Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 2016/2017

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1 Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 6/7 C.d.L. in Ingegneria Informatica ed Elettronica - Università degli Studi di Perugia Prova scritta del 5 giugno 7. Assegnati ( l insieme E {(x, y) R : x + y, x, y, y x} ed il campo F (x, y) y ) x + y, x x + y + x nel suo dominio massimale, si calcoli il lavoro di F lungo E +. Il dominio massimale di F è Ω R \ {(, )} e l insieme E è in esso contenuto; addirittura è possibile determinare una sottoregione aperta e convessa di Ω contenente propriamente E (si pensi ad esempio a Ω {(x, y) R : y > x}); inoltre F C (Ω ). Il campo però non è irrotazionale, infatti F y (x, y) y x (x + y ) y x (x + y ) + F (x, y); x di conseguenza, il campo non è conservativo, quindi non ammette potenziali e non si può usare il teorema fondamentale del calcolo integrale in più variabili. Si può invece usare il teorema di Gauss-Green, per cui E + F d r E E ( F x (x, y) F ) (x, y) dxdy y dxdy A(E) π 4, essendo E il settore di cerchio unitario nel I quadrante a cui si è sottratto il triangolo di vertici (, ), (, ) e (, ).

2 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 Altrimenti si calcola direttamente l integrale di linea di II specie lungo la curva regolare a tratti E + γ + γ+, ove γ + : γ + : x cos t y sin t x t y t allora per l additività dell integrale di linea di II specie si ha E + F d r γ + π/ F d r +, t [, π/]; dx sin t, dy cos t;, t [, ]; dx dt, dy dt; γ + F d r ( + cos t) dt + π + [t + sin t cos t] π [ π + π 4 arctan t π + π 4 π π 4. ( ) t + ( t) t dt ] t t + dt [t /]. Determinare i punti di massimo e minimo relativo della funzione f(x, y) + x + 4y x y, (x, y) R. Quindi, dopo averne motivato l esistenza, determinare il massimo ed il minimo assoluto di f sul triangolo T

3 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 3 contenuto nel I quadrante e delimitato dalle rette x, y e y 9 x. La funzione è definita su tutto R ed è ivi derivabile, quindi gli eventuali punti estremanti sono da ricercare solo tra i punti che annullano il gradiente: f x (x, y) x x ; f y (x, y) 4 y y quindi (, ) è l unico eventuale punto estremante per f. Ora, il determinante della matrice hessiana è det H f (x, y) 4 ove f xx (x, y), quindi si ha det H f (, ) > e f xx (, ) < ; dunque il punto (, ) è di massimo relativo per f. Studiamo la restrizione a T. Essendo f continua su T, per il teorema di Weierstrass il massimo ed il minimo assoluti esistono su T. Poiché il punto (, ) è interno a T, esso potrebbe essere di massimo assoluto; va studiata la frontiera di T. Posti A (, ), B (9, ), C (, 9), si ha AB {(x, y) R : y, x 9}; CA {(x, y) R : x, y 9}; BC {(x, y) R : y 9 x, x 9} da cui f AB (x, y) + x x : g(x), x 9; f CA (x, y) + 4y y : h(y), y 9; f BC (x, y) x x : m(x), x 9. Allora: g (x) x > x < in [, 9] implica che (, ) è eventuale punto di massimo assoluto per f su T, mentre (, ) e (9, ) sono eventuali punti di minimo assoluto; h (y) 4 y > y < in [, 9] implica che (, ) è eventuale punto di massimo assoluto per f su T, mentre (, ) e (, 9) sono eventuali punti di minimo assoluto; m (x) 6 4x > x < 4 in [, 9] implica che (4, 5) è eventuale punto di massimo assoluto per f su T, mentre (, 9) e (9, ) sono eventuali punti di minimo assoluto. Poichè si ha f(, ) 7, f(, ) 3, f(, ), f(9, ) 6, f(, ) 6, f(, 9) 43, f(4, 5), abbiamo che il minimo assoluto di f su T è -6 realizzato in (9, ) ed il massimo assoluto è 7 realizzato in (, ).

