I = 1 2. dtdx. (x 2 + t) 7/2 t=x 2 = 1 2 = 27/2 1. x 7 dx = 27/ b) Il segmento OP in figura. t=0. x=0

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1 X Università di Milano - Bicocca Corso di laurea di primo livello in Scienze statistiche ed economiche Corso di laurea di primo livello in Statistica e gestione delle informazioni Analisi Matematica II prove del 9 SOLUZIONI Sia T R il triangolo di vertici,, π,, π, π e sia I = y x + y 5/ dxdy T a Calcolare I in coordinate cartesiane b Calcolare I in coordinate polari c Calcolare { I attraverso il cambio di variabili Φ : t, u x = t x, y, definito da Φ : y = ut Soluzione a I = = π x π = 7/ 7 π x y x + y 5/ dydx = x + t 5/ dtdx [ ] x + t 7/ t=x dx = π { x 7/ } x 7/ dx 7/ 7 t= π [ ] x 7 dx = 7/ x 8 x=π = π8 7/ b Il segmento OP in figura x= P

2 ha lunghezza I = = 8 π cos θ π/ π/ cos θ π/ = π8 7/ 56 π/ [ r r sin θ r 5 8 r drdθ = sin θ 8 [ sin θ π8 π8 π8 t 7 dθ = dt = cos 8 θ 8 t8 8 7 / ] r=π/ cos θ r= ] / [ ] c Il determinante della matrice Jacobiana di Φ è uguale u t a t dθ I = π [ t 8 = 8 ] t=π t= ut t + u t π 5/ t dudt = t 7 dt = π8 7/ 56 + s 5/ ds = π8 8 [ + s 7/ 7/ u + u 5/ ] s= s= du Sia f x, y = y x e x+y i Determinare estremo superiore, estremo inferiore, eventuali massimi e minimi locali e globali della funzione f x, y su R ii Determinare la quota massima e la quota minima assunta da f x, y sul triangolo chiuso U di vertici,,,,, Soluzione i f x, y = + y x e x+y, y + y x e x+y f x, y =, { + y x = y + y x = x, y = 3, Ora scriviamo la matrice Hessiana [ ] + y H f x, y = x e x+y y + y x e x+y y + y x e x+y + y + y x e x+y

3 e osserviamo che la matrice H f 3 [ e, 5 e = 5 e 5 e 5 ha determinante negativo Allora 3, non è un punto di estremo e quindi f x, y non ha massimi o minimi su R Infine notiamo che lim f, y = lim y + y + y e y = +, sup x,y R f x, y = +, ] lim f x, = lim x + x + xex =, inf f x, y = x,y R ii Il triangolo U è chiuso e limitato per il teorema di Weierstrass la funzione continua f x, y ammette massimo e minimo su U Nell interno di U non troviamo estremi Per studiare il bordo osserviamo che se abbiamo per < x < ; se abbiamo per < y < ; se abbiamo f x, = xe x def = g x g x = xe x e x < f, y = y e y def = h y h y = y + y e y < f x, x = x 3x + e x def = k x k x = x x e x < per < x < Se rappresentiamo la crescita di f x, y sul bordo di U con le direzioni delle frecce abbiamo la situazione descritta nella figura seguente: U - 3

4 Quindi min f x, y = f, = e, max x,y U f x, y = f, = x,y U e 3 Verificare che l equazione e x y + log xy = + log definisce implicitamente, in un intorno del punto P =,, il grafico di una funzione y = g x Scrivere lo sviluppo di Taylor al secondo ordine di g x, centrato in x =, e tracciare così un grafico di g x in un intorno di x = Soluzione Sia F x, y = e x y + log xy log Osserviamo che F, = e che F y x, y = ex y + y ; F y, = 3 Quindi esiste una e una sola funzione y = y x, definita in un intorno di x =, dove F x, y x = Inoltre Allora abbiamo F y x, y x x x = F x, y x = ex yx + x e x yx, y yx [ ] [ e x yx y x e x yx x yx y x = e x yx yx [ ] e x yx y x + y x [e ] x yx + y x x e x yx yx x =, y =, y = + = 5 3, y 3 = = 5 8 ]

