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1 Cognome:... Nome:... Matricola: 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 ) Si consideri la funzione f : R definita da f(x, y) = (x + y)e y2 x. a) Si determinino l estremo inferiore e gli eventuali massimi e minimi locali della funzione f (x, y) in. Non si richiede di determinare l estremo superiore della funzione. Facili conti forniscono f(x, y) = ((1 x y)e y2 x, (1 2yx 2y 2 )e y2 x ); quindi f(x, y) si annulla se e solo se x = y = 1/2. Quindi l unico punto candidato ad essere un estremo locale è P = (1/2, 1/2). Poichè otteniamo [ H f (x, y) = e y2 x (x + y 2) e y2 x (2yx + 2y 2 2y 1) e y2 x (2yx + 2y 2 2y 1) e y2 x ( 2x 2y + 4xy 2 + 4y 3 4y) [ ] e 3/4 e H f (1/2, 1/2) = 3/4 e 3/4 3e 3/4 : è evidente che H f (1/2, 1/2) è definita negativa e quindi P = (1/2, 1/2) è un punto massimo locale. Altri estremali locali non esistono. Osservando che lim f( n, ) = lim n n ne n =, è evidente che l estremo inferiore della funzione f è. b) Si determinino gli eventuali massimi e minimi locali della funzione f (x, y) in B = {(x, y) : x 2 + 2xy + y 2 2x 2y + 1 = }. Sia g : R definita da g(x, y) = x 2 + 2xy + y 2 2x 2y + 1. Consideriamo la funzione Lagrangiana L : R R definita da L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y) : otteniamo ], L x = x (e y2 2λ)(1 x y), L y = e y2 x ( 2yx 2y 2 + 1) + 2λ(x + y 1), L λ = x2 + 2xy + y 2 2x 2y + 1. Cerchiamo le terne (x, y, λ) per cui L(x, y, λ) sia nullo. λ = e y2 x /2 (caso A) oppure y = 1 x (caso B). Chiaramente L x = se e solo se 1

2 (caso A) Sostituendo λ = e y2 x /2 in L y = otteniamo λ( 2yx 2y2 + x + y) = ; poichè λ = e y2 x /2, abbiamo (x + y)( 2y + 1) =. Quindi y = x oppure y = 1/2. Sostituendo queste due condizioni nel vincolo g(x, y) = L λ = otteniamo y = x 1 = impossibile; y = 1/2 x 2 x 1/4 = x = 1/2. Abbiamo così ottenuto che L(1/2, 1/2, e 3/4 /2) =. (caso B) Sostituendo y = 1 x in L = otteniamo y e 1+x x2 (2x 1) = : la sola soluzione è x = 1/2 che implica y = 1/2. Quindi l unico punto che annulla il gradiente della Lagrangiana è il punto P = (1/2, 1/2) : poichè già sappiamo che P è punto di massimo locale (non vincolato), abbiamo che P è massimo locale vincolato. Altri estremanti locali vincolati non ce ne sono. 1 c) Si determinino i massimi e minimi locali della funzione f (x, y) in C = {(x, y) : x + y 1}. L insieme C è un quadrato centrato nell origine: y y=1+x 1 y=-1+x -1 1 x y=1-x -1 y=-1-x Poichè la funzione f è continua e C è chiuso e limitato, almeno un massimo e un minimo devono esistere in C. Cominciamo con lo studiare l interno di C : poichè un punto interno a C per essere estremante deve annullare il gradiente di f, l unico punto candidato (vedi punto a. dell esercizio) è il punto 1 Questo punto si poteva risolvere in modo molto più veloce osservando che la condizione espressa dal vincolo è tale che x 2 + 2xy + y 2 2x 2y + 1 = (x + y 1) 2 =. Quindi il vincolo è esplicitabile nella retta y = 1 x. Sostituendo nella funzione f otteniamo f(x, 1 x) = e x2 +x 1. x2 +x 1 A questo punto basta studiare la funzione in una variabile h : R R definita da h(x) = e : facili conti mostrano che x = 1/2 è massimo assoluto. Poichè x = 1/2 implica, grazie al vincolo, y = 1/2, il punto P = (1/2, 1/2) è l unico estremante relativo. 2

