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Prima prova intermedia - Matematica Applicata - 14/04/
- Si consideri la funzione f (x, y) =
x
2
(y − 2)
2
; la curva di livello Λ 4
è
◦ un'ellisse di centro (0, 2) e semiassi 3 e 2
◦ un punto di coordinate (0, 2)
x un'ellisse di centro (0, 2) e semiassi 6 e 4
◦ l'insieme vuoto
La curva di livello Λ 4
è de nita dall'equazione
x
2
(y − 2)
2
e può esssr riscritta come segue
x
2
(y − 2)
2
(x − 0)
2
2
(y − 2)
2
2
Riconosciamo l'equazione di un'ellisse di centro (0, 2) e semiassi 6 e 4.
- Il dominio della funzione f (x, y) = log(−xy
3 ) è costituito da
◦ primo e terzo quadrante, semiassi inclusi
◦ secondo e quarto quadrante, semiassi in-
clusi
◦ primo e terzo quadrante, semiassi esclusi
x secondo e quarto quadrante, semiassi es-
clusi
Il dominio è individuato dalla condizione
−xy
3
> 0 ⇐⇒ xy
3
< 0 ⇐⇒
x > 0
y
3 < 0
x < 0
y
3 > 0
x > 0
y < 0
x < 0
y > 0
Il primo sistema individua il quarto quadrante; il secondo sistema individua il secondo quadrante.
Dato che le disuguaglianze sono strette bisogna escludere i semiassi coordinati.
- Siano E =
(x, y) ∈ R
2 | 1 ≤
(x − 1)
2
(y + 1)
2
e P = (3, −1). Indicare a lato se le
seguenti aermazioni sono vere o false
◦ P è interno ad E FALSO
◦ P è isolato da E FALSO
◦ P è di accumulazione per E VERO
L'insieme E è de nito da una condizione del tipo
a ≤ f (x, y) ≤ b ,
dove f (x, y) =
(x − 1)
2
(y + 1)
2
, a = 1 e b = 4. Per determinare la posizione del punto
rispetto all'insieme, andiamo a valutare f in tale punto e confrontiamo con a e b; si ha
f (3, −1) =
2
2
Poiché f (3, −1) = a, il punto è di frontiera; pertanto, non può essere né interno né isolato.
Risulta però di accumulazione.
- Siano E 1
(x, y) ∈ R
2 | 0 ≤ x
2
2 ≤ 4 e Siano E 2
(x, y) ∈ R
2 | 0 ≤ (x − 2)
2
2 ≤ 1.
Indicare a lato se le seguenti aermazioni sono vere o false.
◦ E
1
∪ E
2
è limitato VERO
◦ E
1
∪ E
2
è chiuso VERO
◦ E
1
∪ E
2
è semplicemente connesso VERO
Osserviamo che E 1
è il cerchio di centro l'origine e raggio 2, mentre E 2
è il cerchio di centro (2, 0)
e raggio 1. L'unione dei due insiemi è l'area grigia in gura, bordo incluso. L'insieme E 1
∪ E
2
è limitato, poiché contenuto interamente nell'intorno sferico dell'origine di raggio 4; è chiuso
poiché il bordo è incluso nell'insieme; è semplicemente connesso perché composto da un'unica
componente e privo di buchi.
-2 -1 0 1 2 3
-1.
-0.
0
1
2
CENTRO DEL CERCHIO E 1
CENTRO DEL CERCHIO E 2
- Siano f (x, y) =
x
2
p
y
2
- e v = (1, 2). La derivata direzione
D
v
f (x 0
, y 0
) è pari a
2 x −
Osserviamo preliminarmente che il dominio della funzione coincide con tutto R
2 ; infatti la non
negatività dei radicandi è sempre garantita.
Passiamo a calcolare le derivate prime ed otteniamo
∂f
∂x
(x
2
1
2
− 1 (2x) =
x
x
2
∂f
∂y
(y
2
1
2
− 1 (2y) = −
y
p
y
2
La derivata direzionale risulta
Dvf (x 0 , y 0 ) = v · ∇f (x 0 , y 0 ) = (1, 2) ·
è una funzione strettamente positiva e garantisce che il denominatore non si annulli.
