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ESERCIZI DI ANALISI II - Uniroma1.it

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ESERCIZI DI ANALISI IIIngegneria per l’Ambiente e il Territorioa.a. 2006/20071FUNZIONI IN DUE VARIABILIInsiemi di definizioneDeterminare gli insiemi di definizione delle seguenti funzioni in due variabilie rappresentarli graficamente: log(x2 y 2 15) 7x2 6x 1. f (x, y) 22x y 12. f (x, y) q x2 4 y1 x2 y 23. f (x, y) log4. f (x, y) x y 2x2 y y x2x2 y 2 2 5. f (x, y) e x y x yp 6. f (x, y) x2 y 2 4 xy 1 6 xq2 y 2 47. f (x, y) 4xx2 9y2 368. f (x, y) log 4 x2 y 24x2 9y 2 36 Risultati degli esercizi sugli insiemi di definizione:(1) Parte di piano esterna all’iperbole x2 y 2 1 ed alla circonferenza (compresa)x2 y 2 16 - (2) Parte di piano interna alla circonferenza x2 y 2 1 edesterna alla parabola (compresa) y x2 4 - (3) Parte di piano esterna allaparabola y x2 nel semipiano inferiore alla retta y x 2 e interna alla parabolanel semipiano superiore - (4) Tutto R2 - (5) Parte di piano nel primo e terzoquadrante compresa tra le due rette y x e y x (comprese) - (6) Parte dipiano esterna alla circonferenza x2 y 2 4 e all’iperbole xy 1 (comprese) - (7)Parte di piano interna alla circonferenza x2 y 2 4 (compresa) ed esterna all’ellisse4x2 9y 2 36 - (8) Parte di piano compresa tra la circonferenza x2 y 2 4 el’ellisse 4x2 9y 2 36.Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio1

LimitiCalcolare i seguenti limiti:(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)3x3 x2(x,y) (0,0)x2 y 23x xy 2 3x2 3y 2lim(x,y) (0,0)x 32y 5xylim(x,y) (0,0) x2 y 2(x 1)3 2y 2lim(x,y) (1,0) y 2 x 1 3 1x2 y 2sinlim(x,y) (0,0) x yxy3(x 1) (x 1)2 (y 2)2lim(x,y) (1,2)x2 2x y 2 4y 5x2 (y 1)3lim5(x,y) (0,1) [x2 (y 1)2 ] 2xy 2lim(x,y) (0,0) x2 y 4limRisultati degli esercizi sui limiti:(1) - (2) 0 - (3) Il limite non esiste - (4) Il limite non esiste (anche solo lungol’asse x) - (5) 0 - (6) 1 - (7) Il limite non esiste - (8) Il limite non esiste.ContinuitàDeterminare l’insieme di continuità delle seguenti funzioni in due variabili:(1) f (x, y) (2) f (x, y) (3) f (x, y) log(1 x2 y 2 ) x2 y 2 0 1 x sin y(x, y) 6 (0, 0)(x, y) (0, 0)y 6 0 0y 0 y 6 0 y 2 arctan y1 0y 0Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio2

(4) f (x, y) (5) f (x, y) (6) f (x, y) log(1 x2 ) 0 x y(x, y) (0, 0)x 6 0 0 x 2y 1 (x, y) 6 (0, 0)4(x2 y 2 ) 5x 00x 6 0x 0Risultati degli esercizi sulla continuità:(1) f continua in tutto R2 - (2) f continua in R2 \{(x, 0), x 6 0} - (3) f continuain tutto R2 - (4) f continua in tutto R2 - (5) f continua in R2 \{(0, y), y 6 0} (6) f continua in R2 \{(0, y), y 6 12 }.Regolarità[1 ] Determinare gli insiemi di continuità, derivabilità e differenziabilità delleseguenti funzioni in due variabili:(a) f (x, y) (b) f (x, y) (c) f (x, y) (d) f (x, y) (e) f (x, y) (f ) f (x, y) 1 cos xyyy 6 0 0y 0 122 (x y ) sin x2 y2 0 xy x2 y2(x, y) 6 (0, 0)(x, y) (0, 0)(x, y) 6 (0, 0) 0 x2 y x2 y (x, y) 6 (0, 0) 0(x, y) (0, 0) x3 x2 y(y 1) xy 2 y 3(x, y) (0, 0)x2 y 2 0 (x 3y)32 x2 y2 log(1 y ) 0(x, y) 6 (0, 0)(x, y) (0, 0)(x, y) 6 (0, 0)(x, y) (0, 0)Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio3

