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Prima prova in itinere di Analisi Matematica 2Ingegneria Elettronica. Politecnico di Milano

A.A. 2017/2018. Prof. M. BramantiTema n◦1

Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.

Cognome e nome (in stampatello)_______________________________

codice persona (o n◦di matricola)_______________________________n◦d’ordine (v. elenco)______________________________________

Equazioni differenziali

1. Scrivere l’integrale generale dell’equazione

y′′ + 6y′ + 9y = 5xe−2x.

1

2. Si consideri il problema di Cauchy:{y′ + x2y

1+x3 = x2

y (0) = 1

a. Prima di risolverlo, stabilire l’intervallo più ampio su cui sarà definita lasoluzione (in base alla teoria).b. Risolvere il problema di Cauchy.

Curve e integrali di linea3. Si consideri l’arco di ellisse γ di equazioni parametriche

r (t) =(√2 cos t, sin t

), per t ∈

[0,π

2

].

Si calcoli l’integrale di linea ∫γ

xyds.

2

Calcolo differenziale per funzioni di più variabili4. Sia E ⊆ R2 l’insieme di definizione della funzione

f (x, y) =

√1− log (5− x2 − y2)

arctan yx

Dopo aver determinato analiticamente l’insieme E e averlo disegnato, direse:

E è aperto Sì � No � E è chiuso Sì � No �E è limitato Sì � No � E è connesso Sì � No �

5. Si consideri la funzione:

f (x, y) =

{sin(x2y4)−2y5

(x2+y2)2per (x, y) 6= (0, 0)

0 per (x, y) = (0, 0) .

a. Stabilire se f è continua in (0, 0) .b. Stabilire se f è derivabile in (0, 0) , calcolando in caso affermativo∇f (0, 0) .c. Stabilire se f è differenziabile in (0, 0), giustificando la risposta.

3

◦

6. Dopo aver determinato tutti i punti stazionari della seguente funzione,studiarne la natura (cioè decidere se sono punti di minimo, massimo, o sella).

f (x, y) =(x2 + y2

)(1 + x− y) .

4



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.




1. a. Risolvere il problema di Cauchy y′′ + 9y = 0y (0) = 1y′ (0) = −1

.

b. Scrivere l’integrale generale dell’equazione

y′′ + 9y = 4 sin (3x) .

5

2. Si consideri il problema di Cauchy:{y′ + y cotg x = xy(π2

)= 0


Curve e integrali di linea3. Si consideri l’arco di curva γ di equazioni parametriche

r (t) =(et cos t, et sin t, 2t

)per t ∈ [0, log 2] .

Calcolare l’integrale di linea ∫γ

ezds.

6


f (x, y) =

√y − x2 + 3

√x− y2

log (x2 + y2 − 3)




f (x, y) =

{2x5−3y9(x2+y4)2

per (x, y) 6= (0, 0)0 per (x, y) = (0, 0) .

a. Stabilire se f è derivabile in (0, 0) , calcolando in caso affermativo∇f (0, 0) .b. Calcolare le derivate direzionali di f in (0, 0), controllando se in questo

caso vale oppure no la formula del gradiente.c. Stabilire se f è differenziabile nell’origine.[Importante: occorre rispondere ai quesiti in quest’ordine]

7

◦


f (x, y) =(x2 − y2

)(1− x+ y) .

8



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.





y′′ + y′ − 6y = 3e−x cos (3x) .

Nell’applicare il metodo di somiglianza, si richiede di usare il metodo dell’esponenzialecomplesso.

9

2. Risolvere il problema di Cauchy:{y′ = y2−1

x+1

y (0) = 35

precisando qual è il più ampio intervallo su cui la soluzione del problema diCauchy è definita.

Curve e integrali di linea3. Si consideri la curva piana di equazioni parametriche:

r (t) =(RCh3 t, R Sh3 t

), t ∈ [−1, 1]

con R > 0 fissato. Stabilire se è regolare o regolare a tratti, determinando glieventuali punti singolari sulla curva. Calcolare la lunghezza della curva.