Calcoliamo le derivate prime parziali
∂f
∂x
2 xe
x − (x
2 − y
2 )e
x
(e
x )
2
x
2 − 2 x − y
2
e
x
∂f
∂y
2 y
e
x
i punti critici si ottengono annullando le derivate parziali, cioè sono soluzioni del sistema
x
2 − 2 x − y
2 = 0
2 y = 0
x
2 − 2 x = 0
y = 0
x(x − 2) = 0
y = 0
x = 0
y = 0
x = 2
y = 0
Abbiamo ottenuto due punti critici: (0, 0) e (2, 0).
Valutiamo la natura di questi punti mediante studio del segno della matrice hessiana.
Le derivate parziali seconde risultano
2 f
∂x
2
(2x − 2)e
x − (x
2 − 2 x − y
2 )e
x
(e
x )
2
x
2 − 4 x + 2 − y
2
e
x
2 f
∂y∂x
2 y
e
x
2 f
∂x∂y
2 f
∂y
2
e
x
e quindi la matrice hessiana risulta
H
f
(x, y) =
x
2 − 4 x + 2 − y
2
e
x
2 y
e
x
2 y
e
x
e
x
La matrice hessiana valutata nel primo punto critico
H
f
risulta avere determinante negativo (det H f
(0, 0) = − 4 < 0 ) e quindi siamo in presenza di un
punto di sella.
La matrice hessiana valutata nel primo punto critico
H
f
e
2
e
2
risulta avere determinante positivo (det H f
(0, 0) = 4/e
2 > 0 ) e prima entrata negativa; quindi la
matrice è de nita negativa e siamo in presenza di un punto di massimo.
- Calcolare il seguente integrale doppio
D
xy
3
x
2
2
dxdy
dove D =
(x, y) ∈ R
2 | 1 ≤ x
2
2 ≤ 4 , x ≥ 0 , y ≤ 0.
Osserviamo che il dominio di integrazione è la porzione di corona circolare delimitata da due
circonferenze di centro l'origine e raggio 1 e 2; in particolare, dobbiamo considerare la porzione
nel quarto quadrante.
Data la forma del dominio, conviene utilizzare un cambio di variabile e passare a coordinate
polari nel piano (
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
il dominio di integrazione nelle nuove variabili risulta
D
′
(ρ, θ) ∈ R
× [0, 2 π)| 1 ≤ ρ ≤ 2 ,
π ≤ θ < 2 π
Riscriviamo l'integrale e procediamo a risolverlo
D
xy
3
x
2
2
dxdy =
D
′
ρ cos θ(ρ sin θ)
3
ρ
2
ρdρdθ =
2
1
2 π
3
2
π
ρ
3
cos θ sin
3
θdρdθ
2
1
ρ
3
dρ
2 π
3
2
π
cos θ sin
3
θdθ =
ρ
4
ρ=
ρ=
sin
4 θ
θ=2π
θ=
3
2
π
- Sia ω = y
2 dx + x dy una forma dierenziale. Calcolare l'integrale curvilineo
γ
ω
dove γ(t) = (sin t, cos t), t ∈ [−π/ 4 , π/4].
La curva γ(t) = (γ 1 (t), γ 2 (t)) = (sin t, cos t), t ∈ [−π/ 4 , π/4] è un arco della circonferenza unitaria
centrata nell'origine (si tratta dell'arco tra i punti (−
2 /2) e (
2 /2) percorso in
senso antiorario).
Calcoliamo il vettore tangente γ
′ (t) = (γ
′
1
(t), γ
′
2
(t)) = (cos t, − sin t).
Andiamo a riscrivere la forma dierenziale
ω = F 1
(x, y) dx + F 2
(x, y) dy , F 1
(x, y) = y
2 , F 2
(x, y) = x ,
e quindi
F
1
(γ 1
(t), γ 2
(t)) = cos
2 t , F 2
(γ 1
(t), γ 2
(t)) = sin t.
Possiamo nalmente riscrivere l'integrale curvilineo di seconda specie e risolverlo
γ
ω =
π
4
−
π
4
cos
2 t cos t + sin t(− sin t)
dt =
π
4
−
π
4
cos
3 t dt −
π
4
−
π
4
sin
2 t dt
π
4
−
π
4
(1 − sin
2
t) cos t dt −
π
4
−
π
4
sin
2
t dt =
π
4
−
π
4
cos t dt −
π
4
−
π
4
sin
2
t cos t dt −
π
4
−
π
4
sin
2
t dt
= [sin t]
π/ 4
−π/ 4
sin
3 t
π/ 4
−π/ 4
π
4
−
π
4
sin
2 t dt =
π
4
−
π
4
sin
2 t dt
π
4
−
π
4
sin
2
t dt
