Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 2014/2015

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1 Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 14/15 C.d.L. in Ingegneria Informatica ed Elettronica - Università degli Studi di Perugia 1 Prova scritta dell 8 giugno (1 punti) Calcolare il volume dell insieme E = { (x, y, z) IR 3 : x, 1 z 3, x + y + 4x 1 }.. (11 punti) Studiare continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione x+y 1 (x + y) arctg, (x, y) (, ) x f(x, y) = +y, (x, y) = (, ). 3. (9 punti) Data la serie di funzioni n= ( x 1) n ln n, x IR, determinarne l insieme di convergenza assoluta e stabilire se converge totalmente in tale insieme. Svolgimento 1. L insieme E è la parte del cilindro retto compresa tra i piani z = 1, z = 3 ed avente per base l insieme D = {(x, y) IR : x + y + 4x 1, x }, cioè la parte del cerchio di centro (, ) e raggio 4 contenuta nel semipiano delle x non positive. Il suo volume è dunque V (E) E dx dy dz = dx dy = A(D). D Poiché l insieme D è simmetrico rispetto all asse delle x, abbiamo V (E) = 4 dx dy ove D = {(t, x) IR : x + y + 4x 1, x, y }. Per studiare D dx dy passiamo a coordinate polari con polo in (, ): il cui jacobiano è ρ. D { x = + ρ cosθ y = ρ senθ 1

2 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 Congiungendo ora il centro della circonferenza con il punto di intersezione della stessa con il semiasse delle y con y, si individua la retta y = 3x + 3; di conseguenza D resta suddiviso in due sottoinsiemi che la trasformazione in coordinate polari ci fa descrivere nel seguente modo: { D 1 = (θ, ρ) : θ π 3, ρ } ; cos θ D = {(θ, ρ) : π } 3 θ π, ρ 4. Applicando allora le formule del cambiamento di variabili, l additività degli integrali doppi e le formule di riduzione, concludiamo che [ ] V (D) = 4 ρ dρ dθ + ρ dρ dθ = D 1 D ( π ) 3 cosθ π 4 = 4 ρ dρ dθ + 4 dθ ρ dρ = π = 4 3 = π 3 [ ρ ] cosθ dθ π [ ρ 4 cos θ dθ π = = 8 [tg θ] π π = = π. π 3 ] 4 =. Continuità. Nei punti (x, y) (, ) la funzione è continua come composizione di funzioni continue. In (, ) si ha x + y 1 lim (x + y) arctg (x,y) (,) x + y = = f(, ) (il prodotto di una funzione infinitesima per una limitata è ancora una funzione infinitesima). Possiamo allora concludere che f è continua globalmente su tutto IR. Derivabilità. Studiamo la derivabilità nell origine: f(h, ) f(, ) h arctg h 1 h lim = lim h h h h = π = f x(, ) ; analogamente (per la simmetria f(x, y) = f(y, x)) anche f y (, ) = π. Allora Df(, ) = ( π, π ). Nei punti per cui x + y 1 =, cioè del tipo (x, 1 x ), si ha f(x + h, 1 x ) f(x, 1 x ) lim = lim h ± h h ± (h + 1) arctg h (x +h) +(1 x ) h = ± pertanto non esiste derivata rispetto ad x nei punti (x, 1 x ), che dunque non sono di derivabilità per f. Nei punti rimanenti f è derivabile come composizione di funzioni derivabili. Differenziabilità. Nei punti (x, 1 x ) la funzione non è differenziabile venendo a mancare una delle condizioni necessarie.