[2] Studiare la continuità, la derivabilità e la differenziabilità nell’origine delleseguenti funzioni al variare dei parametri reali che vi compaiono:( xy α(e 1)(x, y) 6 (0, 0)x2 y 2(a) f (x, y) 0(x, y) (0, 0)(1 αx βy ex y(x, y) 6 (0, 0)x2 y 2(b) f (x, y) 0(x, y) (0, 0)p[3] Sia f (x, y) 3 x2 y.Stabilire se f è continua in R2 . Calcolare le derivate parziali e le derivatedirezionali lungo una generica direzione v̂ nel punto (1, 2). Stabilire se lafunzione è differenziabile nell’origine.[4] Determinare l’equazione del piano tangente al grafico delle seguenti funzioni nel punto a fianco indicato:(a) f (x, y) x3 2x2 y 5xy 2 y 3(b) f (x, y) arctan(x 2y)(c) f (x, y) 1(x2 y 2 )2P (0, 1)P (0, 0)P (1, 1)Risultati degli esercizi sulla regolarità:z 12 . La funzione risulta continua,[1 ]: (a) Si usa il limite notevole: limz 0 1 cosz22derivabile e differenziabile in tutto R - (b) La funzione risulta continua, derivabilee differenziabile in tutto R2 . Il limite per la differenziabilità si può fare con le maggiorazioni - (c) La funzione risulta continua in tutto R2 . Nell’origine è derivabileparzialmente ma non è differenziabile (si può vedere facendo il limite lungo le rettepassanti per l’origine) - (d) La funzione risulta continua, derivabile e differenziabilein tutto R2 - (e) La funzione risulta continua, derivabile e differenziabile in tuttoR2 - (f) La funzione risulta continua, derivabile e differenziabile in tutto R2 .[2]: (a) La funzione è continua solo per α 1 ed è derivabile con derivate parzialinulle per α 0. Inoltre è differenziabile per α 32 - (b) La funzione non è continuaper nessuna scelta dei parametri (si può vedere facendo il limite lungo l’asse x chevale o a seconda del segno di α con α 6 1 e di x, e vale 12 per α 1).Inoltre non essendo continua lungo gli assi non è neanche derivabile parzialmente(come funzione di una variabile lungo gli assi la non continuità implica la nonderivabilità), e dunque non è neanche differenziabile nell’origine.[3] La funzione è continua in tutto R2 e differenziabile(e quindi derivabile) in tutto 1il piano privato degli assi. fx (1, 2) 32 3 2 e fy (1, 2) . Nel punto (1, 2) la334funzione è differenziabilee quindi le derivate direzionali lungo v̂ (v1 , v2 ) sono 12 3v . Le derivate parziali nell’origine esistono e sono nullefv̂ (1, 2) 3 2 v1 334 2ma f non è differenziabile nell’origine.[4]: (a) z 5x 3y 2 - (b) z x 2y - (c) z 12 x 12 y 54 .Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio4

