Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 2011/2012

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1 Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. / C.d.L. in Ingegneria Informatica ed Elettronica - Università degli Studi di Perugia Prova scritta del 7 giugno. ( punti) Disegnare l insieme E (x, y, z) R : x + y z x y } e calcolarne il volume.. ( punti) Dopo averne giustificato l esistenza, determinare massimo e minimo assoluti di f(x, y) x + y (x + y) + sul triangolo T di vertici A (, ), B (, ), C (, ).. (8 punti) Trovare la soluzione del problema di Cauchy y y + y e t/ y() y (). Svolgimento. L insieme E è la regione di spazio compresa tra il cono retto di vertice (,, ) avente la concavità rivolta verso il basso e la semisfera unitaria positiva. E noto che V (E) E dxdydz. Essendo l insieme E z-semplice rispetto ad una base circolare, si può utilizzare il cambiamento di variabili tramite coordinate cilindriche x ρ cos θ y ρ sen θ ; j ρ z z cosicché V (E) ρ dθdρdz. E Dobbiamo quindi determinare E. Poichè la base di E, diciamo D, è delimitata dai punti per cui x + y x y x + y, quella di E sarà D (θ, ρ) : θ π, ρ }, da cui E (θ, ρ, z) : θ π, ρ, ρ z ρ }.

2 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / Applicando allora le formule di riduzione abbiamo V (E) D π π. ( ) ρ ρ dz dθdρ ρ ρ ρ + ρ dθdρ ρ D dθ ρ ρ ρ + ρ dρ π [ ] ( ρ ) / ρ / + ρ / In alternativa, poste f(x, y) x y e g(x, y) x + y, il volume di E si può calcolare come integrale doppio: V (E) V (f, g) f(x, y) g(x, y) dxdy. D Infine, il risultato può essere ottenuto semplicemente ricordando che volume del tronco di cono di altezza è π e che quello della semisfera unitaria è π.. Il triangolo è un insieme compatto e la funzione è continua, quindi per il teorema di Weierstrass f ammette su T massimo e minimo assoluti. Ovviamente il massimo sarà il massimo dei massimi relativi, mentre il minimo sarà il minimo dei minimi relativi. Ora, f è sempre derivabile, quindi l insieme dei punti di non derivabilità su T è vuoto. Vediamo l insieme dei punti critici di f su T : fx (x, y) x x y x f y (x, y) y y x y y y x }} y x x yx y x y(y 4) (x, y) (, ) (x, y) (4/, 4/), entrambi punti non interni al triangolo. Dunque anche l insieme dei punti critici di T è vuoto. Resta da studiare T T AB BC CA. Chiaramente così AB (x, y) R : x, y } f AB (x, y) g(x) x x +, x [, ]. Si ha g (x) x(x ) > }} x > /. x> Segue che x e x sono punti di massimo assoluti per g nel suo dominio, mentre x / è punto di minimo assoluto per g nel suo dominio; allora: (, ) e (, ) sono eventuali punti di massimo assoluto per f su T ; (/, ) è eventuale punto di minimo assoluto per f su T. Consideriamo ora da cui Si ha h (x) x > x >. BC (x, y) R : x, y x} f BC (x, y) h(x) 6x x + 5, x [, ].

3 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / Segue che x e x sono punti di massimo assoluti per h nel suo dominio, mentre x è punto di minimo assoluto per h nel suo dominio; allora: (, ) e (, ) sono eventuali punti di massimo assoluto per f su T ; (, ) è eventuale punto di minimo assoluto per f su T. Osservando che la funzione presenta la simmetria f(y, x) f(x, y), lo studio di CA è speculare a quello di AB, per cui: (, ) e (, ) sono eventuali punti di massimo assoluto per f su T ; (, /) è eventuale punto di minimo assoluto per f su T. Concludendo: f(, ) f(, ) 5 e f(, ), quindi (, ) e (, ) sono punti di massimo assoluti per f su T e max f(t ) 5; f(/, ) f(, /) /7 e f(,)-, quindi (, ) è punto di minimo assoluto per f su T e min f(t ).. Consideriamo l equazione omogenea associata: z z + z. La sua equazione caratteristica è r r + avente radici r,. Dunque l integrale generale dell equazione omogenea è z(t) c e t + c te t, c, c R. () Cerchiamo ora un integrale particolare dell equazione completa. Esso sarà della forma ȳ(t) ke t/. Allora ȳ (t) k et/ e ȳ (t) k 4 et/, che sostituite nell equazione data forniscono Pertanto l integrale particolare cercato è k 4 k + k k 4 4. ȳ(t) 4 4 et/. () Da () e () abbiamo quindi che l integrale generale dell equazione assegnata è Imponiamo ora le condizioni iniziali. Da y() abbiamo y(t) c e t + c te t et/, c, c R. 4 c + 4 c 4 4. Essendo poi y (t) c e t + c e t + c te t + 4 et/, da y () abbiamo c + c + 4.