3 P = (1/2, 1/2). Ma P non appartiene all interno di C : quindi nell interno di C non ci sono massimi e minimi. Studiamo C, bordo dell insieme C. Definendo i segmenti r 1 = {(x, y) : y = 1 x, x 1} r 2 = {(x, y) : y = 1 + x, 1 x } r 3 = {(x, y) : y = 1 x, 1 x } r 4 = {(x, y) : y = 1 + x, x 1}, chiaramente abbiamo C = r 1 r 2 r 3 r 4. Studiamo allora il comportamento delle funzione f ristretta ad ognuno dei 4 segmenti: Segmento r 1 : sia f 1 = f r1 e quindi f 1 : [, 1] R è definita da f 1 (x) = f(x, 1 x) = e x2 +x 1. Facili conti danno f 1(x) = ( 2x + 1)e x2 +x 1 > x (, 1/2). Segmento r 2 : sia f 2 = f r2 e quindi f 2 : [ 1, ] R è definita da f 2 (x) = f(x, 1 + x) = (2x + 1)e x2 3x 1. Facili conti danno f 2(x) = (4x 2 + 8x + 1)e x2 +x 1 > x ( 1, 1 + 3/2). Segmento r 3 : sia f 3 = f r3 e quindi f 3 : [ 1, ] R è definita da f 3 (x) = f(x, 1 x) = e x2 3x 1. Facili conti danno f 3(x) = (2x + 3)e x2 3x 1 > x ( 1, ). Segmento r 4 : sia f 4 = f r4 e quindi f 4 : [, 1] R è definita da f 4 (x) = f(x, x 1) = (2x 1)e x2 +x 1. Facili conti danno f 4(x) = (4x 2 4x 1)e x2 +x 1 > x (, 1). Riportando le informazioni raccolte su C e indicando con la direzione lungo la quale la funzione f ristretta a C cresce, otteniamo 3

4 Quindi P = (1/2, 1/2) e S = ( 1+ 3/2, 3/2) sono punti di massimo relativo per f in C, mentre Q = (, 1) e T = ( 1, ) sono punti di minimo relativo per f in C. d) Determinare, se esistono, la retta tangente alla curva di livello passante per il punto (1/2, 1/2) e la retta tangente alla curva di livello passante per (2, 1). Nel punto P = (1/2, 1/2) la funzione f assume il valore e 3/4 : abbiamo inoltre visto che P è un massimo locale: questo vuol dire che esiste un intorno U del punto P tale che f(x, y) < f(1/2, 1/2), per ogni (x, y) U \ P. In altre parole, in un intorno del punto P, la curva di livello passante per P si riduce al solo punto P, cioè γ e 3/4 = {(x, y) U : f(x, y) = e 3/4 }. Chiaramente non esiste la retta tangente a γ e 3/4. La funzione f in (2, 1) assume il valore e 3 : quindi (2, 1) appartiene alla curva (x+y)e y2 x = e 3. Consideriamo la funzione F : R definita da F (x, y) = (x + y)e y2 x e 3. Chiaramente F (2, 1) = ; inoltre x = (1 x x y)e y2 = y = (1 2xy 2y2 )e y2 x = (2, 1) =, x y (2, 1) = 3e 3. Quindi esiste una funzione G : (2 ɛ, 2+ɛ) ( 1 δ, 1+δ), con ɛ e δ positivi, tale che y = G(x) e F (x, G(x)) = per ogni x (2 ɛ, 2 + ɛ) : in particolare G(2) = 1. Questa funzione G è, in un intorno di (2,-1), la curva di livello cercata. Inoltre G x (y) = y = G (2) =. La retta r tangente al grafico della G in x = 2 è data da y = 1. 2) Si consideri la funzione f : R definita da f(x, y) = ye y2 +x. Per ogni α positivo si consideri la regione D α = {(x, y) : x + y ; x y α ; y }. Si determinino gli α per i quali esiste finito D α f(x, y) dxdy. La regione D α è, al variare di α positivo, è data da < α < 1, α = 1, α > 1. 4