Massimi e minimi- Massimi e minimi liberiStabilire la natura dei punti stazionari e determinare i massimi e minimiliberi relativi e assoluti delle seguenti funzioni:1. f (x, y) 25x3 12y 3 75x2 36y2. f (x, y) x2 xy 2 x2 y3. f (x, y) (x y)2 2(x y)4. f (x, y) x2 log(y 1) 8y y 25. f (x, y) sin x sin 2y- Massimi e minimi vincolati (metodo di sostituzione)Determinare i massimi e i minimi assoluti vincolati delle seguenti funzioninel dominio a fianco indicato:1. f (x, y) x2 y xy 2 x3 x2. f (x, y) ex ey3. f (x, y) (x y)22 D {(x, y) : x 0; y 0; x y 4}D {(x, y) : x y 2}(x y)33D {(x, y) : y 1 x }- Massimi e minimi vincolati (metodo di Lagrange)Determinare i massimi e i minimi assoluti vincolati delle seguenti funzioninel dominio a fianco indicato:1. f (x, y) x 2yD {(x, y) : x2 y 2 5}2. f (x, y) 1 x2 y 2D {(x, y) : (x 1)2 (y 1)2 1}3. f (x, y) 2x2 2y 2 22xD {(x, y) : x2 7y 2 11}Risultati degli esercizi sui massimi e minimi:Massimi e minimi liberi: (1) La funzione è illimitata. P1 (0, 1) è un punto dimassimo relativo, P2 (2, 1) è un punto di minimo relativo, P3 (0, 1) e P4 (2, 1) sonopunti di sella - (2) La funzione risulta illimitata (si può vedere per esempio stu diandone l’andamento lungo le rette passanti per l’origine). P1 (0, 0) e P2 38 , 34sono punti di sella (per P1 si può vedere ad esempio studiando la funzione lungo l’asse x e lungo la curva y x) - (3) La funzione risulta illimitata superiormente, ma è limitata inferiormente e tutti i punti del tipo P (x, x 1) con x R sonopunti di minimo relativo e assoluto (si noti che la verifica è immediata operandoil cambio di variabile t x y) - (4) La funzione è definita per y 1 e risultaillimitata come si può vedere ad esempio facendo il limite per y tendente a 1 .P1 (0, 4) è un punto di minimo relativo, mentre P2 (2, 2) e P3 ( 2, 2) sono punti diDott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio5

sella - (5) La funzione è chiaramente limitata e tutti punti del tipo P k π2 , hπ con h, k Z sono punti di sella, mentre i punti del tipo P π2 kπ, π4 h π2 conh, k Z sono punti di massimo o di minimo relativo e assoluto a seconda del segnodi fxx (x, y) sin x sin 2y.Massimi e minimi vincolati (sostituzione): (1) La funzione ha un massimo nelpunto P (4, 0) in cui vale 60 e infiniti minimi nei punti del segmento di estremi (0, 0)e (0, 4) in cui la funzione vale 0 - (2) La funzione ha il minimo nel punto P (1, 1) incui vale 2e - (3) Si noti che il dominio è il quadrato di vertici (0, 1), (1, 0), (0, 1)e ( 1, 0). La funzione ha un punto di sella nell’origine ed ha massimo nei punti(0, 1) e ( 1, 0) in cui vale 65 e minimo nel punto ( 12 , 21 ) in cui vale 13 . Si notiche l’esercizio si può risolvere anche operando il cambio di variabili X x y eY x y rispetto a cui il dominio risulta D {(X, Y ) : X 1, Y 1}.Massimi e minimi vincolati (Lagrange): (1) La funzione ha il massimo nelpunto (1, 2) in cui vale 5 e il minimoP ( 1, 2) in cui vale 5 - (2) La nel punto2 2,)incuivale2(2 1) e il minimofunzione ha il massimo nel punto ( 2 22 22 2 2 2 2( 2 1) - (3) La funzione hanel punto P ( 2 , 2 ) in cui vale il massimonel punto ( 11, 0) in cui vale 22(1 11) e il minimo nel punto ( 11, 0) in cuivale 22(1 11).2EQUAZIONI DIFFERENZIALIEquazioni lineari a coefficienti costanti- OmogeneeRisolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie lineari a coefficienticostanti omogenee, e relativi problemi di Cauchy:1. y 00 (x) 2y 0 (x) 3y(x) 02. y 00 (x) 2y 0 (x) 0 00 y (x) 9y 0 (x) 0y(0) 13. 0y (0) 2 00 y (x) 4y 0 (x) 5y(x) 0y(0) 04. 0y (0) 2 00 y (x) 6y 0 (x) 9y(x) 0y(0) 15. 0y (0) 1Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio6