10


f (x, y) =3√1− log (4− x2 − y)arcsin (x2 + y2)




f (x, y) =

{ex

3−y2−1+y2x2+y2 per (x, y) 6= (0, 0)

0 per (x, y) = (0, 0) .



11

◦


f (x, y) =(x2 + y2

) (1 + x2 − y2

).

12



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.





y′′ + y′ + 2y = 4x2.

13

2. Si risolva il problema di Cauchy:{y′ = y2 tanxy (0) = 1


Curve e integrali di linea3. Si consideri la curva piana di equazione polare:

ρ = R sin2(θ

2

)per θ ∈ [−π, π] .

a. Stabilire se la curva è regolare, o regolare a tratti, determinando glieventuali punti singolari della curva (non i valori singolari del parametro).

b. Calcolarne quindi la lunghezza.

14


f (x, y) =

3

√1−

√log 1

(x2+y2−1)

x2 + y2 − 5




f (x, y) =

{x6−y9 cos x(x2+y4)2

per (x, y) 6= (0, 0)0 per (x, y) = (0, 0) .


15

◦


f (x, y) = (x− y)(1 + x3 − y3

).

16


A.A. 2017/2018. Prof. M. BramantiSvolgimento Tema n◦1

Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.



y′′ + 6y′ + 9y = 5xe−2x.

α2 + 6α+ 9 = 0

α = −3

Integrale generale dell’omogenea:

z (x) = e−3x (c1 + c2x) .

Soluzione particolare dell’equazione completa. Metodo di somiglianza, cerco

y (x) = e−2x (Ax+B)

y′ (x) = e−2x (−2Ax− 2B +A)y′′ (x) = e−2x (4Ax+ 4B − 4A)

e−2x {(4Ax+ 4B − 4A) + 6 (−2Ax− 2B +A) + 9 (Ax+B)} = 5xe−2x

(4Ax+ 4B − 4A) + 6 (−2Ax− 2B +A) + 9 (Ax+B) = 5x

{4A− 12A+ 9A = 54B − 4A− 12B + 6A+ 9B = 0{A = 5B + 2A = 0

{A = 5B = −10

Una soluzione particolare dell’equazione completa è allora

y (x) = e−2x (5x− 10) = 5e−2x (x− 2)

e l’integrale generale della completa è:

y (x) = e−3x (c1 + c2x) + 5e−2x (x− 2) .

17

2. Si consideri il problema di Cauchy:{y′ + x2y

1+x3 = x2

y (0) = 1


a. Equazione lineare del prim’ordine, il coeffi ciente a (x) = x2

1+x3 è continuoper x 6= −1, il più ampio intervallo contenente x = 0 in cui a (x) è continua è(−1,∞), e questo è l’intervallo in cui la soluzione del problema sarà definita eC1.

b. Risolviamo:a (x) = x2

1+x3

A (x) = 13 log

∣∣1 + x3∣∣ = 13 log

(1 + x3

)perché nell’intervallo considerato è

1 + x3 > 0.

y (x) = e−13 log(1+x

3){c+

∫e13 log(1+x

3)x2dx

}=

13√1 + x3

{c+

∫3√1 + x3x2dx

}=

13√1 + x3

{c+

1

4

(1 + x3

)4/3}.

Imponiamo ora la condizione iniziale

y (0) = c+1

4= 1

c =3

4

e la soluzione è

y (x) =1

3√1 + x3

{3

4+1

4

(1 + x3

)4/3}

3. Si consideri l’arco di ellisse γ di equazioni parametriche

r (t) =(√2 cos t, sin t

), per t ∈

[0,π

2

].

Si calcoli l’integrale di linea ∫γ

xyds.