4 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 4 Ricordando che c 4 4, si ha c + 4 c 4 4. La soluzione del problema di Cauchy dato è in conclusione la seguente: 4 y(t) 4 e t te t et/. Prova scritta del giugno. (8 punti) Assegnato D (x, y) R : y, x + y }, calcolare y x + y dxdy.. ( punti) Sia dato il campo vettoriale F (x, y, z) Ω (x, y, z) R : y >, z > }. a) Mostrare che F é irrotazionale su Ω. b) Dire se F é conservativo e, se sí, determinarne la famiglia dei potenziali. D ( xye z + cos y, y + x e z xsin y, z + x ye z) su c) Calcolare il lavoro di F lungo il segmento congiungente (,, ) a (, e, e) e verificare il risultato tramite uno degli altri metodi possibili. y(x y ). ( punti) Studiare zeri e segno della funzione f(x, y) x + y, (x, y) (, ), (x, y) (, ). Studiarne quindi continuitá, derivabilitá e differenziabilitá in (, ). Svolgimento. Posto I D y x + y dxdy, passando a coordinate polari si ha I ρ sin θ ρ ρdθdρ, D ove D (θ, ρ) : θ π, ρ }. Data la presenza del modulo, l insieme D va rivisto come l unione dei due insiemi D (θ, ρ) : θ π, ρ }, D (θ, ρ) : θ π, ρ }. Applicando quindi la proprietà di additività e le formule di riduzione degli integrali doppi (nel caso particolare di integranda a variabili separabili e dominio rettangolare) si ottiene I ρ sin θ ( ρ ) dθdρ + ρ sin θ (ρ ) dθdρ π π D π D sin θ dθ ρ ρ 4 dρ + sin θ dθ [ ] ρ [ sin θ dθ ρ5 ρ ρ. ] ρ 4 ρ dρ

5 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 5. a) Il campo è irrotazionale su Ω in quanto F y xez sin y F x ; F z xyez F x ; F z x e z F y. b) Il campo è anche conservativo in quanto irrotazionale e di classe C su Ω aperto e convesso. Per determinarne la famiglia dei potenziali impostiamo il sistema U x (x, y, z) F (x, y, z) xye z + cos y U y (x, y, z) F (x, y, z) y + x e z xsin y U z (x, y, z) F (x, y, z) z + x ye z Integrando la prima equazione rispetto ad x si ha Da questa si deriva che sostituita nella seconda equazione fornisce U(x, y, z) x ye z + x cos y + c(y, z). () U y (x, y, z) x e z x sin y + c y (y, z), c y (y, z) y c(y, z) log y + k(z). Allora la () diventa U(x, y, z) x ye z + x cos y + log y + k(z). (4) Derivando ora rispetto a z si ha U z (x, y, z) x ye z + k (z). Sostituendo nella terza equazione si ha dunque k (z) z k(z) log z + c, c R. La (4) fornisce allora la famiglia cercata: U(x, y, z) x ye z + x cos y + log y + log z + c, c R. c) Per il teorema sui campi conservativi, posto γ il segmento assegnato, abbiamo L γ F d r U(, e, e) U(,, ) log e log. Allo stesso risultato si giunge tramite la definizione di integrale di linea di seconda specie. In tal caso, scegliendo come parametrizzazione di γ x r : y t, t [, e] z t abbiamo L γ F d r γ F dy + F dz e t + t dt [ log t]e.