00 y (x) y 0 (x) 2y(x) 0y(0) 06. 0y (0) 1 (IV )y(x) 16y(x) 07.limx e2x y(x) 3 (IV )(x) 8y 0 (x) 0 y8.y(0) 0 limx y(x) 1- Non omogeneeRisolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie lineari a coefficienti costanti non omogenee, e relativi problemi di Cauchy. Si ricorda che nel metododi somiglianza il termine noto è del tipo speciale:f (x) P (n) (x) eαx cos βx Q(m) (x) eαx sin βx.1. y 00 (x) 2y 0 (x) y(x) 3 cos 2x 4 sin 2x2. y 00 (x) 3y 0 (x) 2y(x) e x3. y 00 (x) 6y 0 (x) 8y(x) 3x2 2x 14. y 00 (x) y(x) 2 cos x5. y 00 (x) 2y 0 (x) 2y(x) xex6. y 00 (x) 2y 0 (x) x e3x 00 y (x) y 0 (x) x2y(0) 17. 0y (0) 0 00 y (x) 8y 0 (x) 16y(x) e4xy(0) 08. 0y (0) 1 00 y (x) y 0 (x) 2(1 x)y(0) 19. 0y (0) 1 000y (x) 4y 0 (x) cos 2x10.y(0) y 0 (0) y 00 (0) 011. y 00 (x) 2y 0 (x) y(x) 12. y 00 (x) y(x) cos x exx1cos xDott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio7

Risultati degli esercizi sulle EDO lineari a coefficienti costanti:Omogenee: (1) y(x) c1 e3x c2 e x - (2) y(x) c1 e2x c2 - (3) y(x) cos 3x 32 sin 3x - (4) y(x) 2e2x sin x - (5) y(x) ( 2x 1)e3x - (6) y(x) 1 2x 13 e x - (7) Gli zeri del polinomio caratteristico sono 2, 2, 2i e 2i. La3esoluzione generica è y(x) c1 e2x c2 e 2x c3 cos 2x c4 sin 2x. Imponendo lacondizione richiesta, limx (c1 e4x c2 c3 e2x cos 2x c4 e2x sin 2x) 3, deveessere c1 0 perché e4x ha limite infinito e c3 c4 0 perché e2x cos 2x ee2x sin 2x non hanno limite. Risulta quindi c2 3 e la soluzione del problema 2x - (8) Gli zeri del polinomio caratteristico sono 0, 2, 1 i 3 eè y(x) 3e 1 i 3. La soluzione generica è y(x) c1 c2 e 2x c3 ex cos 3x c4 ex sin 3x.Imponendo la prima condizione si ha c1 c2 c3 0, e imponendo la seconda 2x c ex cos 3x c ex sin 3x) 1, deve essere c c limx (c1 c e43423 0 perché ex cos 3x e ex sin 3x non hanno limite e risulta quindi c1 1. Lasoluzione del problema è y(x) 1 e 2xNon omogenee: (1) Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo specialecon α 0 e β 2. α iβ non è soluzione del polinomio caratteristico e quindiuna soluzione particolare è del tipo yp (x) A cos 2x B sin 2x. La soluzione èy(x) c1 e x c2 xe x cos 2x - (2) Con metodo di somiglianza, il termine notoè di tipo speciale con α 1 e β 0. α iβ è soluzione semplice del polinomiocaratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo yp (x) Axe x . Lasoluzione è y(x) c1 e x c2 e 2x xe x - (3) Con metodo di somiglianza, iltermine noto è di tipo speciale con α 0 e β 0. α iβ non è soluzionedel polinomio caratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo yp (x) 13x 41Ax2 Bx C. La soluzione è y(x) c1 e4x c2 e2x 83 x2 1664 - (4)Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo speciale con Q(x) 0,α 0 e β 1. α iβ è soluzione del polinomio caratteristico e quindi unasoluzione particolare è del tipo yp (x) x[A cos x B sin x]. La soluzione è y(x) c1 cos x c2 sin x x sin x - (5) Con metodo di somiglianza, il termine noto è ditipo speciale con P (x) x, α 1 e β 0. α iβ non è soluzione del polinomiocaratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo yp (x) (Ax B)ex . Lasoluzione è y(x) c1 e x cos x c2 e x sin x 15 (x 54 )ex - (6) Si applica il principiodi sovrapposizione. Per f1 (x) x si trova una soluzione particolare della formayp1 (x) x(Ax B) e per f2 (x) e3x si trova una soluzione particolare dellaforma yp2 (x) Ae3x . La soluzione è y(x) c1 c2 e2x 41 x2 14 x 13 e3x - (7) 0 èsoluzione semplice del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolare èdel tipo yp (x) x(Ax2 Bx C). La soluzione è y(x) 2e x 1 31 x3 x2 2x (8) α iβ 4 è soluzione doppia del polinomio caratteristico, quindi una soluzioneparticolare è del tipo yp (x) Ax2 e4x . La soluzione è y(x) ( 21 x2 x)e4x - (9) 0è soluzione semplice del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolareè del tipo yp (x) x(Ax B). La soluzione è y(x) ex x2 - (10) α iβ 2i èsoluzione del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolare è del tipo1yp (x) Ax cos 2x Bx sin 2x. La soluzione è y(x) 16sin 2x 81 x cos 2x - (11)Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio8

