Analisi Matematica II - I esonero 4 Novembre 2014
Compito A
1) Data la serie:
∞
X
n=1
|x|n
, a ∈ R+
x2n + na
determinare per quali valori del parametro a:
• converge puntualmente se |x| < 1; converge puntualmente se |x| > 1;
• converge puntualmente in R.
• Provare che converge uniformemente in R se a > 2.
2) Determinare i punti di massimo e di minimo relativo della funzione:
f (x, y) = (|x| + y)e−xy .
Svolgimento
1) Se |x| < 1 allora {|x|n , x2n } → 0 per n → ∞ pertanto
0 ≤ fn (x) ≤
1
.
na
Se quindi a > 1 la serie data converge puntualmente in |x| < 1 per il teorema del
confronto;
se |x| > 1 allora {na , x2n } → ∞ per n → ∞, ma il primo `e una potenza mentre il
secondo un esponenziale pertanto
fn (x) ∼
|x|n
= q n con q = |1/x| < 1.
x2n
Pertanto la successione converge puntualmente per |x| > 1, grazie al criterio del
confronto asintotico, per ogni a.
Se x = ±1 risulta fn (±1) = 1/(1 + na ) che converge se a > 1, pertanto la
convergenza puntuale su R si avr`a se a > 1, grazie anche ai punti precedenti.
1
Passiamo ora a studiare la convergenza uniforme se a > 2. Siccome la funzione
fn `e pari basta studiarla per x > 0. Risulta
fn0 (x) =
nxn−1 (y 2n + na ) − 2nx3n−1
nxn−1 (na − x2n )
=
≥ 0 ⇐⇒
(x2n + na )2
(x2n + na )2
x ≤ na/(2n) .
Cio`e
|fn (x)| ≤ fn (na/(2n) ) =
X
1
na/2
=
=
L
e
Ln < ∞ se a > 2.
n
2na
2na/2
n
La convergenza `e allora totale per a > 2 e quindi uniforme.
2) La funzione f ∈ C 1 (R+ × R ∪ R− × R) e non `e derivabile parzialmente nei punti
dell’asse y: infatti risulta
f (x, y) − f (0, y)
→
x
(
+1
x>0
−1 x < 0.
Pertanto non esiste in tali punti la derivata parziale rispetto ad x e dunque il
gradiente.
Cerchiamo intanto i punti critici nel semipiano x > 0. Risulta:
(
fx0 = e−xy (1 − y(x + y)) = 0
1
⇐⇒ x = y = √
0
−xy
2
fy = e (1 − x(x + y)) = 0
La matrice Hessiana vale
ye−xy [2 + y(x + y)]
H(x, y) =
(xy − 2)(x + y)e−xy
(xy − 2)(x + y)e−xy xe−xy [−2 + x(x + y)]
!
− √12e − √32e
1 1
√
, √ ) < 0.
,
detH(
2 2
− √32e − √12e
1 1
H( √ , √ ) =
2 2
!
,
Pertanto questo punto critico `e un punto sella.
Se invece x < 0 allora f (x, y) = e−xy (y − x) e
(
fx0 = −e−xy (1 + y(y − x)) = 0
fy0
=e
−xy
(1 − x(y − x)) = 0
1
⇐⇒ x = y = − √
2
Risulta:
H(x, y) =
ye−xy [2 + y(y − x)]
(xy − 2)(y − x)e−xy
(xy − 2)(y − x)e−xy xe−xy [−2 + x(y − x)]
q
2
− e 0
1
1
1
1
q , detH(− √ , − √ ) < 0.
H(− √ , − √ ) =
2
2
2
2
2
0
e
2
!
,
Quindi anche questo `e un punto sella. Restano ora da studiare i punti (0, y) nei
quali f non ammette gradiente. In tali punti la funzione assume valore f (0, y) = y
e siccome questa funzione `e crescente i punti dell’asse delle y non possono essere
n´e di massimo n´e di minimo. La funzione pertanto non ha massimi o minimi
relativi in R2 , in particolare, se esaminiamo il segno di f possiamo osservare che
in (0, 0) c’`e un punto sella.