4 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 4 Il grafico di f in T è il seguente: x cos t 3. Assegnata la superficie di rotazione Σ di generatrice γ : z t superficie x y ds., t [, π/], calcolare l integrale di Σ x cos t cos θ Parametrizzata Σ da r : [, π/] [, π] R 3, r(t, θ) y cos t sin θ z t, si ha ds cos t sin t + dtdθ, da cui Σ x y ds π [,π/] [,π] π/ 3 π( ). cos t cos t sin t + dtdθ }{{} riduzione [(sin t + ) 3/] π/ sin t cos t sin t + dt π 3

5 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 5 Prova scritta del 9 giugno 7. Risolvere il problema di Cauchy x y 3( + y) y(3) e. L equazione differenziale è a variabili separabili e la riscriviamo nel modo seguente y 3 ( + y) x chiaramente per x ; dato il dato iniziale, scegliamo di studiare il problema in I ], + [. Ora, b(y) + y y, ma la funzione y(x), x > non soddisfa il dato iniziale, quindi non è soluzione del problema; dividiamo quindi per b(y) ed otteniamo avendo posto k e c e p ±k. y (x)dx 3 + y(x) x dx ln + y(x) 3 x + c, c R + y(x) ke 3 x, k > y(x) + pe 3 x, p Imponendo il dato iniziale si ha e + pe p e. Allora la soluzione cercata è y(x) + e 3 x, x >.. Determinare le coordinate del baricentro del solido, di densità costante ed uguale a, E {(x, y, z) R 3 : y x ; y ; z x}. L insieme E si può scrivere come z-semplice nella forma E {(x, y, z) R 3 : (x, y) D; z x}, ove D è l insieme x-sempilce D {(x, y) R : y ; y x }.

6 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 6 Risulta allora V (E) E dxdydz ( ) xdx dy y 3 ] [y y4 3 4 ; x B V (E) E [x 5/] D ( ) x dz dxdy xdxdydz ( x ) xdx dy y 4 5 y dy 4 5 [ ] x 3 dy y ( y x ( y 5 ) dy 4 5 y B ydxdydz ( y V (E) E y ( ) y xdx dy 4 y y 3 4 ( y 3 )ydy 4 ( y y 4 ) dy ( ( ) ) x dz dx dy 3 y ( y 3 )dy ( ) ) x dz dx dy ( ) x 3/ dx dy y ] [y y6 6 dy 3 ; ( ) ) x dz dx dy [x 3/] dy y [ y y5 5 ] dy 5 ; z B zdxdydz ( ( ) ) x zdz dx dy V (E) E y ( ) [ z ] x dx dy ( ) xdx dy y y [ x ] y dy 3. Determinare l insieme di convergenza assoluta della serie n ( y 4 ) dy [ y y5 5 e x(n+) (n + 3)( + x ) n+ e stabilire se in tale insieme la serie converge anche totalmente. ] dy 5.

7 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 7 Osserviamo che la serie si riscrive come n ( ) e x n+ n x ; inoltre essa è una serie a termini positivi, quindi la convergenza assoluta coincide con quella puntuale. Essendo f n+ (x) lim lim n + f n (x) n + n + 3 (n + ) + 3 dal criterio del rapporto applicato alla serie data abbiamo che: se e x + x < e x < + x x > e x + x e x + x la serie converge (assolutamente); e x se > x < la serie diverge; + x e x se + x x la serie si riduce alla serie numerica asintotico con la serie armonica. Dunque l insieme di convergenza assoluta è I R +. In I la serie non converge totalmente essendo sup n x> 3 Prova scritta del luglio 7 ( ) e x n+ n x n n n + 3. n + 3 che diverge per confronto. Assegnato il campo vettoriale piano F (x, y) e x y ( + x + y, x y), (x, y) R, provare che è conservativo; ( determinarne ) quindi ( la famiglia ) dei potenziali; infine, calcolarne il lavoro lungo il segmento congiungente, con, verificando poi il risultato ottenuto.