Il termine noto non è di tipo speciale. Si procede con metodo della variazionedelle costanti. La soluzione è y(x) c1 ex c2 xex xex xex log x - (12) Siapplica il principio di sovrapposizione. Per f1 (x) cos x si trova una soluzioneparticolare della forma yp1 (x) x(A cos x B sin x) e per f2 (x) cos1 x si procedecon metodo della variazione delle costanti. La soluzione è y(x) c1 cos x c2 sin x cos x log cos x 23 x sin x.Equazioni lineari del primo ordineRisolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie lineari del primo ordinee i problemi di Cauchy, specificando l’insieme su cui è definita la soluzione:1. y 0 (x) tan x y(x) sin 2x 2.1 x2 y 0 (x) y(x) arcsin x3. y 0 (x) 2y(x)x x34. y 0 (x) cos2 x y(x) tan x 0 y (x) 2y(x) 3 e 2x5. y(0) 1 ex y 0 (x) y(x)x6.Calcolare limx 0 x y(x) y(1) 2 0 y (x) 7y(x) 8e3x7.Calcolare y 0 (0) y(0) y(0) 3 0 y (x) nx y(x) xan8. y(1) 0 0 xy (x) y(x) ex 09. y(a) bDott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio9

Risultati degli esercizi sulle equazioni lineari del primo ordine:(1) y(x) 2 cos2 x c cos x in R \ { π2 kπ}k Z - (2) y(x) c e arcsin x arcsin x 1 in ( 1, 1) - (3) y(x) 61 x4 xc2 in R \ {0} - (4) y(x) c e tan x tan x 1 inR \ { kπ4 }k Z - (5) L’equazione è in particolare a coefficienti costanti: l’omogenea sipuò risolvere col polinomio caratteristico oppure con la separazione delle variabilie la non omogenea col metodo di somiglianza o con la variazione delle costanti. y(x) e 2x (3x 1) in R - (6) y(x) 1 x1 ex x2 in (0, ). Il limiterichiesto vale 1 - (7) L’equazione è in particolare a coefficienti costanti: l’omogeneasi può risolvere col polinomio caratteristico oppure con la separazione delle variabilie la non omogenea col metodo di somiglianza o con la variazione delle costanti.y(x) 2e3x e7x in R. y 0 (0) y(0) vale 10 e si può ricavare derivando lasoluzione oppure, più velocemente, direttamente dall’equazione - (8) y(x) a(x 1)xxain (0, ) - (9) y(x) e ab ein(0, )sea 0ein( ,0)sea 0.xEquazioni del primo ordine a variabili separabiliRisolvere i seguenti problemi di Cauchy per equazioni differenziali ordinariedel primo ordine a variabili separabili, specificando l’insieme su cui è definitala soluzione, discutendo l’applicabilità dei teoremi di esistenza e unicità localee globale: 0 y (x) 2xy 2 (x)1. y(0) 1 0x y (x) y(x)2. y(0) 1 0 y (x) 3 cos2 x sin x y 2 (x)3. y(0) 1 0 y (x) x2 (2e y(x) 1)4. y(0) log 3 0 y (x) e2x 3y(x)5. y(0) 0Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio10