18

r′ (t) =(−√2 sin t, cos t,

)|r′ (t)|2 = 2 sin2 t+ cos2 t∫γ

xyds =

∫ π2

0

√2 cos t sin t

√2 sin2 t+ cos2 tdt

=

∫ π2

0

√2 cos t sin t

√1 + sin2 tdt

sin t = u; cos tdt = du;u ∈ [0, 1]

=√2

∫ 1

0

u√1 + u2du =

√2

[1

3

(1 + u2

)3/2]10

=

√2

3

(23/2 − 1

).


f (x, y) =

√1− log (5− x2 − y2)

arctan yx



Dev’essere:

5− x2 − y2 > 01− log

(5− x2 − y2

)≥ 0

x 6= 0

arctany

x6= 0

Quindi:

5− e ≤ x2 + y2 < 5x 6= 0, y 6= 0

19

E ={(x, y) ∈ R2 : 5− e ≤ x2 + y2 < 5, x 6= 0, y 6= 0

}



f (x, y) =

{sin(x2y4)−2y5

(x2+y2)2per (x, y) 6= (0, 0)

0 per (x, y) = (0, 0) .


a.sin(x2y4

)− 2y5

(x2 + y2)2 =

sin(x2y4

)(x2 + y2)

2 −2y5

(x2 + y2)2 = f1 + f2.

La funzione f2 è positivamente omogenea di grado 1 e continua fuori dall’origine,perciò f2 (x, y)→ (0, 0) per (x, y)→ (0, 0) .Quanto a f1,

|f1 (x, y)| =∣∣∣∣∣ sin

(x2y4

)(x2 + y2)

2

∣∣∣∣∣ ≤ x2y4

(x2 + y2)2 = g1 (x, y) ,

dove la funzione g1 è positivamente omogenea di grado 2 e continua fuoridall’origine, perciò g1 (x, y)→ (0, 0) per (x, y)→ (0, 0) .

Di conseguenza anche f (x, y)→ (0, 0) per (x, y)→ (0, 0), perciò f è continuain (0, 0) .

20

b.f (x, 0) = 0,

quindi esiste ∂f∂x (0, 0) = 0;

f (0, y) =−2y5y4

= −2y,

quindi esiste ∂f∂y (0, 0) = −2. Perciò f è derivabile nell’origine con ∇f (0, 0) =

(0,−2) .c. La funzione è differenziabile nell’origine se

f (x, y) + 2y√x2 + y2

→ 0 per (x, y)→ (0, 0) .

f (x, y) + 2y√x2 + y2

=

sin(x2y4)−2y5

(x2+y2)2+ 2y√

x2 + y2=sin(x2y4

)− 2y5 + 2y

(x2 + y2

)2(x2 + y2)

5/2= g (x, y) .

Ora,

g (x, x) =sin(x6)− 2x5 + 2x

(2x2)2

(2x2)5/2

=sin(x6)+ 6x5

25/2 |x|5∼ 6x5

25/2 |x|5→ ± 6

25/2per x→ 0±,

in particolare g (x, y) non tende a zero per (x, y) → (0, 0), perciò f non è dif-ferenziabile nell’origine.


f (x, y) =(x2 + y2

)(1 + x− y) .

{fx = 2x (1 + x− y) +

(x2 + y2

)= 0

fy = 2y (1 + x− y)−(x2 + y2

)= 0

Sommando membro a membro

2 (x+ y) (1 + x− y) = 0 =⇒ y = −x o y = x+ 1.

Se y = −x, la prima equazione dà

2x (1 + 2x) + 2x2 = 0

2x (1 + 3x) = 0 =⇒ x = 0, x = −13

che dà i punti stazionari:

(0, 0) ,

(−13,1

3

).

21

Se y = x+ 1, la prima equazione dà:

x2 + y2 = 0,

che dà ancora (0, 0) .Calcoliamo la matrice hessiana.{

fx = 2x+ 3x2 − 2xy + y2

fy = 2y + 2xy − 3y2 − x2

fxx = 2 + 6x− 2yfxy = −2x+ 2yfyy = 2 + 2x− 6y

Hf (x, y) =

[2 + 6x− 2y −2x+ 2y−2x+ 2y 2 + 2x− 6y

]= 2

[1 + 3x− y −x+ y−x+ y 1 + x− 3y

].

Studiamo ora la natura dei punti stazionari:

Hf (0, 0) =

[2 00 2

]definita positiva,

(0, 0) è punto di minimo relativo.

Hf

(−13,1

3

)= 2

[− 13

23

23 − 13

]indefinita,(

−13,1

3

)punto di sella.

22



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.