3
Analisi Matematica II - I esonero 4 Novembre 2014
Compito B
1) Data la serie:
∞
X
n=1
√
x2n
, a ∈ R−
x2n + n−a
determinare per quali valori del parametro a:
• converge puntualmente se |x| < 1; converge puntualmente se |x| > 1;
• converge puntualmente in R.
• Provare che converge uniformemente in R se a < −2.
2) Determinare i punti di massimo e di minimo relativo della funzione:
f (x, y) = (|y| − x)e−xy .
Svolgimento
1) Risulta
√
x2n = |x|n , basta allora applicare i risultati dell’esercizio 1 del compito A
ponendo −a = b ∈ R+ .
2) La funzione f ∈ C 1 (R × R+ ∪ R × R− ) e non `e derivabile parzialmente nei punti
dell’asse x: infatti risulta
f (x, y) − f (x, 0)
→
y
(
+1
y>0
−1 y < 0.
Pertanto non esiste in tali punti la derivata parziale rispetto ad y e dunque il
gradiente.
Cerchiamo intanto i punti critici nel semipiano y > 0. Risulta:
(
fx0 = e−xy (y(y − x) − 1) = 0
fy0 = e−xy (x(y − x) + 1) = 0
4
che non ammette soluzioni, dunque non ci sono punti di massimo o di minimo in
R × R+ .
Conideriamo ora il caso y < 0. Risulta:
(
fx0 = −e−xy (y(y + x) + 1) = 0
fy0 = −e−xy (x(y + x) + 1) = 0
.
Anche in questo caso il sistema non ammette soluzioni. Restano da esaminare
i punti (x, 0) nei quali f non ammette gradiente. In tali punti la funzione vale
f (x.0) = −x che `e monotona, dunque questi punti non possono essere di massimo
o di minimo. La funzione pertanto non ha massimi o minimi relativi in R2 , in
particolare, se esaminiamo il segno di f possiamo osservare che in (0, 0) c’`e un
punto sella.
5
Analisi Matematica II - appello straordinario
4 Novembre 2014
1) Determinare massimi e minimi assoluti della funzione f (x, y) = x4 + y 4 − 8(x2 + y 2 )
nell’insieme M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 9}.
2) Calcolare
R
γ
ω dove ω = x2 y 3 dx + ydy e γ `e una parametrizzazione della frontiera
dell’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} orientata positivamente.
Svolgimento
1) Risulta f ∈ C ∞ (R2 ), l’insieme M `e un compatto, pertanto f ammette massimi
e minimi assoluti in M . Cerchiamo i punti di massimo e di minimo di f in
M ◦ = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 9}. Risulta:
fx0 = 4x3 − 16x,
fy0 = 4y 3 − 16y.
I punti interni ad M che annullano tale sistema sono (0, 0), (0, ±2), (±2, 0), (±2, ±2).
La matrice Hessiana vale:
12x2 − 16
0
Risulta allora che:
H(0, 0) =
−16
0
!
0
−16
0
12y 2 − 16
!
.
00
, detH(0, 0) > 0, fxx
(0, 0) < 0 =⇒
(0, 0) massimo relativo
!
−16 0
H(0, ±2) =
, detH(0, ±2) < 0 =⇒ (0, ±2) punti sella
0 32
H(±2, 0) =
H(±2, ±2) =
0
!
0
00
, detH(±2, ±2) > 0, fxx
(0, 0) > 0 =⇒
32
0
−16
!
32 0
32
, detH(±2, 0) < 0 =⇒ (±2, 0) punti sella
(±2, ±2) punti di minimo relativo.
6
Cerchiamo ora i punti di massimo e di minimo nella frontiera di M : F r(M ) =
{(3 cos t, 3 sin t), t ∈ [0, 2π]}. Risulta:
g(t) = f (3 cos t, 3 sin t) = 9(9(cos4 t + sin4 t) − 8) = 9(2 sin4 t − 2 sin2 t − 7)
g 0 (t) = 36 sin t cos t(2 sin2 t − 1).
Dallo studio del segno di g 0 (t) si ottiene:
t = 0, π/2, π, 3π/2, massimi vincolati (±3, 0), (0, ±3)
√
√
t = π/4, 3π/4, 5π/4, 7π/4 minimi vincolati (±3 2/2, ±3 2/2).