Risultati degli esercizi sulle equazioni a variabili separabili:Si fa riferimento alla notazione y 0 (x) f (x, y). (1) f (x, y) 2xy 2 è continua sia inun rettangolo che in una striscia contenente (0, 1), ma la derivata fy (x, y) 4xy,che è continua nel rettangolo, non è limitata nella striscia. Pertanto vale solo il1xteorema di esistenza e unicità locale. y(x) 1 x2 per x ( 1, 1) - (2) f (x, y) yè continua in un rettangolo contenente (0, 1) con y lontano da 0, ma non in unastriscia e la derivata fy (x, y) yx2 è continua nel rettangolo, ma non è limitatanella striscia. Pertanto vale solo il teorema di esistenza e unicitàlocale. Per prolungamento si trova lo stesso una soluzione globale y(x) 1 x2 per x R- (3) f (x, y) 3 cos2 x sin x y 2 è continua sia in un rettangolo che in una strisciacontenente (0, 1), ma la derivata fy (x, y) 6 cos2 x sin x y, che è continua nelrettangolo, non è limitata nella striscia. Pertanto vale solo il teorema di esistenzae unicità locale. y(x) cos13 x per x ( π2 , π2 ) - (4) f (x, y) x2 (2e y 1) ècontinua sia in un rettangolo che in una striscia contenente (0, log 3), ma la derivatafy (x, y) 2x2 e y , che è continua nel rettangolo, non è limitata nella striscia.Pertanto vale solo il teorema di esistenza e unicità locale. Per prolungamentox3si trova lo stesso una soluzione globale y(x) log(2 e 3 ) per x R - (5)f (x, y) e2x 3y è continua sia in un rettangolo che in una striscia contenente(0, 0), ma la derivata fy (x, y) 3e2x 3y , che è continua nel rettangolo, non èlimitata nella striscia. Pertanto vale solo il teorema di esistenza e unicità locale.2xy(x) 13 log 3e 2 1 per x ( log2 3 , ).Equazioni di BernoulliRisolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie di Bernoulli:p 0y (x) xy(x) x y(x)1.y(1) 12. xy 0 (x) y(x) y 2 ln x3. y 0 (x) y(x) tan x y 2 cos x 0 2 y(x)2y(x)04. y (x) x cos2 xp5. y 0 (x) 4y(x) x y(x)xRisultati degli esercizi sulle equazioni di Bernoulli:(1) y(x) (2e- (3) y(x) con x 6 0 ex2 14 1)2 per x R - (2) y(x) 11 ln x cxcon x 0, 1 ln x cx 6 0 2per x 6 π2 kπ, x c 6 0 - (4) y(x) c ln xcos x tan x1(x c) cos xx 6 π2 kπ- (5) y(x) x4 ( 21 ln x c)2 con x 6 0.Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio11

3FORME DIFFERENZIALIE CAMPI VETTORIALIForme differenziali e campi vettoriali in R21. Data la forma differenziale ω(x, y) ey dx (1 ey ) dy,calcolare il suo integrale sulla curva di equazione y x2 ex cos xfra i punti di ascissa x 0 e x 1.2. Determinare ϕ C 1 (R) con ϕ(0) 0 tale che la forma differenzialeω(x, y) [2x ϕ(y)] dx [x(y ϕ(y))] dysia esatta e calcolarne la primitiva che si annulla nell’origine.3. Trovare tutte le funzioni a, b C 1 (R) tali che la forma differenzialeω(x, y) a(y) dx b(x) dysia esatta e calcolarne le primitive.224. Sia γ l’arco dell’ellisse x9 y4 1 tra i punti A( 3, 0) e B(0, 2) percorsoin verso antiorario. Calcolare Z 112x dx dy221 (x y)1 (x2 y)22 10 xγ5. Si

piano esterna alla circonferenza x2 y2 4 e all’iperbole xy 1 (comprese) - (7) Parte di piano interna alla circonferenza x2 y2 4 (compresa) ed esterna all’ellisse 4x2 9y2 36 - (8) Parte di piano compresa tra la circonferenza x2 y2 4 e l’ellisse 4x2 9y2 36. Dott.ssa Silvia Marconi - Analisi II - Ing. Ambiente e Territorio 1