1. a. Risolvere il problema di Cauchy y′′ + 9y = 0y (0) = 1y′ (0) = −1

.

b. Scrivere l’integrale generale dell’equazione

y′′ + 9y = 4 sin (3x) .

a.

α2 + 9 = 0

α = ±3i


z (x) = c1 cos (3x) + c2 sin (3x) .

Risolviamo il problema di Cauchy:

z′ (x) = −3c1 sin (3x) + 3c2 cos (3x) .{z (0) = 1z′ (0) = −1 =⇒

{c1 = 13c2 = −1, c2 = − 13

z (x) = cos (3x)− 13sin (3x) .

b. Metodo di somiglianza. Poiché il termine noto 4 sin (3x) risolve l’equazioneomogenea, cerchiamo

y (x) = x (c1 cos (3x) + c2 sin (3x))

y′ (x) = c1 cos (3x) + c2 sin (3x) + x (−3c1 sin (3x) + 3c2 cos (3x))y′′ (x) = 2 (−3c1 sin (3x) + 3c2 cos (3x)) + x (−9c1 cos (3x)− 9c2 sin (3x))

2 (−3c1 sin (3x) + 3c2 cos (3x))+x (−9c1 cos (3x)− 9c2 sin (3x))+9x (c1 cos (3x) + c2 sin (3x)) = 4 sin (3x)

23

−3c1 sin (3x) + 3c2 cos (3x) = 2 sin (3x){−3c1 = 23c2 = 0

c1 = −2

3, c2 = 0

y (x) = −23x cos (3x)

Integrale generale dell’equazione completa:

y (x) = −23x cos (3x) + c1 cos (3x) + c2 sin (3x) .

2. Si consideri il problema di Cauchy:{y′ + y cotg x = xy(π2

)= 0


Equazione lineare del prim’ordine. Il più ampio intervallo contenente x = π2

in cui cotg x è definita e continua è (0, π) .a (x) = cotg xA (x) =

∫a (x) dx =

∫cos xsin x dx = log |sinx| = log (sinx) perché nell’intervallo

considerato è sinx > 0.Integrale generale:

y (x) = e− log(sin x){c+

∫elog(sin x)xdx

}=

1

sinx

{c+

∫x sinxdx

}=

1

sinx{c+ sinx− x cosx} .

Imponiamo la condizione iniziale y(π2

)= 0 e abbiamo

0 = c+ 1,

c = −1,

y (x) =−1 + sinx− x cosx

sinx

Curve e integrali di linea3. Si consideri l’arco di curva γ di equazioni parametriche

r (t) =(et cos t, et sin t, 2t

)per t ∈ [0, log 2] .

24

Calcolare l’integrale di linea ∫γ

ezds.

r′ (t) =(et (cos t− sin t) , et (sin t+ cos t) , 2

).

|r′ (t)|2 = 2e2t + 4

ds =√2e2t + 4dt∫

γ

ezds =

∫ log 2

0

√2e2t + 4e2tdt =

[2

3· 14

(2e2t + 4

)3/2]log 20

=1

6

[(2e2t + 4

)3/2]log 20

=1

6

[(12)

3/2 − 63/2]=√6(23/2 − 1

).

4. Sia E ⊆ R2 l’insieme di definizione della funzione

f (x, y) =

√y − x2 + 3

√x− y2

log (x2 + y2 − 3)



Dev’essere:

x2 + y2 − 3 > 0log(x2 + y2 − 3

)6= 0

y − x2 ≥ 0

25

Quindi:

E ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 3, x2 + y2 6= 4, y ≥ x2

}



f (x, y) =

{2x5−3y9(x2+y4)2

per (x, y) 6= (0, 0)0 per (x, y) = (0, 0) .



a.

f (x, 0) =2x5

(x2)2 = 2x

quindi

∂f

∂x(0, 0) = 2.

f (0, y) =−3y9

(y4)2 = −3y,

∂f

∂y(0, 0) = −3.