8 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 8 Chiaramente il campo è di classe C su tutto R ; inoltre è irrotazionale essendo quindi è conservativo su R. Determiniamo ora la famiglia dei potenziali. Si ha da cui, integrando la prima equazione rispetto ad x, U(x, y) F y (x, y) ex y (x + y) F (x, y); x U (x, y) ex y ( + x + y) U y (x, y) ex y ( x y) e x y ( + x + y)dx e x y (x + y) + c(y). Derivando questa rispetto ad y si ha Sostituendo quindi nella seconda equazione si ottiene U y (x, y) ex y (x + y ) + c (y). e x y (x + y ) + c (y) e x y ( x y) c (y) c(y) k R, pertanto U(x, y) e x y (x + y) + k, k R è la famiglia dei potenziali del campo dato. Per il teorema di Torricelli-Barrow in più variabili il lavoro del campo è L U (, ), possiamo scegliere la parametriz- Per verificare tale risultato, posti A x t zazione di AB data da, t y t ( ) (, U, ). ( ), e B [, ], per cui dx dt dy; risulta L AB F d r / / dt.

9 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 9. Studiare i punti estremanti della funzione f(x, y) (5 x)(5 y) x + y 5 nel suo campo d esistenza A. Stabilire se la funzione ammette punti di massimo o minimo assoluti in A. L insieme A è la regione di piano che soddisfa le condizioni x 5 (5 x)(5 y) y 5 x + y 5 y 5 x x 5 y 5 y 5 x quindi A T S ove T è il triangolo di vertici (5, ), (5, 5) e (, 5), mentre S è il settore di piano [5, + [ [5, + [. La funzione è sempre derivabile in A o, quindi i punti estremanti vanno cercati in A F r A e tra i punti di A o che annullano il gradiente; ora, i punti che annullano il gradiente sono f x (x, y) f y (x, y) y 5 (5 x)(5 y) x 5 (5 x)(5 y) x + y 5 + (5 x)(5 y) x+y 5 x + y 5 + (5 x)(5 y) x+y 5 (y 5)(x + y 5) + (5 x)(5 y) (x 5)(x + y 5) + (5 x)(5 y)

10 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 (5 y)( x y) (5 x)( x y) y 5 x y x 5 x y (x, y) (5, 5) (x, y) (, 5) (x, y) (5, ) (x, y) (/3, /3), ma soltanto (/3, /3) è interno ad A. Studiamo il segno della funzione: f(x, y) sulle semirette {(x, y) R : y 5, x }, {(x, y) R : x 5, y } e sul segmento {(x, y) R : y 5 x, x 5}, ovvero su tutti i punti di A F r A; f(x, y) > altrove in A, ovvero su tutto A o ; allora i punti di A F r A sono tutti di minimo assoluto per f su A. Il punto (/3, /3) è invece di massimo relativo per f su A; infatti, considerata la restrizione di f a T, questa è continua sul compatto T, quindi ammette massimo e minimo assoluti su T ; dallo studio precedente segue che (/3, /3) non può che essere di massimo assoluto per f su T (e quindi di massimo relativo per f su A). Tale punto non è di massimo assoluto per f su tutto A in quanto lim f(x, x) lim 5 x x + y 5 +. x + x + 3. Calcolare l area della porzione di paraboloide z 5 4 x y contenuta nella regione di spazio z x + y. La figura è

11 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 La superficie è data in forma cartesiana, per cui A(Σ) ove D è la parte di piano delimitata da D Σ ds D + 4x + 4y dxdy { (x, y) R : z 5 4 x y z } x + y ; posto ora r x + y, la proprietà che descrive D è espressa da 5 4 r r r 3 r 5 ; ma r per posizione, quindi { D (x, y) R : x + y 9 }. 4 Dunque D è il disco del piano xy centrato nell origine e avente raggio r 3. Con semplice passaggio a coordinate polari, si ottiene: A(Σ) π 6 D π + 4(x + y )dxdy r dθ [( + 4ρ ) 3/] r 4 Prova scritta del 5 settembre 7 [,π] [,r] r + 4ρ ρdρ π 8ρ + 4ρ 4 dρ π ] [( + 4r ) 3 π 6 6. Posto D {(x, y) R : x + y 4, y x}, calcolare l integrale doppio D x x y dxdy. + 4ρ ρdθdρ [ 3 ]. Data la forma del dominio ed usando le coordinate polari x ρ cos θ ; dxdy ρdθdρ, y ρ sin θ

12 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 si ha D {(θ, ρ) : π 4 θ π 4, ρ }; inoltre per le formule di cambiamento di variabili e di riduzione (su rettangoli e per funzioni a variabili separabili) abbiamo D x x y dxdy D cos θ cos θ sin θ ρdθdρ ρ dρ applicando ora l identità trigomometrica fondamentale e la sostituzione otteniamo D u sin θ x [ ρ x y dxdy ] π 4 π 4 π 4 π 4 du cos θ dθ, π 4 θ π 4 u π cos θ sin θ dθ 4 π 4 du [arcsin u u] π.. Studiare continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione Determinarne quindi, se esistono, i punti estremanti. e x +y log (x +y ), (x, y) (, ) f(x, y)., (x, y) (, ) cos θ cos θ sin θ dθ; cos θ ( sin θ) dθ Continuità. L unico eventuale punto di discontinuità della funzione data è dove cambia la legge, cioè in (, ), dato che altrove la funzione è continua come composizione di funzioni continue. Poiché lim (x,y) (,) x + y log (x + y, si ha lim e x +y log (x +y ) f(, ), (x,y) (,)

13 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 3 ovvero la continuità nell origine. Allora f è continua globalmente su tutto R. Derivabilità. Per (x, y) (, ) la funzione è derivabile come composizione di funzioni derivabili. Studiamo allora la derivabilità nell origine: f(h, ) f(, ) lim h h e h log h lim h h e h log h h log h lim h h log h h {, h > +, h < dunque la derivata di f rispetto ad x non esiste, pertanto la funzione non è derivabile nell origine. Differenziabilità. Applicando la condizione sufficiente e le condizioni necessarie, possiamo concludere che la funzione è differenziabile su tutto R tranne l origine. Massimi e minimi relativi. Poiché la funzione presenta una simmetria radiale, posto t x + y, t, studiamo la funzione g(t) { e t log t, t >, t. Poiché g (t) e t log ( t log t + ) > log t > log t > t > e, si ha che la funzione g cresce dopo e, mentre decresce tra e e. Allora t è punto di massimo relativo per g mentre t e è punto di minimo assoluto per g. Ricordando la posizione t x + y, dallo studio di g deduciamo che (, ) è punto di massimo relativo per f mentre i punti della circonferenza x + y sono di minimo assoluto per f. e 3. Calcolare il lavoro del campo vettoriale F (x, y, z) (y, z, x) lungo la curva γ parametrizzata da r(t) (cos t, sin t, cos t), t [, π/].

14 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 4 Il campo non è irrotazionale in quanto F y (x, y, z) F x (x, y, z); di cnseguenza non è nemmeno conservativo. Quindi per calcolare il lavoro si deve procedere usando la definizione. Essendo r (t) ( cos t sin t, cos t, cos t sin t), t [, π/], si ha L γ F d r [ sin3 t 3 π/ ] π/ + [ cos t sin t + cos 3 t cos 3 t sin t]dt π/ π/ 3 + cos tdt 3 + [sin t]π/ 5 Prova scritta del 9 settembre 7 [ cos t( sin t)dt + cos4 t 4 π/ [ sin 3 t 3 ] π/ cos t sin tdt. Determinare l insieme di convergenza assoluta della serie di funzioni ] π/ n ( x ) n x n 5 n +, x. Stabilire quindi se in tale insieme la serie converge anche totalmente. La serie si riscrive + n Se: ( ) x n, 5 n+ x x. g(x) : x x x x ± essa converge assolutamente quando riducendosi al termine dato da n e quindi avendo come somma ; g(x) < x < x x < x < x x > x < x >

15 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 5 la serie converge assolutamente, e quindi anche puntualmente, come conseguenza del criterio del rapporto applicato alla serie assoluta; g(x) > < x < x la serie non converge; g(x) x x x ± x x ± 5 n+ che è asintotica alla serie armonica generalizzata divergente + n + n Allora l insieme di convergenza assoluta è I ], [ ], + [. Per quanto riguarda la convergenza totale in I, ovvero per x >, si ha che la serie + sup n x > ( ) x n + 5 n + x n non converge, dunque la serie data non converge totalmente in I.. Calcolare l integrale di linea di I specie γ xy ds ove γ è la parte dell ellisse x 4 + 4y contenuta nel primo quadrante. la serie data si riduce alla serie numerica 5 n + La parametrizzazione standard della parte di ellisse che ci interessa è la seguente: γ : n /5. x(t) cos t, t [, π/] ds 4 sin t + y(t) sin t 4 cos t dt.

