Esercitazione Analisi II D'Auria svolta Febbraio 2014

Analisi Matematica II

Proff. Nunzia D’Auria – Ornella Fiodo

Prova scritta dell’11 febbraio 2014

Cognome e nome (in stampatello)……………………………………………………………………………….

Matricola…………………………………………. 2 −3

y'= y y+2

1) Integrare la seguente equazione differenziale .

{ }

∫ 2 2

( ): + ≤9

2 xy dx dy , D= x , y x y , y≥x , x≤0 .

3) Calcolare D ∂ f (2,0)=−1

∂ λ

4) Sia f(x,y)=x y, determinare le direzioni λ secondo cui . In (2,0) vi sono

direzioni secondo cui la derivata direzionale è -3 oppure -2?

Problema n°1

L’equazione differenziale, dato che c’è solo il fattore a sinistra, va risolta a

y '

dy

' =

y

variabili separabili, ponendo e separando poi i differenziali, quindi si

dx

avrà:

dy dy

2

= −3 =dx

y y+ 2→

dx 2 −3

y y+ 2

Quindi si va ad integrare da entrambe le parti ottenendo:

( )

| |

−2

y

| |

¿ =x +C =x+C

y−2∨¿−log y−1 → log | |

−1

y

[ ]

−1 1

∫ ∫

+ ¿

dy= dx → log

y−1 y−2

Problema n°3

Per prima cosa, bisogna impostare il dominio, che risulta essere un cerchio di

raggio 3 con delle limitazioni: 2 2

In cui la parte più scura è il dominio considerato: il fatto che impone

+

x y ≤ 9

che il dominio sia interno a un cerchio di raggio 3, quindi si trova sopra

y ≥ x

la retta e , quindi l’ascissa è negativa.

y=x x ≤ 0

Adesso va visto dove la funzione ha valore negativo, in quanto si vuole

calcolare il volume del solido che ha come base il piano e come tetto la

xy

funzione stessa, limitata all’interno del dominio: se la funzione ha valore

negativo in una parte di dominio, si calcola l’integrale in quel punto e lo si

cambia di segno, sommandolo al risultato ottenuto integrando dove la funzione

è positiva. La funzione integrata è

2 xy

Che è negativa nel secondo quadrante e positiva nel terzo quadrante, che sono

le parti considerate dal dominio in questione. Quindi, considerando le regole

D

dette sopra, si avranno due domini diversi (in cui la funzione va integrata

1

come negativa, quindi il risultato va cambiato di segno) nel secondo quadrante

D

e (in cui la funzione va integrata come positiva) nel terzo quadrante:

2

{ }

2 2

( )

= +

D x , y : x y ≤ 9, y ≥ 0 , x ≤ 0

1 { }

2 2

( )

= +

D x , y : x y ≤ 9, x ≤ y ≤ 0, x ≤ 0

2

Adesso si può procedere alla parametrizzazione e successivamente

all’integrazione.

Dato che il dominio è circolare, si passa alle coordinate polari

a entrambi i domini, che diventeranno, sostituendo

x=ρ cos θ , y=ρ sin θ

all’interno delle loro equazioni:

{ }

2 2 2 2

( )

=

D → E ρ ,θ : ρ cos θ+ ρ sin θ ≤ 9 , ρ sin θ≥ 0 , ρ cos θ ≤ 0

1 1

Ma ricordando che il raggio è sicuramente positivo si ottiene:

ρ

( )

2 2 2 2

ρ cos θ+sin θ ≤ 9→ ρ ≤9 → 0 ≤ ρ≤ 3

ρ sin θ≥ 0 → sin θ≥ 0 → 0 ≤θ ≤ π

π 3

ρ cos θ ≤ 0→ cos θ ≤ 0 → ≤θ ≤ π

2 2 π ≤ θ ≤ π

Combinando le limitazioni di , si ha infine e , in definitiva

θ 0 ≤ ρ≤ 3 2

si ha:

{ }

π

( )

=

E ρ , θ : 0≤ ρ ≤3, ≤θ ≤ π

1 2 D

Per quel che riguarda (considerando che le limitazioni di sono uguali

ρ

2

E

a ) si ha:

2 { }

( )

=

D → E ρ ,θ :0 ≤ ρ≤ 3 , ρ cos θ ≤ ρ sin θ ≤ 0 , ρcos θ ≤ 0

2 2

Per si ha:

θ 5

ρ cos θ ≤ ρsin θ ≤ 0 →cos θ ≤ sin θ ≤0 → π ≤ θ ≤ π

4

Quindi si ha:

{ }

5

( )

=

E ρ , θ : 0≤ ρ ≤3, π ≤θ ≤ π

2 4

Sostituendo la funzione e moltiplicando per lo jacobiano si ha

3 .

=2

2 xy ρcos θ ρsin θ ρ=2 ρ cos θ sin θ

E

Si integra prima su , cambiando di segno:

1 π 3

❑

∬ ∫ ∫

3 3

− =−2

2 ρ cos θ sin θ dρdθ dθ ρ cos θ sin θ dρ

E π 0

1 2

Dato che agli estremi ci sono numeri e non funzioni, i due integrali sono

indipendenti fra loro e possono essere calcolati separatamente: