salve a tutti! questo è lo scritto ufficiale del primo appello dell'esame di analisi 2 che ho sostenuto alla mia università proprio stamani. potete spiegarmi le soluzioni? grazie 1000!!!
ciao ^.-
es.1 verificare che la funzione
f(x,y) = (2x - y)(1 + log(1 + radice quadra di x^2 + y^2 ))
sia differenziabile nel punto (0,0)
es.2 determinare i punti di massimo e di minimo assoluti della funzione
f(x,y) = (x + y)e^ radice quadra di -(x^2 + y^2 )
nel dominio D = x^2 + y^2 <= 4
es.3 studiare la forma differenziale lineare
w = (2x^2 + (y+1)^2 +x)dx + ((x+1)(y-1) +y *radice quadra di x^2 + (y +1)^2 )dy tutto fratto radice quadra di x^2 + (y+1)^2
e calcolarne le eventuali primitive.
es.4 risolvere il problema di cauchy:
y' = (1/cos^2 x)*(y - tgx) y(π/4) = 1
grazie a tutti
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esane scritto analisi 2
da mica81 » 03/06/2003, 13:02
- mica81
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da goblyn » 04/06/2003, 09:58
Dunque:
f(0,0)=0
Lungo l'asse x:
f(x,0)= 2x*(1+log(1+|x|))
Calcoliamo il rapporto incrementale:
[ f(x,0) - f(0,0) ] / x =
= 2(1+log(1+|x|))
quest'ultima tende a 2 per x che tende a 0. Cioè la derivata parziale rispetto a x è continua nell'origine.
Sia ora, lungo l'asse y:
f(0,y)=-y*(1+log(1+|y|))
Il rapporto incrementale
[ f(0,y) - f(0,0) ] / y
tende a 0 per y che tende a 0 quindi anche la derivata parziale rispetto a y è continua nell'origine.
Si conclude dunque che f è differenziabile nell'origine.
SECONDO ESERCIZIO:
la funzione (x+y)exp(-sqrt(x^2+y^2)) è continua in R^2 e quindi ammette senz'altro max e min D perché questo è chiuso e limitato.
f ammette derivate parziali continue in D escluso l'origine dove però esistono derivate parziali destre e sinistre (basta fare il limite in coordinate polari) pari a 1.
Se dunque tali max e min sono all'interno di D (cioè non sulla circonferenza), allora lì il gradiente è nullo. Altrimenti ci rimane da controllare la circonferenza.
Facendo i conti si vede che il gradiente è nullo se:
x(x+y)=sqrt(x^2+y^2)
y(x+y)=sqrt(x^2+y^2)
che, a parte l'origine, ammette come soluzioni i punti A(1/sqrt(2);1/sqrt(2)) e B(-1/sqrt(2);-1/sqrt(2)).
f(A)=sqrt(2)/e
f(B)=-sqrt(2)/e
f(0,0)=0
Quindi l'origine non è né max né min assoluto.
Guardiamo cosa succede sulla frontiera di D. Qui conviene esprimere le coordinate così:
x=2cos(q)
y=2sin(q)
dove q è compreso tra 0 e 2 pi greco
Sostituendo nella funzione f si ottiene:
f(q) = 2(cos(q)+sin(q))/(e^2)
f ' (q) = 2(-sin(q)+cos(q))/(e^2)
che ha un max per q=pi/4 e un min per q=5/4pi
f(pi/4) = 2sqrt(2)/(e^2)
f(5/4pi)=-2sqrt(2)/(e^2)
Confrontando questi valori con quelli assunti dalla funzione in A e B si deduce che i max e i min assoluti su D sono rispettivamente:
A(1/sqrt(2);1/sqrt(2))
e
B(-1/sqrt(2);-1/sqrt(2))
TERZO ESERCIZIO
...dopo...
