Tutorato di Analisi 2 - AA 2014/15

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1 Tutorato di Analisi - AA / Emanuele Fabbiani marzo Funzioni in più variabili. Dominio Determinare e rappresentare gracamente il più grande insieme di R n che può essere dominio delle seguenti funzioni. Le condizioni da imporre sono identiche a quelle relative alle funzioni in una variabile. Per esempio: L'argomento di una radice di indice pari deve essere maggiore o uguale a zero. L'argomento di un logaritmo deve essere strettamente positivo. I denominatori devono essere diversi da zero. Nel risolvere le disequazioni per via graca è opportuno tenere in considerazione i seguenti fatti: Per curve che deitano una supercie chiusa (es. ellisse, circonferenza,...) il segno > implica che la regione che verica la disequazione è quella ESTERNA alla linea chiusa, mentre con < l'insieme soluzione è INTERNO alla curva. Per curve che NON deitano una supercie chiusa (es. retta, parabola,...) il segno > implica che la regione che verica la disequazione è quella AL DI SOPRA della linea chiusa, mentre con < l'insieme soluzione è AL DI SOTTO della curva. Se la disuguaglianza è larga (, ) la curva è compresa nell'insieme soluzione e va quindi disegnata con tratto continuo. Se la disuguaglianza è stretta (<, >) la curva NON è compresa nell'insieme soluzione e va quindi disegnata tratteggiata. NOTA: nei graci successivi, le regioni VERDI rappresentano la soluzione delle relative disequazioni.. f (, ) = + + ln ( + ) L'argomento della radice deve essere maggiore o uguale a zero, quello del logaritmo strettamente positivo: + (.) + > La prima disequazione è sempre vericata, la seconda rappresenta la regione di piano sopra la retta =. Il dominio risulta quindi essere: D = (, ) R : > } (.) Il graco è il seguente. Figura.: Dominio

2 . Il denominatore deve essere diverso da zero: f (, ) = + + (.) (.) Il dominio risulta quindi essere: D = (, ) R : } (.) Il graco è il seguente Figura.: Dominio. f (, ) = ln ( + ( ) ) + L'argomento del logaritmo deve essere positivo, come quello della radice, giacché essa si trova al denominatore. + ( ) > (.) > + ( ) > < (.7) La prima disequazione individua i punti esterni alla circonferenza di centro C (, ) e raggio r = =. La seconda i punti al di sotto della parabola =. Non è agevole risolvere la disequazione per via algebrica, quindi ci si ita a scrivere il dominio come l'insieme in cui entrambe le condizioni sono vericate: D = (, ) R : + ( ) > < } (.) Gracamente, la soluzione del sistema è la regione di piano in cui entrambe le disequazioni sono vericate contemporaneamente. Figura.: Dominio

3 . f (, ) = + Il radicando deve essere maggiore o uguale a zero: + (.9) Per riconoscere di quale curva si tratti, è opportuno spostare il termine noto a destra dell'uguale e dividere entrambi i membri per quattro: + (.) Il dominio risulta quindi essere: D = + (.) } (, ) R : + (.) Si tratta quindi di un ellisse con i fuochi sull'asse. Le coordinate dei vertici sono: ( ± ; ) = (±; ) e ( ; ± ) = (; ±). Il verso della disequazione impone di considerare la regione esterna. Figura.: Dominio. ( ) ( ) + f (, ) = sin + ln + + La funzione seno è denita su tutti i numeri reali: l'unica restrizione è imposta dalla radice, il cui argomento deve essere maggiore da zero. L'argomento del logaritmo, inoltre, deve essere maggiore di zero: + > + > (.) Il dominio si scrive: D = } (, ) R : > + > (.) La prima condizione esclude tutti i valori a sinistra della retta =. La seconda è una disequazione fratta: occorre studiare il segno di numeratore e denominatore separatamente e poi trovare le regioni in

4 cui i segni dei due termini sono concordi. La disequazione richiede infatti che la frazione sia nel complesso positiva: Num > > Den > (.) + > Num > < Den > + (.) < La prima curva corrisponde alla bisettrice del primo e del terzo quadrante. La seconda ad una circonferenza di raggio e centro nell'origine. Il seguente graco illustra i passaggi necessari per arrivare alla soluzione. (a) Prima disequazione (b) Num > (c) Den > (d) Dominio. Funzioni notevoli Disegnare il graco delle seguenti funzioni.. f (, ) = + Si riconosce un cono rivolto verso l'alto con apertura π. basso lungo l'asse z. Graco: Il corrisponde ad una traslazione verso il Figura.: Graco. f (, ) = ( + ) + La funzione rappresenta un paraboloide con vertice nel punto ( =, = ) traslato di verso il basso. Di conseguenza la coordinata z del vertice, solitamente pari a zero, assume il valore. Graco:

5 Figura.: Graco. f (, ) = + + Innanzitutto è necessario portare il fuori dalla radice. f (, ) = + + (.7) Si riconosce così un cono rivolto verso il basso di apertura π arctan ( ) = π. Questo è rivolto verso il basso è traslato in alto di. Il graco è il seguente: Figura.7: Graco. f (, ) = ( ) + Si riconosce che la funzione rappresenta una semisfera posizionata nella regione dove z <. Si elevano quindi a quadrato entrambi i membri dell'equazione: z = ( ) + (.) z = ( ) + (.9)

6 La semisfera ha centro (; ; ) e raggio. Il graco è il seguente: ( ) + + z = + (.) Figura.: Graco. Curve di livello Determinare e rappresentare gracamente la curva di livello l delle seguenti funzioni, al variare di l R. Le curve di livello si ottengono sezionando il graco con un piano parallelo a ad altezza l, ovvero uguagliando a l la funzione f (, ).. f (, ) = ( + ) + La funzione individua un paraboloide. Si impone f (, ) = l. ( + ) + = l (.) ( + ) + = l + (.) Sono circonferenza di centro (, ) e raggio l +, crescente all'aumentare di l Figura.9: Curve di livello. f (, ) = + + La funzione descrive un paraboloide. Si impone f (, ) = l. + + = l (.)