3 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 3 Nell origine si ha f(h, k) f(, ) Df(, ) (h, k) lim = lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) = lim (h,k) (,) h+k 1 (h + k) arctg h + k h +k π (h + k) ] h + k h + k 1 [arctg h + k h + k π Usando la caratterizzazione del limite con le coordinate polari, qualunque sia θ si ha [ ] ρ(cos θ + sen θ) 1 lim(cos θ + sen θ) arctg ρ ρ π = ; il limite poi è uniforme rispetto a θ in quanto si ha [ ] ρ(cos θ + sen θ) 1 (cos θ + sen θ) arctg ρ π ρ 1 arctg ρ π ρ +. Segue che la funzione è differenziabile nell origine. Nei punti rimanenti la funzione è differenziabile in virtù della condizione sufficiente. 3. Determiniamo l insieme di convergenza assoluta. Se x 1 = x = ±1 la serie converge assolutamente in quanto si riduce alla serie nulla. Consideriamo quindi la serie assoluta n= x 1 n ln n, x IR. Per il criterio del rapporto applicato a tale serie, abbiamo che: se x 1 < 1 < x < x la serie converge assolutamente; se x 1 > 1 x < x > la serie non converge assolutamente. Se x 1 = 1 x = ± la serie si riduce alla serie numerica n= 1 ln n la quale diverge per confronto con la serie + n= 1 n ; infatti log n < n 1/n < 1/log n. Se x 1 = 1 x = la serie si riduce alla serie numerica n= ( 1) n ln n la quale converge semplicemente per il criterio di Leibnitz, ma non assolutamente per il caso precedente. Dunque l insieme di convergenza assoluta è I =], [ ], [. C.T. Studiamo la convergenza totale in I. Si ha n= sup x I ( x 1) n + ln n = e quest ultima non converge (vedi sopra), pertanto la serie data non converge totalmente in I. n= 1 ln n.

4 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 4 Prova scritta del giugno (1 punti) Calcolare la circuitazione del campo vettoriale F (x, y, z) = (x+4y+3z, x+z, x+y), (x, y, z) R 3 lungo la frontiera del triangolo T di vertici (1,, ), (, 1, ), (,, 1) orientata positivamente. Verificare quindi il risultato usando il teorema di Stokes.. (9 punti) Verificare se il campo vettoriale ( [ F (x, y) = y x x + y + ln x + y ] [, x y x + y + ln x + y è conservativo su E = {(x, y) R : x > } e, in caso positivo, calcolarne le primitive. 3. (9 punti) Studiare i punti estremanti della funzione f(x, y) = arctg(3x + 1y + 6x), (x, y) R. Determinare quindi massimo e minimo assoluti, se esistono, di f su S = {(x, y) R : x + 4y + x }. ]) Svolgimento 1. Osserviamo innanzitutto che il campo di forze F non è irrotazionale, infatti rot F i j k (x, y, z) = x y z = (1,, 3). x + 4y + 3z x + z x + y Siccome F C (R 3 ), allora F non è conservativo e quindi l integrale va calcolato. Poiché il triangolo si trova nel piano x + y + z = 1, lo scriviamo come superficie cartesiana: z = 1 x y, (x, y) T 1 := {(x, y) : x, y, x + y 1}; la sua normale in ogni punto è pertanto (1, 1, 1), dunque il verso positivo di T è A := (1,, ) B := (, 1, ) C := (,, 1) A. Si ha: Risulta: T + F d r = AB = BA : BC = CB : CA : AB x = t, y = 1 t, z = x =, y = t, z = 1 t x = t, y =, z = 1 t F d r + F d r + F d r. BC CA t 1; d r(t) = (1, 1, )dt t 1; d r(t) = (, 1, 1)dt t 1; d r(t) = (1,, 1)dt e dunque T + F d r = 4 = 1 1 (1 t)dt (1 3t)dt 1 1 (1 3t)dt + 3 (1 t)dt =. 1 (1 t)dt =

5 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 5 Verifichiamo ora con il teorema di Stokes: F d r = T + = T rot F n ds = T 1 (1,, 3) (1, 1, 1)dxdy =.. L insieme E è aperto e semplicemente connesso ed F C (E). Inoltre F 1 y (x, y) = ln(x + y ) x y (x + y ) = F (x, y), x dunque il campo è irrotazionale su E. Ne segue che F è conservatico. Calcoliamone ora un potenziale. Da U x (x, y) = y [ x x +y + ln x + y ] [ U y (x, y) = x y + ln ] x x +y + y integrando la prima equazione si ha x U(x, y) = y x + y + ln x + y dx = x = y x + y dx + y = y [ x ln x + y x x + y dx + xy ln x + y y = xy ln x + y + c(y). ] x x x + y dx = x x + y dx = Derivando questa rispetto ad y e sostituendo nella seconda equazione otteniamo x ln [ x + y y + xy x + y + y c (y) = x x + y + ln ] x + y c (y) = c(y) = c R. Allora la famiglia delle primitive è U(x, y) = xy ln x + y + c, c R. 3. Il dominio della funzione è tutto R ed f è sempre derivabile, quindi gli eventuali punti estremanti sono da ricercare solo tra quelli che annullano il gradiente. Si ha ( ) 6(x + 1) Df(x, y) = 1 + (3x + 1y + 6x), 4y 1 + (3x + 1y + 6x) = (, ) (x, y) = ( 1, ). Tale punto è di minimo assoluto per f su R. Infatti f( 1, ) f(x, y) arctg( 3) arctg(3x + 1y + 6x) (x + 1) + 4y. Non essendoci altri punti candidati ad essere estremanti, la funzione non presenta massimi relativi (né tantomeno assoluti).