Per determinare i massimi ed i minimi assoluti in M osserviamo che:
f (0, ±3) = f (±3, 0) = 9 > f (0, 0) = 0,
√
√
f ((±3 2/2, ±3 2/2) = −63/2 > f (±2, ±2).
Si ha allora che (±3, 0) e (0, ±3) sono i punti di massimo assoluto, mentre (±2, ±2)
sono i punti di minimo assoluto di f in M . Il grafico della funzione f ristretto ai
punti di M `e il seguente:
7
Analisi Matematica II - I esonero 4 Novembre 20
Compito A
1) Data la serie:
∞
X
n=1
|x|n
, a ∈ R+
2n
a
x +n
determinare per quali valori del parametro a:
• converge puntualmente se |x| < 1; converge puntualmente se |x| > 1;
• converge puntualmente in R.
• Provare che converge uniformemente in R se a > 2.
2) Determinare i punti di massimo e di minimo relativo della funzione:
f (x, y) = (|x| + y)e−xy .
Svolgimento
1) Se |x| < 1 allora {|x|n , x2n } → 0 per n → ∞ pertanto
0 ≤ fn (x) ≤
1
.
na
Se quindi a > 1 la serie data converge puntualmente in |x| < 1 per il teorem
confronto;
se |x| > 1 allora {na , x2n } → ∞ per n → ∞, ma il primo `e una potenza men
secondo un esponenziale pertanto
fn (x) ∼
|x|n
= q n con q = |1/x| < 1.
2n
x
8
Pertanto la successione
converge puntualmente per |x| > 1, grazie al criter
confronto asintotico, per ogni a.
Se x = ±1 risulta f (±1) = 1/(1 + na ) che converge se a > 1, pertan
2) La forma differenziale lineare ω `e di classe C 1 (R2 ) ma non `e esatta, infatti R2 `e
convesso e risulta
∂
∂ 2 3
(x y ) = 3x2 y 2 6= 0 =
y.
∂y
∂x
Calcoliamo l’integrale usando le formule di Green:
Z
ZZ ZZ
∂
∂ 2 3
ω =
y−
(x y ) dxdy = −
3x2 y 2 dxdy =
∂x
∂y
γ
A
A
6 2
Z 2
Z 2π
Z 2π
3
r
2
2
5
2
cos t sin tdt
r dr = −
= −3
sin 2tdt
=
4 0
6 1
0
1
2π
68 1
68
= −
(2t − sin 2t cos 2t)
= − π.
3 4
3
0
9
Analisi Matematica II - II esonero 24 Novembre
2014
Compito A
1) Determinare, se esistono, massimi e minimi assoluti della funzione
f (x, y) = 4x2 + 3y 2 − 6y −
64
9
nell’insieme M = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 − 4y − 16 ≤ 0}.
2) Determinare le soluzioni del seguente problema di Cauchy:
2 00
0
x y (x) − xy (x) + y(x) = x + ln x
y(1) = 1
y 0 (1) = 0
Svolgimento
1) Osserviamo innanzitutto che M `e un compatto: infatti la conica 9x2 +2y 2 −4y−16 =
0 `e una ellisse (∆ < 0). La funzione f ∈ C ∞ (M ) e dunque ammetter`a massimi e
minimi assoluti per il teorema di Weierstrass. Studiamone innanzitutto in massimi
e minimi in M ◦ . Risulta:
(
fx0 (x, y) = 8x = 0
fy0 (x, y) = 6y − 6 = 0
⇐⇒ (x, y) = (0, 1).
Il punto (0, 1) soddisfa l’equazione 9x2 +2y 2 −4y−16 < 0 e dunque (0, 1) ∈ M ◦ . E’
quindi un possibile candidato ad essere un punto di massimo o di minimo libero.
Risulta poi
00
00
fxx
fxy
00
00
fyx
fyy
!
=
8 0
0 6
!
e quindi per il teorema della matrice hessiana risulta un punto di minimo relativo.