6 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 6. Zeri e segno. Si ha: f(x, y) y x y y y ± x y y ± x, cioè sull asse delle ascisse e sulle bisettrici dei quadranti; y > y < y > f(x, y) > x > y x < y x < y < x < y < x y < x. y < y < x y > x Continuitá, derivabilitá e differenziabilitá in (, ). La funzione è continua in (, ) essendo Infatti: e lim f(x, y) f(, ). (x,y) (,) f(θ, ρ) ρ sin θ(cos θ sin θ) ρ ρ + f(θ, ρ) ρ sin θ cos θ sin θ ρ sin θ ( cos θ + sin θ ) ρ ρ +. La funzione è anche derivabile in (, ) e f(, ) (, ), in quanto R(h) R(k) f(h, ) f(, ) h f x (, ) ; h f(, k) f(, ) k( k ) k k k k f y (, ). La funzione non è invece differenziabile in (, ). Infatti il limite da studiare è [ f(h, k) f(, ) f(, ) (h, k) k(h lim k ] ) lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h + k + k h + k. (5) Ma la funzione [ ρ sin θ(cos θ sin ] θ) g(θ, ρ) ρ + ρ sin θ ρ sin θ(cos θ sin θ) + sin θ non converge a per ρ +, quindi il limite (5) non esiste. Prova scritta del 6 luglio. ( punti) Calcolare l area della superficie Σ (x, y, z) R : x + y + z, z }. (Suggerimento: usare la parametrizzazione cartesiana). ( punti) Dato E (x, y) R : x + (y ), x, y x}, calcolare. (8 punti) Studiare zeri, segno, continuitá e derivabilitá della funzione Svolgimento x y (x + y) arctg f(x, y) x + y, (x, y) (, ), (x, y) (, ). E ds x + y.

7 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 7. L equazione cartesiana della superficie è z x y, (x, y) D ove D è l insieme dei punti del piano xy interni a quelli per cui x + y + z z x + y 4, ovvero D (x, y) : x + y 4 }. Posta g(x, y) x y, (x, y) D, ed osservato che g x (x, y) x x y ; g y(x, y) y x y, l area cercata è data da a(σ) Σ ds x +y 4 x +y 4 D + + g x(x, y) + g y(x, y) dxdy x x y + y x y dxdy dxdy x y. Passando ora a coordinate polari (x ρ cos θ, y ρ sin θ; j ρ), l insieme D viene trasformato nel rettangolo [, π] [, /]; applicando quindi le formule di riduzione nel caso di integranda a variabili separabili e dominio rettangolare, abbiamo a(σ) π ρ dθdρ ρ [,π] [, /] ] / [ ( ρ ) π. π / ρ dρ dθ ρ. Osserviamo intanto che l integrale è ben posto in quanto la retta y x non incontra l insieme E. Inoltre, la curva E non è regolare, ma unione di tre curve regolari, dunque possiamo scrivere ove: E Parametrizzando AB con si ha AB ds x + y AB ds x + y + ds BC x + y CA + ds x + y, (6) ds dt x + y t AB (x, y) : x y, x [, ]}; BC (x, y) : x + (y ), x [, ]}; CA (x, y) : x, y [, ]}. r (t) (t, t), t [, ] ; ds dt, t dt [log t ] log. (7)

8 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 8 Poi, parametrizzando BC con si ha BC ds x + y r (t) (cos t, + sen t), t [, π/] ; ds dt, π/ dt cos t + sen t }} formule parametriche +z dz z + z +z +z [ arctg z / ] / dz z z + 6 ( arctg + arctg ). (8) Infine, parametrizzando CA con si ha E CA r (t) (, t), t [, ] ; ds dt, ds x + y dt t [log t ] log. (9) Da (6), (7), (8) e (9) deduciamo dunque che ds x + y log 6 ( arctg + arctg ) log.. Zeri. f(x, y) (x, y) (, ) x + y x y (x, y) (, ) y x y x. Segno. f(x, y) > x + y > y > x. Continuità. La funzione è continua nei punti diversi dall origine come composizione di funzioni continue. Inoltre essa è anche continua in (, ) in quanto lim f(x, y) lim (x,y) (,) (x + y) (x,y) (,) }} infinitesima Allora f risulta essere continua su tutto R. x y arctg x + y } f(, ). } limitata Derivabilitá. La funzione è derivabile nei punti diversi dall origine e non appartenenti alla retta y x come composizione di funzioni derivabili. Studiamo la derivabilità in (, ). Si ha R(h) h f(h, ) f(, ) h arctg h h h R(k) f(, k) f(, ) k Dunque f è derivabile nell origine e f(, ) (π/, π/). h π arctg h h f x(, ) ; k π f y(, ) (per la simmetria di f). Studiamo ora la derivabilità in un generico punto del tipo (x, x ). R(h) f(x + h, x ) f(x, x ) h h + h arctg h (x + h) + ( x ) h x +( x ), h > x +( x ), h < pertanto f non è derivabile rispetto ad x nel punto in questione, da cui possiamo dedurre che la funzione non è mai derivabile nei punti della retta y x.