26

In particolare, f è derivabile in (0, 0) , con ∇f (0, 0) = (2,−3).b-c. Posto v= (cos θ, sin θ) , per calcolare Dvf (0, 0) consideriamo

g (t) = f (t cos θ, t sin θ) =2 (t cos θ)

5 − 3 (t sin θ)9((t cos θ)

2+ (t sin θ)

4)2 = 2 (t cos θ)

5 − 3 (t sin θ)9((t cos θ)

2+ (t sin θ)

4)2

=2t cos5 θ − 3t5 sin9 θ(cos2 θ + t2 sin4 θ

)2 .Se cos θ 6= 0, per t→ 0 è

g (t) ∼ 2t cos5 θ

cos4 θ= 2t cos θ,

Dvf (0, 0) = g′ (0) = 2 cos θ

Se cos θ = 0, per t→ 0 è

g (t) =−3t5 sin9 θt4 sin8 θ

= −3t sin θ

Dvf (0, 0) = g′ (0) = −3 sin θ = ±3 per θ = ∓π2.

Per confronto:

∇f (0, 0) · (cos θ, sin θ) = (2,−3) · (cos θ, sin θ) = 2 cos θ − 3 sin θ,

che non è uguale per ogni θ al valoreDvf (0, 0) . Pertanto la formula del gradientenon vale. In particolare, f non è differenziabile.


f (x, y) =(x2 − y2

)(1− x+ y) .

{fx = 2x (1− x+ y)−

(x2 − y2

)= 0

fy = −2y (1− x+ y) +(x2 − y2

)= 0

Sommando membro a membro si ha

2x (1− x+ y)− 2y (1− x+ y) = 02 (x− y) (1− x+ y) = 0

che dà y = x o y = x− 1. Sostituendo nella prima equazione y = x si ha

2x = 0, x = 0

che dà il punto stazionario(0, 0) .

27

Sostituendo nella prima equazione y = x− 1 si ha

x2 − (x− 1)2 = 02x− 1 = 0

x =1

2

che dà il punto stazionario (1

2,−12

).

Quindi i punti stazionari sono i due detti.

Calcoliamo la matrice hessiana.{fx = 2x− 3x2 + 2xy + y2fy = −2y + 2xy − 3y2 + x2

fxx = 2− 6x+ 2yfxy = 2x+ 2y

fyy = −2 + 2x− 6y

Hf (x, y) =

[2− 6x+ 2y 2x+ 2y2x+ 2y −2 + 2x− 6y

]= 2

[1− 3x+ y x+ yx+ y −1 + x− 3y

].


Hf (0, 0) = 2

[1 00 −1

]indefinita,

(0, 0) è punto di sella.

Hf

(1

2,−12

)= 2

[−1 00 1

]indefinita,(

1

2,−12

)punto di sella.

28



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.



y′′ + y′ − 6y = 3e−x cos (3x) .

Nell’applicare il metodo di somiglianza, si richiede di usare il metodo dell’esponenzialecomplesso.

α2 + α− 6 = 0

α =−1± 52

=

{2−3 .


z (x) = c1e2x + c2e

−3x.

Cerco una soluzione particolare dell’equazione completa col metodo di somiglianza:

3e−x cos (3x) = Re 3ex(−1+3i)

quindi cerco una soluzione particolare dell’equazione

w′′ + w′ − 6w = 3ex(−1+3i)

del tipo

w (x) = Aex(−1+3i)

w′ (x) = A (−1 + 3i) ex(−1+3i)

w′′ (x) = A (−1 + 3i)2 ex(−1+3i)

Aex(−1+3i){(−1 + 3i)2 + (−1 + 3i)− 6

}= 3ex(−1+3i)

A {−8− 6i− 1 + 3i− 6} = 3

A =3

−15− 3i = −1

5 + i

29

w (x) = − 1

5 + iex(−1+3i)

y (x) = Re

(− 1

5 + iex(−1+3i)

)= −e

−x

26Re (5− i) (cos (3x) + i sin (3x))

= −e−x

26(5 cos (3x) + sin (3x))

Integrale generale della completa:

y (x) = c1e2x + c2e

−3x − e−x

26(5 cos (3x) + sin (3x)) .