Cerchiamo ora i punti estremanti sulla frontiera: Fr(M ) = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 −
4y −16 = 0}. Oserviamo che possiamo esprimere l’equazione della ellisse in questo
modo:
x2 (y − 1)2
+
=1
2
9
10
e pertanto possiamo scrivere x2 = 19 (16 + 4y − 2y 2 ). Ovviamente dovr`a risultare
16 + 4y − 2y 2 ≥ 0. Effettuiamo questa sostituzione nella funzione di partenza e
consideriamo la nuova funzione g : [−2, 4] → R definita da
g(y) := f (±
1p
64
1
4
16 + 4y − 2y 2 , y) = (16+4y−2y 2 )+3y 2 −6y− = (19y 2 −38y).
3
9
9
9
Questa porzione di parabola avr`a un minimo relativo in y = 1 e due massimi relativi nei punti y = −2, y = 4. I punti candidati ad essere punti di massimo e di min√
imo assoluto per f saranno: (0, 1) trovato prima ed ora (± 2, 1), (0, −2), (0, 4).
Risulta:
f (0, 1) = −
√
19
152
91
, f (± 2, 1) = − , f (0, −2) = f (0, 4) =
.
9
9
9
Quindi (0,1) `e il punto di minimo assoluto, i punti (0,-2) e (0,4) quelli di massimo
assoluto.
2) Si tratta di una equazione equidimensionale di Eulero del secondo ordine. Siccome
il dato iniziale (x0 = 1) `e positivo cerchiamo le soluzioni in R+ ed effettuiamo la
sostituzione x = ez . Otterremo l’equazione lineare del secondo ordine a coefficienti
costanti:
y 00 (z) − 2y 0 (z) + y(z) = z + ez .
L’equazione caratteristica λ2 −2λ+1 = 0 ha come soluzione λ = 1 con molteplicit`a
ν = 2, pertanto l’integrale generale della equazione omogenea sar`a:
y(z) = c1 ez + c2 zez .
Conideriamo ora come termine noto β1 (z) = z e cerchiamo una soluzione della
forma y(z) = az + b. Risulter`a: −2a + az + b = z e dunque a = 1, b = 2.
Per quanto riguarda il termine noto β2 (z) = ez , siccome λ = 1 `e una soluzione
dell’equazione caratteristica con molteplicit`a 2 cerchiamo una soluzione del tipo:
y(z) = az 2 ez . Derivando due volte e sostituendo nella equazione differenziale si
ottiene: a = 1/2. L’integrale generale della equazione completa `e:
1
y(z) = c1 ez + c2 zez + z + 2 + z 2 ez .
2
Imponiamo allora le condizioni iniziali in z = 0 e sostituendo z = ln x, si ottiene:
y(x) = 2 − x + x ln(x) + ln(x).
11
Analisi Matematica II - II esonero 24 Novembre
2014
Compito B
1) Determinare, se esistono, massimi e minimi assoluti della funzione
f (x, y) = 3x2 + 4y 2 − 8y −
16
3
nell’insieme M = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 − 4y − 16 ≤ 0}.
2) Determinare le soluzioni del seguente problema di Cauchy:
2 00
0
2
−x y (x) − xy (x) + y(x) = x + ln x
y(1) = 1
y 0 (1) = 1
Svolgimento
1) Osserviamo innanzitutto che M `e un compatto: infatti la conica 9x2 +2y 2 −4y−16 =
0 `e una ellisse (∆ < 0). La funzione f ∈ C ∞ (M ) e dunque ammetter`a massimi e
minimi assoluti per il teorema di Weierstrass. Studiamone innanzitutto in massimi
e minimi in M ◦ . Risulta:
(
fx0 (x, y) = 6x = 0
fy0 (x, y) = 8y − 8 = 0
⇐⇒ (x, y) = (0, 1).
Il punto (0, 1) soddisfa l’equazione 9x2 +2y 2 −4y−16 < 0 e dunque (0, 1) ∈ M ◦ . E’
quindi un possibile candidato ad essere un punto di massimo o di minimo libero.
Risulta poi
00
00
fxx
fxy
00
00
fyx
fyy
!
=
6 0
0 8
!
e quindi per il teorema della matrice hessiana risulta un punto di minimo relativo.
