Esprimendo il vettore (u, v) in coordinate polari (u = r cos θ, v = r sin θ), si ha. = u2 v 0 0 u 0 v

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1 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 Matematica II rova scritta del SOLUZIONI 1) Sia i) Si calcoli f, ). Soluzione: Risulta Infatti e fx, y) = x y. f, ) =, ). f f + t, ) f, ), ) = lim x t t f f, + t) f, ), ) = lim. y t t ii) Si stabilisca se f risulta differenziabile in, ) e, in caso affermativo, si calcoli il differenziale di f in, ). Soluzione: La funzione f risulta differenziabile nel punto, ) e si ha df,) u, v), u, v) R o, in un altra notazione, df,) ). er dimostrare ciò è sufficiente far vedere che fu, v) f, ) f, ), u, v) lim. 1) u,v),) u + v Esprimendo il vettore u, v) in coordinate polari u = r cos θ, v = r sin θ), si ha fu, v) f, ) f, ), u, v) u + v = u v u v u + v = r cos θ r sin θ r = r cos θ sin θ r, e quindi lim r r cos θ sin θ indipendentemente dal valore di θ [, π). Ciò prova che il limite che figura in 1) esiste e che il suo valore è. iii) Si stabilisca se f è di classe C 1 in almeno un intorno di, ). Soluzione: In nessun intorno del punto, ) f è di classe C 1. Infatti, comunque si scelga un intorno di, ), tale intorno conterrà elementi della 1

2 forma x, ), con x. In tali punti non esiste la derivata parziale di f rispetto ad y, essendo e fx, + t) fx, ) x t lim = lim t t t t x t lim = x x x t = lim. t + t t t ) Si verifichi che l equazione x y e 1 1+t8 ) dt xe y definisce implicitamente, in un intorno del punto 1, ), una funzione y = g x). Si calcoli l equazione della retta tangente al grafico di g in 1, ). Soluzione: osto x F x, y) = y e 1 1+t8 ) dt xe y, è possibile applicare il teorema della funzione implicita o teorema di U. Dini). Infatti la funzione F è di classe C 1 R ) si rammenti che la funzione integrale di una funzione continua è derivabile ed ha derivata continua); 1, ) è radice dell equazione F x, y), poiché F 1, ) = e 1 1+t8 ) dt e = e e ; si ha e quindi y x, y) = e x 1 1+t8 ) dt xe y y 1, ) = e e =. L esistenza e l unicità) di g in un intorno di 1, ) sono dunque garantite dal teorema della funzione implicita che, nelle ipotesi sopra verificate, stabilisce anche l esistenza di g 1) e la validità dell uguaglianza [ ] g 1) = 1, ) 1, ). y x oiché x x, y) = y e x 1 1+t8 ) dt x 8 ey,

3 e quindi x 1, ) = e 1 e =, si trova g 1) =. Ricordando che g1) =, l equazione cartesiana della retta tangente al grafico di g in 1, ) risulta allora y = x 1) +. 3) Si determinino eventuali estremi della funzione h definita da hx, y) = x xy + y nel suo campo di esistenza D, specificando il valore massimo ed il valore minimo assunti da h in D. Soluzione: In primo luogo si osservi che D = {x, y) R : xy } = R + R, dove R + = {x, y) R : x, y }, R = {x, y) R : x, y }. oiché e hx, y) = x y), x, y) R +, hx, x), x >, tutti i punti della forma x, x), con x >, risultano punti di minimo relativo per h. Non vi possono essere altri estremanti interni a D in quanto il sistema { h x h y x, y) = 1 y xy x, y) = 1 x xy, che esprime la condizione necessaria di estremalità per punti interni a D, ha per soluzioni tutte e sole le coppie che soddisfano le condizioni { y = x 1 = x x, ossia le coppie della forma x, x), con x >. Nessun punto di fr D = {x, y) R : xy } può essere un estremante per h, nemmeno relativo. Infatti è h y= = hx, ) = x, e quindi, in ogni intorno di un punto della forma x, ) si può ragionare in modo analogo per i punti di fr D della forma, y)) si trovano due altri punti x 1, ) e x, ), con x 1 < x < x, tali che fx 1, ) = x 1 < x = fx, ) < x = fx, ). In particolare, la funzione di una variabile reale ϕx) = hx, ) = x, che si ottiene restringendo h all asse delle x, è crescente. Si ha sup ϕx) = x R sup hx, y) = + e inf ϕx) = x,y) D x R 3 inf hx, y) =. x,y) D