7 Si aprono ora due possibilità. La prima: riconoscere che si tratta di una circonferenza, ricordare le formule di terza liceo e calcolare centro e raggio. L'equazione della curva riordinata è: + + l = da cui si ricavano le coordinate del centro dividendo l'opposto dei coecienti di e per : ( C = ; ) = (; ) (.) e il valore del raggio con la formula: r = c + c termine noto = + l (.) La seconda: ricostruire l'equazione della circonferenza ( c ) + ( c ) = r con il metodo del completamento del quadrato: + + = l (.) = l (.7) + ( + ) = l + (.) Da cui C = (; ) (.9) r = l + (.) Le curve di livello sono quindi circonferenze di centro C e raggio r. I graci risultano essere i seguenti: Figura.: Curve di livello. f (, ) = + Si impone f (, ) = l. + = l (.) = l (.) Le curve di livello sono rette parallele, con coeciente angolare e ordinata all'origine l. Al crescere di l, le rette traslano nel verso positivo dell'asse delle ordinate. Si noti che la funzione di partenza denisce un piano in R. I graci risultano essere i seguenti: 7

8 Figura.: Curve di livello. f (, ) = e + La funzione non somiglia ad alcuna di quelle note. Si impone f (, ) = l. e + = l (.) Si risolve l'equazione esponenziale in modo da ricavare = f (). e + = l (.) ( ) ln e + = ln (l) (.) + = ln (l) (.) = + ln (l) (.7) Le curve di livello sono quindi parabole con asse parallelo a, concavità verso l'alto e vertice ( V = ) ; + ln (l) = (; ln (l) ) (.) Al crescere di l > le parabole traslano verso l'alto. I graci sono i seguenti Figura.: Curve di livello

9 . Limiti Calcolare, se esiste, il valore dei seguenti iti. Per dimostrare che un ite non esiste occorre trovare almeno due cammini, appartenenti al dominio della funzione, tali che il ite f (, ) (.9) (,) (, ) calcolato avvicinandosi al punto (, ) lungo quei percorsi fornisca due risultati diversi. Per il teorema di unicità, infatti, ogni ite, se esiste, è unico. Nel caso in cui si sospetti che il ite esista e si voglia calcolare il valore, è molto spesso opportuno operare un cambio di variabili, trasformando le coordinate cartesiane in polari. Le equazioni della trasformazione sono: = ρ cos θ (.) = ρ sin θ Analogamente a quanto visto nell'ambito dei numeri complessi, ρ rappresenta la distanza del punto P (; ) dall'origine O (; ) e θ l'angolo formato dal segmento P O e dal semiasse positivo delle ascisse.. (,) (,) + La scelta più semplice è avvicinarsi al punto oggetto del ite lungo i due assi cartesiani. Valutando la itazione della funzione lungo l'asse =, il ite assume il valore: [ ] L = = (,) (,) + = (,) (,) = (.). Considerando invece la itazione della funzione all'asse = si ha: [ ] L = = = (.) (,) (,) + (,) (,) + Dal momento che L L il ite non esiste. = (,) (,) L'approccio utilizzato nell'esercizio precedente si rivelerebbe errato, in quanto la retta = è completamente esclusa dal dominio della funzione. Si scelgono allora due rette passanti per l'origine, per esempio le bisettrici dei quadranti. Calcolando il ite sulla funzione itata alla retta =, si ha: L = (,) (,) [ ] Utilizzando invece =, si ottiene: [ ] L = (,) (,) = = Dal momento che L L il ite non esiste. = = (,) (,) = (.) (,) (,) + = = (,) (,) = (.) (,) (,). (,) (;) + Si passa alle coordinate polari. Occorre innanzitutto trasformare il punto in cui viene calcolato il ite: = ρ = + = (.) = Non si ricava θ perché il risultato del ite, se esiste, deve essere il medesimo per tutte le direzioni lungo le quali è possibile avvicinarsi all'origine. (,) (;) + = ρ (ρ cos θ) (ρ sin θ) (ρ cos θ) + (ρ sin θ) = ρ ρ cos θ sin θ ρ ( cos θ + sin θ ) = (.) 9

10 ρ ρ cos θ sin θ = θ Per giusticare l'ultimo passaggio si ricorre al teorema che stabilisce che il prodotto di una funzione innitesima per una itata è innitesimo.. ln ( + ) (,) (;) + Si passa alle coordinate polari. La trasformazione è identica a quella presentata nell'esercizio precedente. ln ( + ) ( ρ sin θρ cos θ ln ρ cos θ + ρ sin θ ) = = (,) (;) + ρ ρ cos θ + ρ sin (.7) θ ρ sin θ cos θ ln ( ρ ( cos θ + sin θ )) ρ ρ ( cos θ + sin θ ) = Ora, la funzione in θ è itata tra e : Quindi vale la seguente relazione: Per le gerarchie degli inniti e degli innitesimi si ricava: ( ρ sin θ cos θ ln ) ρ ρ ρ = ρ sin θ cos θ ln (ρ) ρ + sin θ (.) sin θ cos θ (.9) ρ ln ( ρ ) ρ sin θ cos θ ln (ρ) ρ ln ( ρ ) (.) Di conseguenza, grazie al teorema del confronto, si può aermare che: ρ + ±ρ ln (ρ) = (.) ρ sin θ cos θ ln (ρ) = (.) ρ +