Cerchiamo ora i punti estremanti sulla frontiera: Fr(M ) = {(x, y) : 9x2 + 2y 2 −
4y −16 = 0}. Oserviamo che possiamo esprimere l’equazione della ellisse in questo
modo:
x2 (y − 1)2
+
=1
2
9
12
e pertanto possiamo scrivere x2 = 19 (16 + 4y − 2y 2 ). Ovviamente dovr`a risultare
16 + 4y − 2y 2 ≥ 0. Effettuiamo questa sostituzione nella funzione di partenza e
consideriamo la nuova funzione g : [−2, 4] → R definita da
g(y) := f (±
1p
1
16
1
16 + 4y − 2y 2 , y) = (16+4y−2y 2 )+4y 2 −8y− = (10y 2 −20y).
3
3
3
3
Questa porzione di parabola avr`a un minimo relativo in y = 1 e due massimi relativi nei punti y = −2, y = 4. I punti candidati ad essere punti di massimo e di min√
imo assoluto per f saranno: (0, 1) trovato prima ed ora (± 2, 1), (0, −2), (0, 4).
Risulta:
f (0, 1) = −
√
28
10
80
, f (± 2, 1) = − , f (0, −2) =
= f (0, 4).
3
3
3
Quindi (0,1) `e il punto di minimo assoluto, (0,4), (0,-2) quelli di massimo assoluto.
2) Si tratta di una equazione equidimensionale di Eulero del secondo ordine. Siccome
il dato iniziale (x0 = 1) `e positivo cerchiamo le soluzioni in R+ ed effettuiamo la
sostituzione x = ez . Otterremo l’equazione lineare del secondo ordine a coefficienti
costanti:
−y 00 (z) + y(z) = z + e2z .
L’equazione caratteristica −λ2 + 1 = 0 ha come soluzione λ = ±1, pertanto
l’integrale generale della equazione omogenea sar`a:
y(z) = c1 e−z + c2 ez .
Consideriamo ora come termine noto β1 (z) = z e cerchiamo una soluzione della
forma y(z) = az + b. Risulter`a: a = 1, b = 0. Per quanto riguarda il termine
noto β2 (z) = e2z , siccome λ = 1 non `e una soluzione dell’equazione caratteristica
cerchiamo una soluzione del tipo: y(z) = ae2z . Derivando due volte e sostituendo
nella equazione differenziale si ottiene: a = −1/3. L’integrale generale della
equazione completa `e:
1
y(z) = c1 e−z + c2 ez + z − e2z .
3
Imponiamo allora le condizioni iniziali in z = 0 e sostituendo z = ln x, si ottiene:
1
1
y(x) = x − x2 + ln(x) + .
3
3x
13
Analisi Matematica II - 3◦ esonero 22 Dicembre 2014
1) Calcolare
ZZZ
|z|dxdydz,
E
2
dove E = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z − 1, 2x2 + y 2 + z 2 < 2}.
2) Calcolare, in almeno due modi diversi, il flusso del campo vettoriale F~ = (x, y, z 4 )
attraverso la superficie laterale del cilindro di equazione x2 + y 2 = 4, delimitato
dai piani z = 1, z = 0. Calcolare poi il flusso del rotore di F~ uscente dalla stessa
superficie utilizzando il teorema di Stokes.
1) Osserviamo innanzitutto che l’insieme E `e la porzione di spazio compresa tra l’ellissoide
2x2 + y 2 + z 2 = 2 e l’iperboloide ellittico (a due falde) x2 + y 2 = z 2 − 1.
Inoltre la funzione integranda (come l’insieme E) `e simmetrica rispetto al piano
z = 0. Ne segue che
dove
ZZZ
E
|z|dxdydz = 2
ZZZ
A
|z|dxdydz,
A = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0, x2 + y 2 < z 2 − 1, 2x2 + y 2 + z 2 < 2} =
p
p
= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + 1 < z < 2 − 2x2 − y 2 }.