6 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 6 Osserviamo che f è continua su S compatto, quindi per Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluti su S. Il punto ( 1, ) appartiene ad S, quindi min f(s) = min f(r ) = f( 1, ) = arctg 3. Studiando il segno della funzione, è immediato constatare che essa è non positiva in S e vale sul bordo di S. Allora i punti del bordo, cioè dell ellisse di centro ( 1, ) e semiassi a = 1, b = 1/, sono tutti di massimo assoluto per f su S e max f(s) =. 3 Prova scritta del 6 luglio (1 punti) Posto D = {(x, y) R : x y, x + y 1, x + y y }, calcolare l integrale doppio xy x dx dy. + y. (1 punti) Risolvere il seguente problema di Cauchy del secondo ordine y y y = 4e x + cos x y() = D y () = 1 3. (8 punti) Studiare dominio, zeri, positività, continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione x x + y e x y, (x, y) (, ) f(x, y) =, (x, y) = (, ) Svolgimento 1. L insieme D si trova nel secondo ottante (al disopra della retta y = x) ed è costituito dai punti interni alla circonferenza di centro (, ) e raggio 1 ed esterni alla circonferenza di centro (, 1/) e raggio 1/.

7 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 7 Scriviamo la regione piana D in coordinate polari con polo nell origine: D = {(θ, ρ) : π 4 θ π }, sin θ ρ 1 (si osservi che in coordinate polari la circonferenza x +y y = fornisce ρ ρ sin θ = ρ(ρ sin θ) = ρ = ρ = sin θ). Risulta allora D xy x dx dy = + y = = = 1 3 = 1 3 π π 4 π π 4 ρ 3 cos θ sin θ D ρ ρ dθdρ = ( 1 ) ρ cos θ sin θdρ dθ = π π 4 sin θ cos θ sin θ [ ρ 3 /3 ] 1 sin θ dθ = cos θ sin θ cos θ sin 5 θdθ = [ sin 3 θ/3 sin 6 θ/6 ] π π 4 = Si tratta di una equazione differenziale lineare completa del primo ordine. L equazione caratteristica ha radici e 1, quindi l integrale generale dell equazione completa è dato da: y(x) = c 1 e x + c e x, c 1, c IR. Determiniamo ora una soluzione della equazione completa. Esaminiamo il termine noto f(x) = 4e x, siccome -1 è soluzione della equazione caratteristica di grado 1, cerchiamo una soluzione del tipo y f (x) = kxe x. Derivando due volte abbiamo e quindi, sostituendo nell equazione data ricaviamo y (x) = k(1 x)e x y (x) = k(x )e x k = 4 3. Allora y f (x) = 4 3 xe x. Consideriamo ora il termine noto g(x) = cos x e cerchiamo una soluzione del tipo y g (x) = a cos x+b sin x. Derivando due volte questa soluzione e sostituendola nella equazione completa si ottiene da cui Allora a = 3, b = 1, y g (x) = 1 (sin x + 3 cos x). y(x) = c 1 e x + c e x 1 (sin x + 3 cos x) 4 3 xe x, c 1, c IR.

8 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 8 Imponendo i dati iniziali si ottiene: e quindi la soluzione cercata è c 1 = 45, c = 7 36 y(x) = 45 e x ex 4 3 xe x 1 sin x 3 cos x. 3. La funzione è definita su tutto IR. L insieme degli zeri è Z f = {(x, y) IR : x = }, mentre f è positiva altrove. La funzione è continua come composizione di funzioni continue su IR \ {(, )}; studiamo nell origine passando a coordinate polari: dunque la funzione non è continua nell origine. lim f(θ, ρ) = lim ρ + ρ cos θ e ρ(ρ cos θ sin θ) = cos θ + D altra parte in [, π[ si ha cos θ = (= f(, )) θ = π/ θ = 3π/, quindi la funzione è continua separatamente rispetto ad y ma non rispetto ad x nell origine. Dunque la funzione non è derivabile parzialmente rispetto ad x in (, ), quindi nemmeno derivabile. Altrove invece è derivabile come composizione di funzioni derivabili. La funzione non è differenziabile in (, ) poiché vengono a mancare addirittura entrambe le condizioni necessarie. Altrove è differenziabile per la condizione sufficiente. 4 Prova scritta del 7 settembre (9 punti) Posto E = {(x, y) R : 1 x + y 4, x y, x, y }, calcolare E (x + y ) ds.. (13 punti) Dopo averne giustificato l esistenza, determinare i punti di massimo e minimo assoluti, il minimo assoluto ed il massimo assoluto della funzione f(x, y) = y 4y + arctan (x + 4x), (x, y) T ove T è il triangolo di vertici O = (, ), A = (, 4), B = ( 4, ). 3. (8 punti) Determinarne l insieme di convergenza assoluta, e quindi stabilire se in tale insieme converge anche totalmente, la serie di funzioni definita da n= n (4 x ) n 3 n x n ( + n 4 ), x. Svolgimento 1. Disegniamo innanzitutto l insieme E:

9 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 9 La frontiera di E è una curva regolare a tratti data dall unione di quattro curve regolari, pertanto 4 (x + y ) ds = (x + y ) ds E γ i ove le γ i sono ordinate in senso antiorario. Si ha: da cui γ 1 : r 1 (t) = (t, t), t [ /, ] ; ds = r 1 (t) dt = dt (x + y ) ds = t dt = [ ] t 3 = 7/3 γ 1 / 3 / γ : r (t) = ( cos t, sin t), t [π/4, π/] ; ds = r (t) dt = dt π/ (x + y ) ds = 8dt = π γ π/4 γ3 : r 3 (t) = (, t), t [1, ] ; ds = r 3 (t) dt = dt (x + y ) ds = (x + y ) ds = t dt = 7/3 γ 3 1 γ 3 γ4 : r 4 (t) = (cos t, sin t), t [π/4, π/] ; ds = r 4 (t) dt = dt π/ (x + y ) ds = (x + y ) ds = dt = π/4 γ 4 π/4 E γ 4 i=1 (x + y ) ds = π.. Risulta innanzitutto f C (T ) e, siccome T è un compatto, per il teorema di Weierstrass f assume in T massimo e minimo assoluti. Il gradiente di f ( ) x + 4 f(x, y) = 1 + (x + 4x), y 4 si annulla solo nel punto (, ) che però non appartiene a T, dunque non ci sono punti estremanti nell interno di T. I punti di massimo e di minimo si troveranno dunque lungo F r(t ), la quale è composta da tre segmenti.

10 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 1 Lungo il segmento AO = {(t, ) : 4 t } la funzione assume valori f(t, ) = arctan(t + 4t) := g(t), t [ 4, ]. Possiamo osservare che la funzione arcotangente è monotona crescente e dunque i punti di massimo o di minimo della g saranno quelli di massimo o di minimo per g(t) := t + 4t, t [ 4, ]. Segue che i punti t =, 4 sono di massimo per g (e quindi per g), mentre t = è di minimo. Allora i punti (, ), ( 4, ) sono eventuali punti di massimo assoluto per f su T, mentre (, ) è eventuale punto di minimo assoluto per f su T. Lungo il segmento OB = {(, t) : t 4} la funzione assume valori f(, t) = t 4t := h(t), t [, 4]. E immediato constatare che i punti t =, 4 sono di massimo per h, mentre t = è di minimo. Allora i punti (, ), (, 4) sono eventuali punti di massimo assoluto per f su T, mentre (, ) è eventuale punto di minimo assoluto per f su T. Infine lungo il segmento AB = {(t, 4 + t) : 4 t } la funzione assume valori f(t, 4 + t) = t + 4t + arctan(t + 4t) := l(t), t [ 4, ]. Risulta [ ] l 1 (t) = (t + 4) (t + 4t) t, quindi i punti t =, 4 sono di massimo per l, mentre t = è di minimo. Allora i punti ( 4, ), (, 4) sono eventuali punti di massimo assoluto per f su T, mentre (, ) è eventuale punto di minimo assoluto per f su T. Ricapitolando: abbiamo individuato come candidati ad essere punti di massimo i punti ( 4, ), (, 4), (, ); su tutti e tre i punti la funzione f si annulla, pertanto essi saranno tutti di massimo assoluto per f. I candidati ad essere punti di minimo sono (, ), (, ), (, ); risulta f(, ) = arctan(4), f(, ) = 4, f(, ) = arctan(4) 4; il minimo assoluto è assunto quindi nel punto (, ). 3. Poniamo innanzitutto La serie data diventa: g(x) = 4 x 3x. n= n + n 4 [g(x)]n. Se g(x) = x = ±, la serie si riduce alla serie nulla, che converge (assolutamente).