5 Osservando che f è sempre non negativa in D α, possiamo dividere il dominio di integrazione D α in due insiemi e scrivere l integrale richiesto come ye y2 +x dydx + D α f(x, y) dxdy = = = 1 2 x e x ( 1 2 e y2 e x x2 dx dx + x e x x2/α dx. ye y2 +x dydx x 1/α ( e x 1 2 e y2 x 1/α dx Studiamo la convergenza dei due integrali impropri ottenuti. La funzione x e x x2 è continua e per x va a zero più velocemente, per esempio, della funzione x 1/x 2 : essendo quest ultima integrabile otteniamo < e x x2 dx <. La funzione x e x x2/α è continua. Per x abbiamo tre casi: se α positivo e α < 2, chiaramente 2/α > 1 e quindi, per x abbastanza grande abbiamo x x 2/α x 2/α /2, da cui e x x2/α e x2/α /2, per x ; essendo e x2/α /2 integrabile a, in questo caso, anche il secondo integrale converge, cioè se α = 2 otteniamo < e x x dx = e x x2/α dx <. dx =. se α > 2, chiaramente 2/α < 1 e quindi per x abbastanza grande abbiamo x x 2/α x/2, da cui e x x2/α e x/2, per x ; essendo e x/2 non integrabile a, in questo caso, anche il secondo integrale diverge cioè e x x2/α dx =. Concludendo, l integrale proposto converge se e solo se α (, 2). 3) Si calcoli (x 2 + z 2 ) dxdydz, B(,1) ove B(v, r) R 3 è la bolla chiusa di centro v e raggio r. 5

6 Abbiamo una funzione continua da integrare su un insieme chiuso e limitato: quindi l integrale richiesto esiste finito. Il dominio di integrazione è chiaramente {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 1}. Poichè nella funzione integranda non compare la y e osservando la particolarità della funzione, è comodo passare in coordinate cilindriche: Chiaramente x 2 + z 2 = ρ 2 da cui x = r cos θ y = y z = r sin θ x 2 + y 2 + z 2 1 r 2 1 y 2 r 1 y 2. Ricordando che il determinante della matrice lo Jacobiana del cambio di coordiante cilindriche è r, l integrale richiesto lo riscriviamo come x 2 +y 2 +z 2 1 (x 2 + z 2 ) dxdydz = y 2 1 = 2π = π 2 = 8π ( 1 4 r4 2π 1 y 2 (1 y 2 ) 2 dy r 3 dθdrdy dy 4) Per ogni intero positivo n, si consideri l insieme S n = B(, n)\b(, n 1), ove B(v, r) è la bolla chiusa di centro v e raggio r. Si consideri la funzione { 1 se (x, y) Sn con n pari f(x, y) = 1 se (x, y) S n con n dispari Calcolare f(x, y) dxdy. B(,6) Dopo aver verificato che f(x, y) dxdy non esiste, si determini una funzione g : R +, (quindi positiva) tale che f(x, y)g(x, y) dxdy esista finito. 6

7 S 1 è il cerchio centrato nell origine e raggio 1; per n > 1, S n sono le corone circolari di raggio interno n 1 e raggio esterno n. Nella regione colorata di giallo, la funzione f assume il valore 1, nella regione colorata di verde assume il valore 1. Chiaramente l area di S n, per n > 1 è pari a πn 2 π(n 1) 2 = π(2n 1). Quindi B(,6) f(x, y) dxdy = = 6 ( ) f(x, y) dxdy k=1 S k 6 ( ) 1 dxdy + ( 1) k+1 dxdy S k B(,1) = π1 2 + = π Un conto analogo al precedente mostra che Ricordiamo che e osserviamo anche che B(,n) k=2 6 ( 1) k+1 π ( k 2 (k 1) 2) k=2 6 ( 1) k+1 (2k 1) = 6π. k=1 f(x, y) dxdy = π n ( 1) k+1 (2k 1). k=1 f(x, y) dxdy = lim R lim f(x, y) dxdy = π n B(,n) B(,R) f(x, y) dxdy ( 1) k+1 (2k 1) ; poichè il termine generale della serie non tende a zero, la serie non è converge. Quindi l integrale assegnato non esiste. 7 k=1

8 Si consideri, ad esempio, la funzione g definita su tutto come g(x, y) = e x2 y 2. Chiaramente g è positiva. Proviamo ora che f(x, y)g(x, y) dxdy esiste finito; per questo è sufficiente provare che f(x, y)e x2 y 2 dxdy R esiste finito;. Infatti 2 x2 y2 f(x, y)e dxdy = f(x, y)e x2 y 2 dxdy dxdy x2 y2 e R 2 2π re r2 = dθdr = 2π ( 12 e r2 = π <. 8