella II conduce subito a y = 0, da cui, di nuovo per la I, x = kπ, k Z. Dunque i punti critici sono tutti e soli i punti nella forma (kπ,0, k Z. Per classificarli studiamo la matrice hessiana ( cos(x y cos(x y H f (x,y = cos(x y cos(x y+2e y2 +4y 2. e y2 Sostituendo si trova con Dunque se k è dispari ( ( 1 k+1 ( 1 H f (kπ,0 = k ( 1 k ( 1 k+1, +2 deth f (kπ,0 = 1+2( 1 k+1 1 = 2( 1 k+1. deth f (kπ,0 = 2 > 0, e l hessiana è definita positiva. Se invece k è pari, deth f (kπ,0 = 2 < 0, e l hessiana è indefinita. (kπ,0, k Z; 2 f x2(kπ,0 = 1 > 0, k dispari: minimo; k pari: punto sella. 6. Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = y x +ey x, y(1 = 1.

7 I.7 Introduciamo la nuova variabile Quindi l equazione differenziale diviene Integrando tra 1 e x cioè, dato che z(1 = y(1/1 = 1, Perciò e quindi z = y x, y = zx, y = xz +z. z x = e z ossia e z z = 1 x. [ e z ] z(x z(1 = lnx, e e z(x = lnx. z(x = ln(e lnx, y(x = xln(e lnx. L intervallo di definizione massimale è dato da e lnx > 0, e pertanto coincide con (0,e e. y(x = xln(e lnx, x (0,e e.

8 II.1 ANALISI MATEMATICA 2 ING. GESTIONALE prof. Daniele Andreucci Prova tecnica del 17/01/ Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione nell insieme f(x,y = 16(x 2 +y 2 x 4 y 2 1, E = {(x,y 4 y 2 x 0, 2 y 2}. maxf = f( 2,0 = f(0,±2 = 63, min E f = f(0,0 = 1. E 2. Determinare la soluzione massimale del problema di Cauchy y = (y +x 2, y(1 = 1, y (1 = 2, trovandone anche l intervallo di definizione. y(x = 1 2 ln 2 (x 1 x2 2 lncos π, x ( π , 3π Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione f(x,y = x 4 +y 4, soggetta al vincolo g(x,y = x 2 +y 2 1 = 0. min = 1 2, in (±1/ 2,±1/ 2 (ogni scelta dei segni; max = 1, in (0,±1 e (±1,0.

9 II.2 4. Determinare l integrale generale di y 6y +9y = e x, e trovare quindi tutte le soluzioni tali che lim y(x =. x + y(x = k 1 e 3x +k 2 xe 3x ex ; k 2 < 0 oppure k 2 = 0, k 1 < Trovare e classificare i punti critici di f(x,y = sin(x+y+e x2, (x,y R 2. (0, π 2 +kπ, k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 6. Trovare la soluzione del problema di Cauchy y = y x +e y x, y(1 = 0. y(x = xln(1+lnx, x (e 1,+.