4 La funzione h non è dunque limitata né superiormente né inferiormente) in D. Ovviamente, questa conclusione permette di precisare che gli infiniti punti di minimo che essa possiede non possono essere punti di minimo assoluto. Mette conto di osservare come per lo svolgimento di questo esercizio non sia richiesto l uso delle condizioni del secondo ordine. 4a) per chi sostiene l esame di Matematica II, 6 cfu) Sia E = { x, y) R : x [, 1], < y < x }. Si stabilisca se esiste finito e, in caso affermativo, si calcoli I = E dxdy x y. Soluzione: Si noti come la funzione integranda lx, y) = x y) / sia definita in E, ma ivi non limitata. Si tratta quindi di un integrale generalizzato, anche se il dominio di integrazione E è limitato. E immediato costatare che l risulta continua e quindi limitata) in ogni insieme compatto ed y-semplice della forma E ɛ = {x, y) R : ɛ x 1, y x ɛ }, con ɛ, 1). Di conseguenza l risulta Riemann integrabile in ciascun E ɛ, dove è possibile applicare le consuete formule di riduzione. osto E ɛ + = E ɛ {x, y) R : x }, sfruttando la simmetria di E ɛ e la parità di l, si trova I ɛ = x y) / dxdy = x y) / dxdy E ɛ E ɛ + 1 ) x ɛ = x y) / dy dx = ) [x y) 1/] x ɛ dx = 4 ɛ ɛ ɛ x) dx = [ x ɛ) ] 1 ɛ = 1 ɛ). Ora, poiché l ha segno costante positivo) in E e lim ɛ + I ɛ esiste finito, allora I esiste finito e vale I = lim ɛ + I ɛ =. 4b) per chi sostiene l esame di Elementi di Matematica II, 4 cfu) Sia E = { x, y) R : x 1, y e x 1 }. Si calcoli I = x y dxdy. E Soluzione: Il calcolo di I può essere agevolato dall osservazione che il dominio di integrazione E è simmetrico rispetto all asse x nel senso che se 4 ɛ

5 x, y) E allora anche x, y) E), mentre la funzione integranda è pari rispetto ad y. La compresenza di queste due proprietà permette di stabilire che I = x y dxdy = E xy dxdy, E + dove E + = {x, y) R : x [, 1], y e x 1 }. Si noti che E + è y-semplice e che la funzione integranda è continua su E +. Applicando le note formule di riduzione, si trova 1 ) e x x y dy dx E + xy dxdy = = = 1 x e x ) y dy dx + x1 e x ) dx + 1 = 1 xe x 1) dx = 1 = 1 e 4 4 e + 3 ) 4e, x e x xe x 1) dx ) y dy dx xe x xe x + x) dx onde I = e 4 4 e + 3 4e. 5) Tra tutti i triangoli rettangoli di perimetro assegnato >, si determini quello di area massima. Soluzione: Il problema può essere ricondotto alla ricerca del massimo vincolato di una funzione di due variabili reali. Dette a e b le misure dei due cateti del triangolo rettangolo, il problema può essere formalizzato come segue massimizzare Aa, b) = ab soggetta al vincolo a + b + a + b =. oiché a e b devono essere entrambe positive nel caso in cui una delle due si annulli si otterrebbe un triangolo degenere, con area nulla), la soluzione va cercata in, /), /). Applicando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, posto La, b, λ) = 1 ab + λa + b + a + b ), 5

6 la condizione di stazionarietà porge ) L a a, b, λ) = b + λ 1 + a a +b ) L b a, b, λ) = a + λ 1 + b a +b L λ a, b, λ) = a + b + a + b. L unica soluzione di tale sistema è a = b = λ = ) Infatti, dalle prime due equazioni del sistema si ricava ) λ a b) 1. a + b L annullamento del primo fattore implica a = b e, usando l equazione del vincolo, si ottiene la soluzione sopra indicata. L annullamento del secondo fattore implica λ = a + b /, da cui a + a + b + b, in contrasto con la terza equazione a + b + a + b = >. Si noti che +, + ), /), /). Rimane da mostrare che il punto stazionario così trovato conduce effettivamente ad un massimo assoluto della funzione A. Si osservi a tale proposito che, poiché A è continua nell insieme compatto chiuso e limitato) K = {a, b) [, /] [, /] : a + b + a + b }, in virtù del teorema di Weierstrass essa deve ammettere massimo assoluto su K. Tuttavia, in nessun punto di K che stia sul bordo del quadrato [, /] [, /] essa può assumere il suo massimo. oiché l unico punto interno a [, /] [, /] candidato al ruolo di estremante vincolato è +, + ), esso risolve il problema. Il triangolo cercato è quindi il triangolo rettangolo isoscele avente i due cateti che misurano +. 6