9 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 9 4 Prova scritta del 6 settembre. (8 punti) Assegnato D (x, y) : < x y x, < y x y }, calcolare l integrale D e y/x x y dxdy.. (4 punti) Studiare massimi e minimi relativi di f(x, y) xy x y.. (8 punti) Determinare l integrale generale dell equazione differenziale y y t e y t ed indicare, se possibile, gli insiemi di esistenza delle soluzioni. Determinare quindi l integrale particolare che verifica la condizione y(). Svolgimento. Osserviamo che D è la regione del I quadrante compresa tra le parabole y x, y x e le parabole x y, x y. Pensiamo quindi ad un cambiamento di variabili che trasformi la regione D in un rettangolo. Poniamo u y/x v x/y () da cui (D è addirittura un quadrato). D (u, v) : u, v } Per applicare all integrale la formula del cambiamento di variabile occorre calcolare la matrice jacobiana della trasformazione. A tal fine dobbiamo prima di tutto ricavare da () x ed y in funzione di u e v: Allora x u / v / y u / v /. (x, y) det (u, v) u 5/ v / u / v 4/ u 4/ v / u / v 5/ Pertanto, dalle formule di cambiamento di variabili e di riduzione, si ha D e y/x x y dxdy D u 4/ v / u / v 4/ dv u v. e u u v dudv [,] [,] eu dudv e u du e e.. In primo luogo osserviamo che il campo d esistenza della funzione è l insieme A (x, y) R : x + y }.

10 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / Quindi A F r A (x, y) : x + y } e J A (in quanto all interno di A la funzione è sempre derivabile). Determiniamo ora I A. Si ha e, per la simmetria di f, f x (x, y) y x y xy( x) + x y y( x y ) x y f y (x, y) x( x y ) x y. Allora risulta fx (x, y) f y (x, y) y( x y ) x y x( x y ) x y y x y x x y y x (x, y) (, ) x y y x x y x y (x, y) (, ) y x y x x y x + y (per differenza) (x, y) (, ) (x, y) (±, ) (x, y) (, ±) Risolviamo a parte il sistema rimasto: x y y ± x (x, y) (, ) (x, y) (, e queste sono anche le ultime soluzioni del sistema iniziale. x y y ± x y ± y y ± x x ± y ) ( (x, y), ) (x, y) Osserviamo che (±, ) e (, ±) non sono interni ad A, pertanto ( ) ( I A (, ),,, ),, (, ), Stabiliamo adesso quali degli eventuali punti estremanti lo sono davvero. Essendo e f(x, y) x y x + y f(x, y) > x + y < xy >, (, )}. (, ) deduciamo che i punti della circonferenza unitaria interni ai quadranti I e III sono di minimo relativo per f, mentre quelli che si trovano nei quadranti II e IV sono di massimo relativo per f; i punti (±, ) e (, ±) non sono né di massimo né di minimo relativo; (, ) è di sella (perch critico non estremante). Si noti che f presenta le simmetrie f(x, y) f( x, y) e f(x, y) f(y, x), quindi possiamo limitarci a studiare cosa accade nel settore circolare S (x, y) : x + y, x, y }. Ora, f è continua su S compatto, quindi per il Teorema di Weierstrass, la funzione ammette in S massimo e minimo assoluti. Dallo studio del segno possiamo dedurre che il punto di massimo assoluto non pu appartenere( alla frontiera di S; deve quindi essere interno. L unico punto interno candidato ad essere estremante è, ), che deve pertanto essere( punto di massimo ) assolutoper f su S e, dunque, su A. Dalle simmetrie ( sopra ) ( osservate ) abbiamo che anche, è punto di minimo assoluto per f su A, mentre, e, sono di minimo assoluto per f su A..,