11 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 11 Se g(x) x ±, possiamo applicare il criterio del rapporto alla serie assoluta, ottenendo che la serie converge assolutamente se { 4 3x x g(x) < 1 1 < g(x) < 1 3x < x ] 4, 1[ ]1, 4[, 4+3x x 3x > mentre non converge assolutamente se g(x) > 1 x ], 4[ ] 1, 1[ ]4, + [. Se g(x) = 1 x = 1 x = 4, la serie converge per il criterio del confronto asintotico ( 1 n ); se g(x) = 1 x = 1 x = 4, la serie è a segni alterni e converge in valore assoluto (diventa la precedente). Quindi la serie converge assolutamente in I = [ 4, 1] [1, 4]. Infine in tale insieme la convergenza è anche totale poiché n 4 x + n 4 3x sup x I 5 Prova scritta dell 11 gennaio 16 n = 1 n. 1. Determinarne l insieme I R di convergenza assoluta della serie di funzioni definita da n=1 ( ) 3x n n x. + Stabilire quindi se in tale insieme la serie converge anche totalmente.. Calcolare il lavoro svolto dal campo di forze ( ) 1 F (x, y) = xe x + y, x + y(3 + 3 y) quando sposta un punto materiale lungo il segmento di primo estremo (, 1) e secondo estremo (3, 1). { 3. Essendo D = (x, y) R : x y 3x 1, x y 1 }, calcolare il seguente integrale doppio: x D y x exy dxdy. Svolgimento 1. Posto g(x) = 3x, la serie acquista la forma x + n=1 n[g(x)] n. Se g(x) = x =, allora la serie converge assolutamente a. Se g(x), allora si può applicare il criterio del rapporto alla serie assoluta, da cui: se g(x) < 1 x < 1 < x < 1 x >, allora la serie converge assolutamente; se g(x) > 1 < x < 1 1 < x <, allora la sesrie assoluta non converge.

12 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 1 Nei restanti casi si ha: se g(x) = 1 x = 1 x =, allora la serie si riduce a + n=1 n, la quale diverge essendo a termini positivi con termine generale non infinitesimo; se g(x) = 1 x = x = 1, allora la serie si riduce a + n=1 ( 1)n n, la quale è una serie a segni alterni; poiché la successione individuata dal termine generale è crescente, per il criterio di Leibnitz possiamo affermare che tale serie è indeterminata, dunque non convergente. Allora, l insieme di convergenza assoluta della serie data è Infine, la serie non converge totalmente in quanto I =], [ ] 1, 1[ ], + [. n=1 sup x I ( ) 3x n n x = +. Lungo il segmento S da (, 1) a (3, 1) si ha dy =, e quindi il lavoro L é dato da L = (xe x + y)dx. Parametrizzando S con r(t) = (t, 1), t [, 3], si ha dx = dt e dunque L = 3 S (te t + 1)dt = n=1 n. d(e t ) = 7 e Osserviamo che i punti di D possono essere visti in questo modo: D = {(x, y) R : yx 3, 1 } xy 1. Conviene allora operare il seguente cambiamento di variabili: { u = y x v = xy da cui si ricava { x = 3 v/u y = 3 uv. Dal calcolo del determinante della matrice jacobiana si ottiene j = 1 e, quindi, l integrale diventa: 3u y D x exy dxdy = u udu e v dv = 1 1/ 3 (e e). 6 Prova scritta dell 8 febbraio (6 punti) Si calcoli l area della regione di piano avente equazione z = 3x + y 1 ed ottenuta intersecando tale piano con il cilindro racchiuso dalla superficie di equazione 4x + y = 1.