5 Quindi, per y x, otteniamo lo sviluppo di Taylor e il grafico locale y x = x x + o x y x Sia A = {x, y, z R 3 : x <, y <, z >, x + y + z } Calcolare J = xyz e x y z dxdydz A Soluzione In coordinate polari A = {θ, ϕ, r : π < θ < 3 π, ϕ < π }, r 3π/ π/ + J = r sin ϕ cos θ r sin ϕ sin θ r cos ϕ e r r sin ϕ drdϕdθ π 3π/ π/ + = cos θ sin θ dθ sin 3 ϕ cos ϕ dϕ r e r r dr π = 3π/ + sin θ dθ t 3 dt s e s ds π = [ ] θ=3π/ [ ] cos θ t t= [ e s s ] + s=+ + e s s ds θ=π s= t= = [ e e + s s ] + s=+ + e s ds 6 s= = e + e + [ e s] s=+ = 5 6 s= 6e 5

6 5 Sia D = { x, y, z : < z < ; x + y < z 7} Determinare i valori di α R per i quali l integrale z α z 7 I α = x, y, z dxdydz esiste finito Soluzione In coordinate cilindriche I α = = π = π = π π z 7/ z α z 7 z 7 D D = { r, θ, z : < z <, r < z 7/} z α z 7 r + z r drdzdθ = π t + z dtdz = π z α z 7 log z 7 + z log z dz z α z 7 log + z 5 dz z α z 7 z 7/ r r + z drdz z α z 7 [ log t + z ] t=z 7 t= dz L unico problema di integrabilità è per z + e poiché z7 log + z 5 dz esiste finito l integranda è una funzione continua su [, ], basta studiare z α log + z 5 dz Per z + abbiamo z α log + z 5 z α+5 poiché log+z5 per z z 5 + Allora I α esiste finito se e solo se α + 5 >, cioè α > 6 6 Sia S = {x, y R : x < +, y < x} i Dimostrare che K = dxdy = + + 5x + 5y S 6

7 ii Dedurre dal punto precedente che + m = + + 5m + 5n m= n= Soluzione i In coordinate polari K = = π 8 S = π/ + + { r, θ : θ < π } + 5r r drdθ = π 8 + 5t dt = + + r + 5r dr perché per t + abbiamo, e non è integrabile a + ; oppure +5t 5t t perché + dt = [log + 5t]t=+ +5t 5 t= = + ii Diamo due dimostrazioni del punto ii, la prima delle quali conseguenza del punto i, e la seconda indipendente da i Prima dimostrazione Scriviamo il quadrante {x, y R : x, y } come unione disgiunta { x, y R : x, y } = + m= + n= Q m, n, dove Q m, n = {x, y R : m x < m +, n y < n + } m,n+ m+,n+ Qm,n, m,n m+,n Q,, Q, Q,,,, 7

8 Ora osserviamo che S Q, Q, Q, Q, Q, Q, = + m= m n= Q m, n S e che, per ogni m, n, x, y Q m, n = x m, y n = Quindi, per ogni Q m, n, + 5x + 5y dxdy m= Qm,n n= Qm,n + 5x + 5y + 5m + 5n + 5m + 5n dxdy = + 5m + 5n, poiché ogni quadrato Q m, n ha area Allora da e segue + m + m + 5m + 5n + 5x + 5y dxdy = m= n= + m m= n= Qm,n + 5x + 5y dxdy m= Qm,n S dxdy = + + 5x + 5y per il punto i Seconda dimostrazione Poiché n m nella somma interna, abbiamo + m + m + 5m + 5n + 5m + 5m m= n= m= n= + m + m + = = + m + m = + dato che m+ +m m n= 8 m=