2. Risolvere il problema di Cauchy:{y′ = y2−1

x+1

y (0) = 35


Equazione a variabili separabili. Soluzioni costanti y = ±1, che non soddis-fano la condizione iniziale. Integrale generale:∫

dy

y2 − 1 =∫

dx

x+ 1

1

2

∫ (1

y − 1 −1

y + 1

)dy = log |x+ 1|+ c

1

2log

∣∣∣∣y − 1y + 1

∣∣∣∣ = log |x+ 1|+ c,per c ∈ R. Discutiamo i moduli. Per x in un intorno di 0 e y in un intorno di 35si ha

1

2log

(1− yy + 1

)= log (x+ 1) + c

che richiede di porre le condizioni x > −1 e −1 < y < 1.Imponendo la condizione y (0) = 3

5 abbiamo

c =1

2log

( 2585

)= −1

2log 4 = − log 2

30

log

√1− yy + 1

= log(x+ 1)

2√1− yy + 1

=(x+ 1)

2

1− yy + 1

=(x+ 1)

2

4

y (x) =1− (x+1)2

4

1 + (x+1)2

4

,

che è soluzione nell’intervallo (−1,+∞) .

Curve e integrali di linea3. Si consideri la curva piana di equazioni parametriche:

r (t) =(RCh3 t, R Sh3 t

), t ∈ [−1, 1]

con R > 0 fissato. Stabilire se è regolare o regolare a tratti, determinando glieventuali punti singolari sulla curva. Calcolare la lunghezza della curva.

r′ (t) =(R3Ch2 tSh t, R3 Sh2 tCh t

)= 3R Sh tCh t (Ch t,Sh t)

|r′ (t)| = |3R Sh tCh t|√Ch2 t+ Sh2 t.

Poiché |r′ (t)| = 0 per t = 0, r (0) = (R, 0) è un punto singolare della curva, cheè regolare a tratti.

L =

∫ 1

−1|r′ (t)| dt =

∫ 1

−1|3R Sh tCh t|

√Ch2 t+ Sh2 tdt

= 6R

∫ 1

0

Sh tCh t√1 + 2Sh2 tdt = 6R

[2

3· 14

(1 + 2Sh2 t

)3/2]10

= R[(1 + 2Sh2 1

)3/2 − 1] .Calcolo differenziale per funzioni di più variabili4. Sia E ⊆ R2 l’insieme di definizione della funzione

f (x, y) =3√1− log (4− x2 − y)arcsin (x2 + y2)



31

Dev’essere:

4− x2 − y > 0x2 + y2 ≤ 1

arcsin(x2 + y2

)6= 0

Quindi (poiché la parabola y = 4− x2 sta tutta sopra la circonferenza):

E ={(x, y) ∈ R2 : 0 < x2 + y2 ≤ 1

}



f (x, y) =

{ex

3−y2−1+y2x2+y2 per (x, y) 6= (0, 0)

0 per (x, y) = (0, 0) .



f (x, 0) =ex

3 − 1x2

∼ x per x→ 0,

32

quindi

∂f

∂x(0, 0) = 1.

f (0, y) =e−y

2 − 1 + y2y2

=1− y2 + 1

2y4 + o

(y4)− 1 + y2

y2

=12y4 + o

(y4)

y2=1

2y2 + o

(y2)∼ 12y2 per y → 0,

∂f

∂y(0, 0) = 0.

In particolare, f è derivabile in (0, 0) , con ∇f (0, 0) = (1, 0).b-c. Posto v= (cos θ, sin θ) , per calcolare Dvf (0, 0) consideriamo

g (t) = f (t cos θ, t sin θ) =e(t cos θ)

3−(t sin θ)2 − 1 + (t sin θ)2

t2

=1 + (t cos θ)

3 − (t sin θ)2 + 12 (t sin θ)

4+ o

(t4)− 1 + (t sin θ)2

t2

=(t cos θ)

3+ 1

2 (t sin θ)4+ o

(t4)

t2

Se cos θ 6= 0, per t→ 0 è

g (t) ∼ t cos3 θDvf (0, 0) = g′ (0) = cos3 θ

Se cos θ = 0, per t→ 0 è

g (t) =12 (t sin θ)

4+ o

(t4)

t2∼ 12t2 sin4 θ

Dvf (0, 0) = g′ (0) = 0 per θ = ±π2.