16 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 6 Allora γ 3. Posto D xy ds π/ π/ 5 cos t sin t 4 sin t + 4 cos t dt cos t sin t [ ( sin t sin t dt 5 ) ] 3/ π/ 7. π/ 5 sin t cos t sin t dt {(x, y) R : y x y, y x } y, y >, calcolare l integrale doppio D xy log x y dxdy. Usiamo il cambiamento di variabili u xy v x/y Osserviamo che da y > segue che sia x che u e v sono tutti positivi. Allora D { (u, v) : u, v } ; inoltre det DT (x, y) u x (x, y) y u y (x, y) x v x (x, y) /y v y (x, y) x/y 3 3x/y implica j(u, v) det DT (u, v) det DT ( T (u, v)) 3x/y (x,y) T (u,v) 3v. Otteniamo quindi 3 D u du xy log x y dxdy v log v dv 3 [,] [ ] [ u u log v,] 3v dudv [ log ] v log 4. 6 Prova scritta del 9 dicembre 7. Data f(x, y) 3 y (x + ) + y, (x, y) R a) calcolare le derivate parziali di f in tutti i punti in cui esistono; b) provare che f è differenziabile in (, );

17 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 7 c) scrivere l equazione del piano tangente al grafico di f in (, ). a) La funzione è continua come composizione di funzioni continue su tutto R, quindi è anche continua separatamente in ogni punto; pertanto la condizione necessaria per la derivabilità è soddisfatta in tutto il dominio di f. Nei punti in cui vale il teorema di derivazione della funzione composta, ovvero per y (x + ) y x, possiamo applicare le regole di derivazione; riscritta f come f(x, y) y /3 (x + ) /3 + y abbiamo allora f x (x, y) y/3 3 (x + ) /3 ( ) y /3 3 x + ( ) x + /3 +. f y (x, y) 3 y /3 (x + ) /3 + 3 y Studiamo ora i punti per cui y (x + ) y x. (, y ), y : R(h) f( + h, y ) f(, y ) h e dunque in tali punti la funzione non è derivabile; (x, ), x : y/3 h /3 h h + R(k) f(x, k) f(x, ) k k/3 (x + ) /3 + k k k ove il segno di dipende dal segno di k(x +), pertanto anche in tali punti la funzione non è derivabile; (, ): R(h) R(k) f( + h, ) f(, ) h f(, k) f(, ) k h k k k quindi in (, ) la funzione è derivabile e si ha f(, ) (, ). b) Localmente in (, ) le derivate parziali esistono e sono continue, quindi la funzione nel punto è differenziabile per la condizione sufficiente. c) Essendo la funzione differenziabile in (, ), l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto è ( z f(, ) + f(, ) (x, y ) + 3, 5 ) (x, y ) 3 ovvero z 3 + x y x + 5y 3z +. 3

18 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 8. Trovare tutte le soluzioni del problema di Cauchy y (e x + e) y() y e y Le soluzioni vanno cercate ove l equazione differenziale è ben definita, ovvero nel semipiano y. L equazione è a variabili separabili. Si ha y y, quindi y(x), x R è una soluzione dell equazione e, ovviamente, anche del problema dato. Vediamo se ci sono altre soluzioni. Per y y si ha e y y y e x + e dunque e y(x) y (x)dx y(x) (e x + e)dx e y(x) e x + ex + c ( e x ) + ex + c y(x) ln Imponendo la condizione iniziale si ha pertanto la funzione ( y() + ln c ) ( e y(x) + ln x ) + ex + c, c R. ( ln c ) c ; ( e y(x) + ln x ) + ex + è anch essa soluzione del problema di Cauchy assegnato. 3. Calcolare l integrale doppio x y dxdy. x +9y Dalla simmetria f(x, y) f( x, y) f(x, y) f( x, y) e da quella del dominio si ha I : x +9y x y dxdy 4 x ydxdy E ove E è il settore dell ellisse x + 9y contenuto nel I quadrante. Passando a coordinate ellittiche x ρ cos θ y 3 ρ sin θ ; j 3 ρ

19 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 9 l insieme E è in biiezione con E {(θ, ρ) : θ π }, ρ e si ha I 4 ρ 4 cos θ sin θ dθdρ 4 9 E 9 4 [ ] ρ 5 ] π/ [ cos ρ 4 dρ π/ cos θ sin θ dθ 7 Prova scritta del 5 gennaio 8. Calcolare l area della superficie Σ di equazione cartesiana z x + y, (x, y) D {(x, y) R : x + y, y }. Per una superficie cartesiana z f(x, y), (x, y) D la formula per l area è A(Σ) Nel nostro caso è f(x, y) x + y, da cui D + f x(x, y) + f y (x, y) dxdy. f x (x, y) x, f y (x, y) y; così abbiamo A(Σ) D + x + y dxdy. Data l espressione dell integranda, scegliamo di passare a coordinate polari: Allora D viene trasformato in D [, π] [, ]. x ρ cos θ y ρ sin θ ; j ρ, Applicando la formula del cambiamento di variabili e successivamente le formule di riduzione per funzioni a variabili separate, concludiamo che π A(Σ) + ρ ρ dρdθ dθ D π [ ] 3 ( + ρ ) 3/ π. 3 ρ + ρ dρ

20 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 (. Sia F (x, y) y ) x, y x xy una dato campo vettoriale piano. a) Provare che F è conservativo su Ω {(x, y) R : x >, y > }. b) Calcolare la famiglia dei potenziali di F. c) Calcolare F d r + y dy ove γ : r(t) (t 4t + 5, t ), t [, 3]. γ γ a) Il campo è irrotazionale su Ω essendo F y (x, y) x F x (x, y). Poiché l insieme Ω è convesso e F C (A), possiamo concludere che F è conservativo su Ω. b) Per determinare la famiglia dei potenziali di F impostiamo il sistema U x (x, y) y x U y (x, y) y x xy. Integrando la prima equazione rispetto ad x abbiamo U(x, y) y x dx y x + c(y) ; derivando questa rispetto ad y otteniamo U y (x, y) x + c (y) la quale, sostituita nella seconda equazione, fornisce x + c (y) y x xy x y c (y) y da cui c(y) y + c, c R. Allora U(x, y) y x + y + c, c R è la famiglia dei potenziali cercata. c) Intanto possiamo affermare che le ipotesi del teorema fondamentale del calcolo integrale in più variabili sono tutte verificate, quindi F d r U(x(3), y(3)) U(x(), y()). γ

21 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 D altra parte Segue che γ y dy γ 3 t dt 3. F d r + y dy. γ 3. Determinare i punti estremanti della funzione ( ) x f(x, y) e (y ) x, (x, y) R ; determinarne i punti di massimo e minimo assoluti nel quadrato Q di vertici A (, ), B (, ), C (, ), D (, ). Essendo il dominio tutto R, i punti estremanti possono trovarsi solo tra i punti critici: f x (x, y) e (y ) (x ) ( ) f y (x, y) (y )e (y ) x x x y Quindi l unco punto critico è P (, ). Per studiarne la natura calcoliamo l hessiano:. da cui det H f (x, y) f xx (x, y) e (y ) f xy (x, y) [ (y )e (y ) (x ) f yx (x, y) (y )e (y ) (x ) f yy (x, y) e (y ) + 4(y ) e (y )] ( ) x x det H f (P ) < pertanto P è un punto di sella. Se ne conclude che f non ha punti estremanti. Nel quadrato Q invece la funzione ammette sicuramente massimo e minimo assoluti per il Teorema di Weierstrass (f è continua e Q è compatto). Tali punti si troveranno necessariamente sulla frontiera di Q (per quanto studiato nel punto precedente). Si ha AB {(x, y) R : x, y } e f AB (x, y) e da cui g (x) e(x ) > x > che fornisce x punto di minimo e x, punti di massimo per g su [, ], da cui ( x x ) : g(x), x [, ], (, ) eventuale punto di minimo e (, ), (, ) eventuali punti di massimo assoluto per f su Q; BC {(x, y) R : x, y } e f BC (x, y), y [, ] quindi la funzione è costante sul segmento, pertanto tutti i punti dello stesso hanno la medesima natura;

22 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 ( ) CD {(x, y) R : x, y } e f CD (x, y) e x x : g(x), x [, ], quindi come nel primo caso x punto di minimo e x, punti di massimo per g su [, ], da cui stavolta (, ) eventuale punto di minimo e (, ), (, ) eventuali punti di massimo assoluto per f su Q; quindi come nel secondo caso. DA {(x, y) R : x, y } e f DA (x, y), y [, ] Ora, f(, ) e/ f(, ), f(, ) f(, ) f(, ) f(, ), pertanto possiamo concludere che i punti (, ) e (, ) sono punti di minimo assoluto per f su Q, mentre tutti i punti dei segmenti BC e CD sono di massimo assoluto per f su Q. Osserviamo che f(x, y) x x e f(x, y) > x < x > ; quindi f su Q e f sui lati DA e BC. Da ciò si sarebbe potuto immediatamente dedurre che i suddetti lati fossero costituiti da punti di massimo assoluto per f su Q. 8 Prova scritta del 5 febbraio 8. Determinare l insieme di convergenza assoluta della serie di funzioni + n n(x ) n, x 3. (x + 3) n+

23 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 3 Verificare quindi se in tale insieme c è convergenza totale. La serie si riscrive + ( ) x n (x + 3) n, x 3. x + 3 n Se x la serie si riduce alla serie nulla, quindi converge assolutamente. Per x x 3 si ha f n+ (x) n + x f n (x) n x + 3 x n + x + 3. Allora per < x < x + 3 x > la serie converge assolutamente, x x+3 mentre per x x+3 > x < non converge assolutamente; per x la serie si riduce a 4 quale diverge. Dunque l insieme di convergenza assoluta è la semiretta ], + [. + n n la In tale insieme la serie non converge totalmente in quanto non converge la serie + n M n, ove si è posto M n sup f n (x) n x ],+ [ 4.. Calcolare il volume della regione E di spazio delimitata dal paraboloide z x +y e dal cono di equazione z x + y. Essendo E una regione di spazio compresa tra due superfici

24 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 4 Figure : sezione di E nel piano yz il suo volume è dato da V (E) D ( x + y + x y )dxdy, ove D è la regione del piano xy delimitata dalla curva D in corrispondenza della quale i grafici delle due superfici si incontrano: D : z x + y z x + y x + y }{{} x + y t }{{} x + y 4. t x +y x +y t t t t Quindi, passando a coordinate polari (x ρ cos θ y ρ sin θ, j ρ) si ha che D viene trasformato nel rettangolo [, π] [, ] e V (E) x +y 4 π dθ ( x + y + x y )dxdy [,π] [,] (ρ + ρ ρ 3 )dρ π [ ρ 3 /3 + ρ ρ 4 /4 ] 6 3 π. (ρ + ρ )ρdθdρ 3. Dato il campo vettoriale piano F (x, y) (sin(x + e x ), e y ), (x, y) R, si calcoli l integrale di linea di II specie I F (x, y) d r + xdy T + T + ove T + è la frontiera del triangolo T avente vertici nei punti A (, ), B (3, ), C (, ), percorsa

25 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 6/7 5 nel verso positivo. Poiché il campo è conservativo, ( F irrotazionale e definito su tutto R che è convesso) e la curva d integrazione T è chiusa, il lavoro del campo è nullo e, di conseguenza, l integrale cercato si riduce a I T xdy. + I modo: siamo nelle condizioni di poter applicare la formula di Gauss-Green, per cui I xdy T + Quindi, visto che il triangolo è rettangolo in C T dxdy A(T ). e i cateti misurano e rispettivamente, si ha A(T ), ovvero I ; II modo: parametrizzati i segmenti x t AB :, t 3; BC : y t 3 x t AC :, t, y x x t y 3 x, t 3; tenuto conto dei versi di percorrenza si ha I AB xdy xdy xdy BC AC 3 t 3 3 dt t( )dt tdt.