QUARTO ESERCIZIO
Utilizzerò il metodo della forma differenziale esatta. Si può procedere anche nel modo classico per risolvere equazioni del tipo
y ' = a(x) + b(x) y
------------------------
Si può riscrivere tutto come:
y' = -P(x,y)/Q(x,y)
dove
P(x,y) = tg(x)-y
Q(x,y)=(cos(x))^2
La forma differenziale Pdx+Qdy non è esatta. Notiamo però che
Py = -1
Qx=-2sin(x)cos(x)
(derivate parziali)
Si riconosce quindi che (Py-Qx)/Q dipende solo da x. Si può quindi cercare un fattore integrante h(x) dato da:
h(x)=exp(integrale( (Py-Qx)/Q dx)) = exp(-tg(x))/(cos(x)^2)
Ora hPdx+hQdy è esatta. Sia F un potenziale di tale forma differenziale. Allora la soluzione generale della nostra equazione differenziale è definita implicitamente da
F(x,y) = c
con c costante reale.
Facendo i conti si trova:
y= -exp(-1+tg(x)) + 1 + tg(x)
goblyn
Modificato da - goblyn il 04/06/2003 11:04:15
f(0,0)=0
Lungo l'asse x:
f(x,0)= 2x*(1+log(1+|x|))
Calcoliamo il rapporto incrementale:
[ f(x,0) - f(0,0) ] / x =
= 2(1+log(1+|x|))
quest'ultima tende a 2 per x che tende a 0. Cioè la derivata parziale rispetto a x è continua nell'origine.
Sia ora, lungo l'asse y:
f(0,y)=-y*(1+log(1+|y|))
Il rapporto incrementale
[ f(0,y) - f(0,0) ] / y
tende a 0 per y che tende a 0 quindi anche la derivata parziale rispetto a y è continua nell'origine.
Si conclude dunque che f è differenziabile nell'origine.
SECONDO ESERCIZIO:
la funzione (x+y)exp(-sqrt(x^2+y^2)) è continua in R^2 e quindi ammette senz'altro max e min D perché questo è chiuso e limitato.
f ammette derivate parziali continue in D escluso l'origine dove però esistono derivate parziali destre e sinistre (basta fare il limite in coordinate polari) pari a 1.
Se dunque tali max e min sono all'interno di D (cioè non sulla circonferenza), allora lì il gradiente è nullo. Altrimenti ci rimane da controllare la circonferenza.
Facendo i conti si vede che il gradiente è nullo se:
x(x+y)=sqrt(x^2+y^2)
y(x+y)=sqrt(x^2+y^2)
che, a parte l'origine, ammette come soluzioni i punti A(1/sqrt(2);1/sqrt(2)) e B(-1/sqrt(2);-1/sqrt(2)).
f(A)=sqrt(2)/e
f(B)=-sqrt(2)/e
f(0,0)=0
Quindi l'origine non è né max né min assoluto.
Guardiamo cosa succede sulla frontiera di D. Qui conviene esprimere le coordinate così:
x=2cos(q)
y=2sin(q)
dove q è compreso tra 0 e 2 pi greco
Sostituendo nella funzione f si ottiene:
f(q) = 2(cos(q)+sin(q))/(e^2)
f ' (q) = 2(-sin(q)+cos(q))/(e^2)
che ha un max per q=pi/4 e un min per q=5/4pi
f(pi/4) = 2sqrt(2)/(e^2)
f(5/4pi)=-2sqrt(2)/(e^2)
Confrontando questi valori con quelli assunti dalla funzione in A e B si deduce che i max e i min assoluti su D sono rispettivamente:
A(1/sqrt(2);1/sqrt(2))
e
B(-1/sqrt(2);-1/sqrt(2))
TERZO ESERCIZIO
...dopo...
QUARTO ESERCIZIO
Utilizzerò il metodo della forma differenziale esatta. Si può procedere anche nel modo classico per risolvere equazioni del tipo
y ' = a(x) + b(x) y
------------------------
Si può riscrivere tutto come:
y' = -P(x,y)/Q(x,y)
dove
P(x,y) = tg(x)-y
Q(x,y)=(cos(x))^2
La forma differenziale Pdx+Qdy non è esatta. Notiamo però che
Py = -1
Qx=-2sin(x)cos(x)
(derivate parziali)
Si riconosce quindi che (Py-Qx)/Q dipende solo da x. Si può quindi cercare un fattore integrante h(x) dato da:
h(x)=exp(integrale( (Py-Qx)/Q dx)) = exp(-tg(x))/(cos(x)^2)
Ora hPdx+hQdy è esatta. Sia F un potenziale di tale forma differenziale. Allora la soluzione generale della nostra equazione differenziale è definita implicitamente da
F(x,y) = c
con c costante reale.
Facendo i conti si trova:
y= -exp(-1+tg(x)) + 1 + tg(x)
goblyn
Modificato da - goblyn il 04/06/2003 11:04:15
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da goblyn » 05/06/2003, 01:00
PROBLEMA 3:
R^2 privato del punto P(0,-1) è un insieme aperto e connesso. Quindi se la forma diff. fosse esatta un suo integrale esteso ad una qualsiasi linea chiusa regolare appartenente a R^2 escluso P darebbe come risultato 0.
Sia J la circonferenza di raggio R>0 con centro in P. Essa appartiene al dominio considerato ed è chiusa e regolare. Le sue equazioni parametriche sono:
x=Rcos(t)
y=-1+Rsin(t)
dx=-Rsin(t)dt
dy=Rcos(t)dt
Sostituendo nella forma diff. otteniamo:
[-R^2*(sin(t))^3 -R^2*sin(t)(cos(t))^2-cos(t)+R^2*sin(t)cos(t)-(R*cos(t))^2]dt
Tutti questi termini integrati tra 0 e 2 pi greco danno 0 tranne l'ultimo che dà -R/2.
Quindi l'integrale della forma diff. esteso ad una circonf di raggio R>0 centrata in P non è nullo ====> <font color=red><b>la forma diff. non è esatta.</font id=red></b> Non ammette quindi potenziale in R^2 privato di P.
Se nel secondo membro della forma (quello in dy) anziché (y-1) (nel primo termine della somma) ci fosse stato (y+1) (a proposito, non è che hai sbagliato a ricopiare il testo?) allora sarebbe stata chiusa (cioè il rotore del campo vettoriale sarebbe stato nullo). Ma il piano privato di P non è semplicemente connesso e non si poteva concludere che esistesse un potenziale. Semplicemente connesso è però il semipiano x>0 (ad esempio). In tale semipiano si poteva quindi calcolare un potenziale.
Ma, come l'hai scritta tu, la forma differenziale non è nemmeno chiusa (rot diverso da 0). A maggior ragione non è quindi esatta, nemmeno localmente.
goblyn
Modificato da - goblyn il 05/06/2003 02:11:22
Modificato da - goblyn il 05/06/2003 02:17:28
R^2 privato del punto P(0,-1) è un insieme aperto e connesso. Quindi se la forma diff. fosse esatta un suo integrale esteso ad una qualsiasi linea chiusa regolare appartenente a R^2 escluso P darebbe come risultato 0.
Sia J la circonferenza di raggio R>0 con centro in P. Essa appartiene al dominio considerato ed è chiusa e regolare. Le sue equazioni parametriche sono:
x=Rcos(t)
y=-1+Rsin(t)
dx=-Rsin(t)dt
dy=Rcos(t)dt
Sostituendo nella forma diff. otteniamo:
[-R^2*(sin(t))^3 -R^2*sin(t)(cos(t))^2-cos(t)+R^2*sin(t)cos(t)-(R*cos(t))^2]dt
Tutti questi termini integrati tra 0 e 2 pi greco danno 0 tranne l'ultimo che dà -R/2.
Quindi l'integrale della forma diff. esteso ad una circonf di raggio R>0 centrata in P non è nullo ====> <font color=red><b>la forma diff. non è esatta.</font id=red></b> Non ammette quindi potenziale in R^2 privato di P.
Se nel secondo membro della forma (quello in dy) anziché (y-1) (nel primo termine della somma) ci fosse stato (y+1) (a proposito, non è che hai sbagliato a ricopiare il testo?) allora sarebbe stata chiusa (cioè il rotore del campo vettoriale sarebbe stato nullo). Ma il piano privato di P non è semplicemente connesso e non si poteva concludere che esistesse un potenziale. Semplicemente connesso è però il semipiano x>0 (ad esempio). In tale semipiano si poteva quindi calcolare un potenziale.
Ma, come l'hai scritta tu, la forma differenziale non è nemmeno chiusa (rot diverso da 0). A maggior ragione non è quindi esatta, nemmeno localmente.
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