11 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. /. L equazione data è un equazione differenziale del I ordine omogenea. Posto dunque z y/t, si ha z, ovvero f(z) z t z ez t. Quest ultima è un equazione differenziale del I ordine a variabili separabili che non ammette integrali singolari (perché e z per ogni z) e che quindi riscriviamo nel seguente modo: z e z t. Una soluzione z(t), t I R, di tale equazione dovrà verificare l equazione z (t)e z(t) t, t I (ove I è da determinare). Integrando tale equazione rispetto a t si ha da cui z (t)e z(t) dt t dt e z(t) log t + c, t, c R e z(t) log t c z(t) log(log t c) z(t) log(log t c). Dovendo essere log t c >, abbiamo che per ogni c R la corrispondente soluzione sussiste per i valori t > e c, ovvero il suo insieme di esistenza è dato da I ], e c ] [e c, + [. Ricordando ora la posizione z y/t, si ha y(t) t log(log t c), t > e c, c R. Imponendo ora la condizione iniziale y(), si ha e quindi l integrale particolare cercato è 5 Prova scritta del gennaio. ( punti) Dopo aver descritto e disegnato l insieme calcolare l integrale triplo y() log( c) c e y(t) t log(log t + e), t > e e. E (x, y, z) R : x + y + z, z E x + y + z dxdydz. x + y }, log( + x y ). ( punti) Studiare gli zeri di f(x, y) x + y, (x, y) (, ), (x, y) (, ). Studiarne poi continuità, continuità separata, derivabilità e differenziabilità in (, ).

12 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. /. ( punti) Dato F (x, y, z) ( x x + y, z + y z + y x + y, ) y + y z su Ω (x, y, z) R : x >, y >, z > }, verificare che F è irrotazionale e calcolarne un potenziale su Ω. Svolgimento. L insieme E è la parte della sfera unitaria contenuta nel semispazio superiore ed al di sotto del cono di equazione z x + y. Usando le coordinate sferiche l insieme E viene trasformato nel parallelepipedo x ρ sen ϕ cos θ y ρ sen ϕ sen θ, j ρ sen ϕ, z ρ cos ϕ E (θ, ϕ, ρ) : θ π, π/4 ϕ π/, ρ }. Applicando le formule di sostituzione e di riduzione, si ha E x + y + z dxdydz E ρ ρ sen ϕ dθdϕdρ π π[ cos ϕ] π/ π/4 [ρ4 /4] π/4. π/ dθ sen ϕ dϕ ρ dρ π/4. Zeri. Dalla definizione di f sappiamo che essa non si annulla nell origine. Altrove si ha f(x, y) log( + x y ) x y y ± x. Quindi gli zeri della funzione data sono tutti i punti delle bisettrici dei quadranti, esclusa l origine. Continuità in (, ). Dal punto precedente abbiamo che f non può essere continua nell origine. Infatti: (Altro modo: passando a coordinate polari si ha lim f(x, x) lim f(, ). x x log( + ρ cos θ sen θ ) lim f(θ, ρ) lim ρ + ρ + ρ log( + ρ cos θ ) lim ρ + cos θ che non è indipendente da θ, dunque non esiste limite in (, ).) Continuità separata in (, ). cos θ ρ cos θ lim f log( + x ) y(x, y) lim f(x, ) lim x x x x f(, ) ; lim y f x(x, y) lim y f(, y) lim y log( + y ) y f(, ) ;

13 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / dunque f è continua separatamente nell origine rispetto ad entrambi gli assi. Ha senso pertanto chiedersi se f sia derivabile nell origine. Derivabilità in (, ). f(h, ) f(, ) lim R(h) lim h h h lim h log( + h ) h h }} H. log(+h ) h lim h h lim h h +h h h h lim h h quindi f x (, ) ; analogamente si trova che f y (, ) ; pertanto f è derivabile nell origine e f(, ) (, ). Differenziabilità in (, ). La funzione non è differenziabile nell origine in quanto nel punto non è continua globalmente.. Il campo assegnato è irrotazionale in quanto si ha: F y 4xy (x + y ) F x ; F z F x ; F z y z ( + y z ) F y. Per la ricerca del potenziale U, si ricordi che deve essere U F, pertanto U deve essere soluzione del sistema U x (x, y, z) x x +y U y (x, y, z) z + y +y z x +y (x, y, z) y U z Integrando la prima equazione rispetto ad x si ha U(x, y, z) Dobbiamo ora determinare la funzione h. Derivando l espressione di U rispetto a z si ottiene U z abbiamo h z (y, z) y, da cui +y z h(y, z) Ne segue che U(x, y, z) Rimane da determinare la funzione k. +y z. x x + y dx log(x + y ) + h(y, z). h (x, y, z) z (y, z); sostituendo nella terza equazione y + y dz arctg(yz) + k(y). z x x + y dx log(x + y ) + arctg(yz) + k(y). Derivando U rispetto ad y troviamo U y (x, y, z) y + z + k x +y +y z (y), che sostituito nella seconda equazione fornisce k (y), da cui k(y) c R. Allora U(x, y, z) Basta quindi porre c per avere il potenziale richiesto. x x + y dx log(x + y ) + arctg(yz) + c, c R.

14 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 4 6 Prova scritta del 7 febbraio. ( punti) Risolvere il problema di Cauchy y + xy x cos x y() ( punti) Determinare i punti estremanti di f(x, y) arctg 4x y /9 nel suo campo d esistenza e determinare l equazione del piano tangente al grafico di f in (, ).. ( punti) Assegnato D (x, y) : x >, x y x, π y x π}, calcolare l integrale Svolgimento D y x cos y x dxdy.. L equazione y + xy x cos x è lineare del I ordine; posti allora a(x) x e f(x) x cos x, abbiamo: A(x) B(x) a(x) dx c x / + c c x / ; e A(x) f(x) dx c e x / cos x + e x / x }} cos } x } g f e} x / x} sen } x } g f [ e x / cos x + e x / sen x e x / cos x + e x / sen x 4 e x / cos x + e x / sen x 4B(x) B(x) ex / Quindi l integrale generale dell equazione data è Troviamo ora l integrale particolare. Da 5 (sen x + cos x ). y(x) ce A(x) + B(x)e A(x) ce x / + ex / quindi la soluzione del problema assegnato è ce x / + sen x + cos x dx c }} per parti dx c }} ancora per parti ] e x / x cos x dx c e x / x cos x dx c 5 (sen x + cos x )e x / 6 5 y() c + 5 c 5, c R. y(x) e x / + sen x + cos x. 5

15 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. / 5. Il campo d esistenza della funzione è A (x, y) R : 4x + y /9 }, cioè i punti contenuti nell ellisse di centro l origine e semiassi a /, b. Dunque A F r A è il bordo dell ellisse, mentre J A o è vuoto. Vediamo chi è I A o: quindi da cui I A o (, )}. f x (x, y) f y (x, y) 8x [ + ( 4x y /9)] 4x y /9 y/9 [ + ( 4x y /9)] 4x y /9 f(x, y) (, ) (x, y) (, ) Per stabilire se i punti trovati sono davvero estremanti, cominciamo con lo studiare zeri e segno della funzione. f 4x y /9 4x + y /9, cioè su tutto A F r A; f > altrove in A; dunque i punti di A F r A sono di minimo assoluto per f su A. Osserviamo ora che f è continua su A che è chiuso e limitato (quindi compatto), pertanto per il Teorema di Weierstrass la funzione ammette su A anche massimo assoluto. Unico candidato è (, ), dunque abbiamo: (, ) punto di massimo assoluto e f(, ) π/4 massimo assoluto per f su A. Infine, l equazione del piano tangente al grafico di f in (, ) è z f(, ) + f x (, )x + f y (, )(y ) /9 arctg /9 + [ + ( /9)] (y ). /9. Poniamo u xy e v y/x. Allora si ricava che x u/v e y uv, da cui (x, y) det (u, v) /v u/v u/v u/v v. v uv Ora, dalla definizione di D è chiaro che se x > allora anche y >, pertanto sia u che v sono positive, quindi j (x, y) det (u, v) v. Inoltre, si ha u uv D (u, v) : u, π v π}. Per le formule del cambiamento di variabili e di riduzione abbiamo allora y D x cos y x dxdy v u cos v D v dudv π u du v cos v dv π/ [ ] u / [v sen v + cos v]π π/ π