Per confronto:

∇f (0, 0) · (cos θ, sin θ) = (1, 0) · (cos θ, sin θ) = cos θ,

che non è uguale per ogni θ al valoreDvf (0, 0) . Pertanto la formula del gradientenon vale (in particolare, f non è differenziabile).


f (x, y) =(x2 + y2

) (1 + x2 − y2

).

{fx = 2x

(1 + x2 − y2

)+ 2x

(x2 + y2

)= 2x

(1 + 2x2

)= 0

fy = 2y(1 + x2 − y2

)− 2y

(x2 + y2

)= 2y

(1− 2y2

)= 0

33

La prima equazione dà x = 0, mentre la seconda dà y = 0 o y = ± 1√2. Punti

stazionari:

(0, 0) ,

(0,± 1√

2

).

Calcoliamo la matrice hessiana.{fx = 2x+ 4x

3

fy = 2y − 4y3

fxx = 2 + 12x2

fxy = 0

fyy = 2− 12y2

Hf (x, y) =

[2 + 12x2 0

0 2− 12y2]= 2

[1 + 6x2 00 1− 6y2

].


Hf (0, 0) = 2

[1 00 1

]definita positiva,

(0, 0) è punto di minimo relativo.

Hf

(0,± 1√

2

)= 2

[1 00 −2

]indefinita,(

0,± 1√2

)punti di sella.

34



Es. Punti

1

2

3

4

5

6

Tot.



y′′ + y′ + 2y = 4x2.

α2 + α+ 2 = 0

α =−1± i

√7

2


z (x) = e−x2

(c1 cos

(√7

2x

)+ c2 sin

(√7

2x

)).

Metodo di somiglianza, cerco

y (x) = ax2 + bx+ c

y′ (x) = 2ax+ b

y′′ (x) = 2a

2a+ (2ax+ b) + 2(ax2 + bx+ c

)= 4x2

2a = 42a+ 2b = 02a+ b+ 2c = 0 a = 2b = −24− 2 + 2c = 0, c = −1

Soluzione particolare dell’equazione completa:

y (x) = 2x2 − 2x− 1.

35

Integrale generale dell’equazione completa:

y (x) = e−x2

(c1 cos

(√7

2x

)+ c2 sin

(√7

2x

))+ 2x2 − 2x− 1.

2. Si risolva il problema di Cauchy:{y′ = y2 tanxy (0) = 1


Equazione a variabili separabili. Soluzione costante:

y = 0,

che non soddisfa la condizione iniziale. Altre soluzioni (integrale generale):∫dy

y2=

∫sinx

cosxdx

−1y= − log |cosx|+ c

1

y= log |cosx|+ c

per c ∈ R.Discutiamo il modulo. Poiché nell’equazione compare tanx, l’intervallopiù ampio contenente x = 0 in cui tanx è definita è

(−π2 ,

π2

), in cui cosx > 0.

Perciò1

y= log (cosx) + c.

Imponendo la condizione y (0) = 1 abbiamo

1 = c

e la soluzione è:

1

y= log (cosx) + 1

y (x) =1

log (cosx) + 1

La soluzione è definita nel più ampio intervallo contenunto in(−π2 ,

π2

)in cui è

log (cosx) + 1 6= 0, quindi

log (cosx) 6= −1

cosx 6= 1

e

− arccos 1e< x < arccos

1

e

36

Curve e integrali di linea3. Si consideri la curva piana di equazione polare:

ρ = R sin2(θ

2

)per θ ∈ [−π, π] .

a. Stabilire se la curva è regolare, o regolare a tratti, determinando glieventuali punti singolari della curva (non i valori singolari del parametro).

b. Calcolarne quindi la lunghezza.

ρ′ = R sin

(θ

2

)cos

(θ

2

)ds =

√ρ2 + (ρ′)

2dθ = R

√sin4

(θ

2

)+ sin2

(θ

2

)cos2

(θ

2

)dθ

= R

√sin2

(θ

2

)dθ = R

∣∣∣∣sin(θ2)∣∣∣∣ dθ

Poiché∣∣sin ( θ2)∣∣ = 0 per θ = 0 e ρ (0) = 0, l’origine è punto singolare della curva.