14
Risulta allora
ZZZ
E
ZZZ
|z|dxdydz = 2
=
ZZ
A
|z|dxdydz = 2
ZZ
D
√2−2x2 −y2
Z √2−2x2 −y2
dxdy √
1
dxdy z 2 √
=
2
D
x2 +y 2 +1
ZZ
D
dz =
x2 +y 2 +1
(1 − 3x2 − 2y 2 )dxdy
dove
p
p
x2 + y 2 + 1 < 2 − 2x2 − y 2 } =
D = {(x, y) ∈ R2 :
= {(x, y) ∈ R2 : 3x2 + 2y 2 < 1}.
Cio`e D `e una ellisse di semiassi
ellittiche:
(
x=
y=
√
3/3 e
√
2/2. Passiamo allora in coordinate
√
3
r cos t,
√3
2
r sin t
2
t ∈ [0, 2π], r ≥ 0, |det(J)| =
√
6
r.
6
In tal caso l’insieme D si trasforma nell’insieme D0 = [0, 1] × [0, 2π]. Dunque
√
√ Z 2π Z 1
ZZZ
ZZ
6
6
dt
r(1 − r2 )dr =
π.
|z|dxdydz =
(1 − 3x2 − 2y 2 )dxdy =
6 0
12
0
E
D
2) Se con S denotiamo la superficie laterale del cilindro, con S1 la base e con S2 il
coperchio si ha, applicando il teorema della divergenza:
Z
ZZZ
Z
Z
~
~
~
I =
F · ne dS =
divF dxdydz −
F · ne dS −
F~ · ne dS
S
V
S1
S2
Risulta S1 = {(x, y, 0) : x2 + y 2 ≤ 4}, ne = (0, 0, −1), dS = dxdy;
S2 = {(x, y, 1) : x2 + y 2 ≤ 4}, ne = (0, 0, 1), dS = dxdy. Pertanto
Z
ZZ
~
F · ne dS =
(x, y, 0) · (0, 0, −1)dxdy = 0,
S1
x2 +y 2 ≤4
Z
ZZ
F~ · ne dS =
(x, y, 1) · (0, 0, 1)dxdy = 4π,
ZZZ
S2
divF~ dxdydz =
V
Z
0
x2 +y 2 ≤4
ZZ
1
3
dz
(2 + 4z )dz = 4π
x2 +y 2 ≤4
Calcoliamo ora direttamente l’integrale:
x = 2 cos t,
S :=
Z
1
(2 + 4z 3 )dz = 12π.
0
y = 2 sin t, (z, t) ∈ D := [0, 1]×[0, 2π], ne = (cos t, sin t, 0), dS = 2dtdz.
z=z
15
Pertanto
Z
Z
2π
dt
F~ · ne dS = 2
0
S
Z 2π Z 1
2dz = 8π.
dt
= 2
I =
0
Z
0
1
(2 cos t, 2 sin t, z) · (cos t, sin t, 0)dz =
0
Calcoliamolo infine il flusso del rotore di F~ con il teorema di Stokes utlilizzando la
parametrizzazione di S data sopra. Sia D = [0, 1] × [0, 2π]. +Fr(D) = {(z, 0), 0 ≤
z ≤ 1} ∪ {(1, t), 0 ≤ t ≤ 2π} ∪ {(z, 2π), 1 ≥ z ≥ 0} ∪ {(0, t), 2π ≥ t ≥ 0}. Pertanto
+∂S sar`a composta da 4 curve:
C1 = {(2, 0, z) : 0 ≤ z ≤ 1}
C2 = {(2 cos t, 2 sin t, 1) : 0 ≤ t ≤ 2π}
C3 = {(2, 0, z) : 1 ≥ z ≥ 0}
C4 = {(2 cos t, 2 sin t, 0) : 2π ≥ t ≥ 0}.
Osserviamo intanto che C1 , C3 sono la stessa curva ma percorsa in versi opposti
per cui la somma algebrica degli integrali della forma differenziale lineare ω =
xdx + ydy + z 4 dz `e nulla. Rimane
Z 2π
Z
Z
4
~
2 cos t(−2 sin t) + 2 sin t(2 cos t)dt +
xdx + ydy + z dz =
rot(F ) · ne dS =
0
+∂S
S
Z 0
+
2 cos t(−2 sin t) + 2 sin t(2 cos t)dt = 0.
2π
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