13 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/ (14 punti) Assegnata la funzione (x + y ) log (x + y ), (x, y) (, ) f(x, y) =, (x, y) = (, ) a) studiarne continuità e derivabilità in (, ); b) determinarne, se esistono, i punti di massimo e minimo assoluto nel disco D di centro l origine e raggio unitario. 3. (1 punti) Trovare l espressione dell unica soluzione del seguente problema di Cauchy: y (x) 3y (x) + y(x) = e 4x y() = y () = 1. Svolgimento 1. L area richiesta A è quella della superficie z = 3x + y 1, con (x, y) E, dove E è la regione di piano xy racchiusa dall ellisse 4x + y = 1. Usando quindi la formula per l area nel caso di superfici cartesiane, abbiamo π A = dxdy = 11 mis(e) = 11, dato che l ellisse ha semiassi a = 1 e b = 1.. Diamo due diversi metodi di svolgimento dell esercizio. E ) a) Per calcolare il limite lim (x,y) (,) f(x, y) passiamo a coordinate polari ed abbiamo lim ρ ρ log ρ = + chiaramente uniformemente rispetto a θ, quindi f è continua globalmente nell origine. Per quanto riguarda la derivabilità si ha f(h, ) f(, ) h log h lim = lim = := f x (, ) h h h h ed analogamente, per simmetria, f y (, ) = ; pertanto Df(, ) = (, ). b) Poiché f è continua (vedi il punto precedente) su D compatto, per il teorema di Weierstrass f ammette massimo e minimo assoluti su D. Ora, f(x, y) = (x, y) = (, ) x + y = 1, mentre f(x, y) > altrove, così possiamo concludere che i punti (x, y) = (, ) e x + y = 1, cioè il centro di D e la sua frontiera, sono di minimo assoluto per f su D (e su tutto IR ). Per quanto riguarda i punti di massimo assoluto, questi sono sicuramente interni a D e vanno cercati nell insieme I D o (Fr D è già studiata e J D o = ); tenendo conto che su D o = {(x, y) IR : x +y < 1} esclusa l origine è f(x, y) = (x + y )log (x + y ), si ottiene f x (x, y) = x [ log (x + y ) + 1 ] f y (x, y) = y [ log (x + y ) + 1 ] da cui Df(x, y) = (, ) { x = log (x + y ) + 1 = y = log (x + y ) + 1 =

14 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 14 { x = y = { x = log (x + y ) + 1 = (x, y) = (, ) { log (x + y ) + 1 = y = { { x = log x log y = 1 = 1 y = { log (x + y ) + 1 = log (x + y ) + 1 = x + y = 1/e e questo per (x, y) D o \ {(, )}. Dunque l origine è da escludere (peraltro è già stata studiata) ed il secondo e terzo punto sono contenuti nella circonferenza x + y = 1/e. Segue che gli unici punti critici sono proprio quelli di tale circonferenza e, dovendo il massimo essere assunto su D o, sono tutti punti di massimo assoluto. ) La funzione presenta una simmetria radiale, quindi si può porre x + y = r e studiare la funzione di una variabile { r g(r) = log r, r >, r =. a) lim r + g(r) = lim r + r log r g(h) g() h = = g() e lim h h = lim log h h h = forniscono continuità e derivabilità di g in (e dunque di f in (, )). b) Per r 1 si ha g (r) > r ( log r + 1 ) [ > r > r > 1/e r > r < 1/e r > ] 1/e r > 1/e quindi per r 1 la g cresce sempre; quando invece < r < 1 si ha g (r) > r ( log r + 1 ) > r > r < 1/e r > 1/e < r < 1/e < r < 1/e e dunque g cresce tra e 1/e mentre decresce tra 1/e ed 1. Inoltre g(r) = per r =, 1 e g(r) > per r, 1; allora possiamo concludere che r = ed r = 1 sono punti di minimo assoluto per g su D = [, 1] e su IR, mentre r = 1/e è punto di massimo assoluto per g su D (così x + y =, 1 sono di minimo assoluto per f su D e x + y = 1/e sono di massimo assoluto per f su D). 3. L equazione carattestica associata è λ 3λ + = le cui radici sono λ 1 = 1 e λ =. Segue che l integrale generale dell equazione omogenea associata è y (x) = c 1 e x + c e x, c 1, c IR.

15 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 14/15 15 Ora, non essendo 4 radice dell equazione caratteristica, l espressione dell integrale particolare è y p (x) = ke 4x. Per detrminare k calcoliamo derivata prima e derivata seconda e sostituiamo nell equazione di partenza ottenendo l identità 16ke 4x 1ke 4x + ke 4x = e 4x da cui k = 1 6. Quindi l integrale generale dell equazione di partenza è y(x) = y (x) + y p (x) = c 1 e x + c e x + e4x 6, c 1, c IR. Determiniamo ora l unica soluzione del problema di Cauchy. Intanto è y (x) = c 1 e x + c e x + e4x 3 Dalle condizioni iniziali abbiamo dunque { = c 1 + c = c 1 + c + 3, c 1, c IR. { c 1 = 3 c = 1 da cui y(x) = e4x + 3e x 4e x 6.