L =

∫γ

ds =

∫ π

−πR

∣∣∣∣sin(θ2)∣∣∣∣ dθ = 2R ∫ π

0

sin

(θ

2

)dθ = 2R

[−2 cos

(θ

2

)]π0

= 4R.


f (x, y) =

3

√1−

√log 1

(x2+y2−1)

x2 + y2 − 5



Dev’essere:

x2 + y2 − 5 6= 0x2 + y2 − 1 > 0;

log1

(x2 + y2 − 1) ≥ 0.

QuindiE =

{(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y2 ≤ 2

}.

37

E è aperto Sì � No � E è chiuso Sì � No �E è limitato Sì � No � E è connesso Sì � No �5. Si consideri la funzione:

f (x, y) =

{x6−y9 cos x(x2+y4)2

per (x, y) 6= (0, 0)0 per (x, y) = (0, 0) .


a.

∣∣∣∣∣x6 − y9 cosx(x2 + y4)2

∣∣∣∣∣ ≤ x6

(x2 + y4)2 +|y|9 |cosx|(x2 + y4)

2

≤ x6

(x2)2 +

|y|9

(y4)2 ≤ x

2 + |y| → 0,

e per il teorema del confronto f (x, y) → (0, 0) per (x, y) → (0, 0) , quindi f ècontinua.b.

f (x, 0) =x6

(x2)2 = x2

quindi esiste ∂f∂x (0, 0) = 0;

f (0, y) =−y9

(y4)2 = −y,

38

quindi esiste ∂f∂y (0, 0) = −1. Perciò f è derivabile nell’origine con ∇f (0, 0) =

(0,−1) .c. La funzione è differenziabile nell’origine se

f (x, y) + y√x2 + y2

→ 0 per (x, y)→ (0, 0) .

f (x, y) + y√x2 + y2

=

x6−y9 cos x(x2+y4)2

+ y√x2 + y2

=x6 − y9 cosx+ y

(x2 + y4

)2(x2 + y4)

2√x2 + y2

= g (x, y) .

Ora,

g (x, x) =x6 − x9 cosx+ x

(x2 + x4

)2(x2 + x4)

2√2x2

=x6 − x9 cosx+ x5 + 2x7 + x9

(x2 + x4)2√2x2

∼ x5

x4 |x|√2→ ± 1√

2per x→ 0±,

in particolare g (x, y) non tende a zero per (x, y) → (0, 0), perciò f non è dif-ferenziabile nell’origine.


f (x, y) = (x− y)(1 + x3 − y3

).

{fx =

(1 + x3 − y3

)+ 3x2 (x− y) = 4x3 − 3x2y − y3 + 1 = 0

fy = −(1 + x3 − y3

)− 3y2 (x− y) = 4y3 − 3xy2 − x3 − 1 = 0

Sommando membro a membro si ha

3x3 − 3x2y + 3y3 − 3xy2 = 03x2 (x− y)− 3y2 (x− y) = 0

3(x2 − y2

)(x− y) = 0

y = ±x

Sostituendo nella prima equazione y = x si ha

1 = 0 impossibile,

mentre sostituendo nella prima equazione y = −x si ha

4x3 + 3x3 + x3 + 1 = 0

8x3 = −1

x = −12

39

che dà il punto stazionario: (−12,1

2

).

Calcoliamo la matrice hessiana.{fx = 4x

3 − 3x2y − y3 + 1fy = 4y

3 − 3xy2 − x3 − 1

fxx = 12x2 − 6xy

fxy = −3x2 − 3y2

fyy = 12y2 − 6xy

Hf (x, y) =

[12x2 − 6xy −3x2 − 3y2−3x2 − 3y2 12y2 − 6xy

]= 3

[4x2 − 2xy −x2 − y2−x2 − y2 4y2 − 2xy

].

Studiamo ora la natura del punto stazionario:

Hf

(−12,1

2

)= 3

[32 − 12− 12

32

]definita positiva,(

−12,1

2

)è punto di minimo relativo.

40

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