espressione esplicita di R γω [1/2]

Universit`a degli Studi di Padova – Facolt`a di Ingegneria Lauree in Ingegneria Gestionale, Meccanica e Meccatronica,

Prof. Francesca Albertini e Monica Motta

Soluzione della prova di autovalutazione di Fondamenti di Analisi Matematica 2

Vicenza, 2 gennaio 2010 Avvertenza: per ovvi motivi di semplificazione, la valutazione conseguita con lo schema seguente non pu`o essere assolutamente comparata alla correzione effettiva da parte di un do- cente, ma serve solo a dare solo un’idea di massima della propria preparazione.

Ad ogni voce indicata, va assegnato il punteggio corrispondente se il quesito in questione `e stato svolto in modo corretto; 0 altrimenti.

Esercizio 1: 7 punti

Dato un parametro reale a, si consideri la forma differenziale lineare ω = 

3e^[(a2+2)x+az]+ y²

dx + 2xy dy + e^[(a2+2)x+az]dz.

(i) [4 punti] cosi suddivisi:

condizione di chiusura: 1/2 punto per ogni coppia di derivate corrette, [1 e 1/2];

NB: i punti successivi possono essere assegnati anche se la condizione di chiusura era mancante o errata

osservazione che in IR³ chiusa implica esatta [1/2]

calcolo in corrispondenza a tali valori di un potenziale per ω [2].

(ii) [3 punti] cosi suddivisi:

parametrizzazione della curva γ [1 e 1/2];

espressione esplicita di R

γω [1/2];

determinazione dei valori di a ∈ IR per i quali R

γω = 0 [1].

Soluzione

(i) Il dominio di ω `e tutto IR<sup>3</sup>, quindi la forma `e esatta se e solo se `e chiusa. Chiamando F₁, F₂, F₃ le tre componenti di ω, dobbiamo avere:

∂F₁

∂y = 2y = ∂F₂

∂x ,

∂F1

∂z = 3ae^((a2+2)x+az) = ∂F3

∂x = (a²+ 2)e^((a2+2)x+az),

∂F2

∂z = 0 = ∂F3

∂y . Quindi dobbiamo imporre

3a = a²+ 2, che ci d`a a = 1 oppure a = 2.

Se a = 1 un potenziale per ω `e:

U (x, y, z) = e^(3x+z)+ xy²;

V (x, y, z) = 1/2e^(6x+2z)+ xy². (ii) Una parametrizzazione per la curva γ `e data da:







x(θ) = cos(θ) y(θ) = sin(θ) z(θ) = −3 cos(θ) con θ ∈ [0, 2π]. Quindi si ha:

Z

γ

ω = Z 2π

0

h

3e^(a2+2−3a) cos(θ)+ sin²(θ)

(− sin(θ)) + (2 cos(θ) sin(θ)) (cos(θ))+

+

e^(a2+2−3a) cos(θ)

(3 sin(θ))i dθ.

Poich`e R2π

0 sin³(t)dt = 0 e anche R2π

0 cos²(t) sin(t)dt = 0, si conclude che R

γω = 0 per ogni valore di a ∈ IR.

Esercizio 2: 7 punti Si consideri l’insieme seguente

D =(x, y) ∈ IR² : |y| ≤ x + 2, (x − 1)²+ y² ≥ 2, −2 ≤ x ≤ 2 (i) [1 punto] per disegnare D;

(ii) [6 punti] per determinare eventuali punti di massimo e di minimo assoluti della funzione f (x, y) = arctan(|y|e^−x) su D, cosi suddivisi:

considerazioni preliminari (vedi sotto) [1/2];

studio punti interni [1/2];

studio del bordo: 1 punto per ogni pezzo della frontiera (anche se studiato in modo diverso dalla soluzione indicata, ma corretto), [4]:

individuazione dei punti di minimo assoluto, [1/2]; di massimo assoluto, [1/2].

NB: Se gli ultimi 3 passi fossero stati sostituiti dal metodo delle curve di livello, assegnare direttamente il punteggio [5 e 1/2] (3 se si trova solo il minimo ma il massimo manca o non risulta corretto).

Soluzione (i) Per il disegno di D vedere il file Disegno-D.pdf (ii) Alcune considerazioni preliminari:

1. La funzione arctan `e strettamente crescente, quindi possiamo ridurci a studiare solo g(x, y) = |y|e^−x.

2. Poich`e sia l’insieme D sia la funzione g sono simmetrici rispetto all’asse x, possiamo studiare solo il caso y ≥ 0.

3. La funzione `e sempre ≥ 0, quindi i punti P_a(a, 0) con −2 ≤ a ≤ 1 −√

2 sono i punti di minimo assoluti.

Derivando ye^−x si ottiene:

∂g

∂x = −ye^−x, ∂g

∂y = e^−x.

Da cui si vede che non ci sono punti critici interni a D, quindi i massimi sono da ricercarsi sulla frontiera. Infine il massimo e il minimo assoluti di f esistono per il Teorema di Weierstrass, essendo f continua e D compatto.

1. Retta r₁, x = 2 con 1 ≤ y ≤ 4. Si ha:

g

r1 = ye⁻²,

che risulta strettamente crescente, quindi ci da due punti (gli estremi dell’intervallo) P₁(2, 4) e P₂(2, 1).

2. Retta r2, y = x + 2 con −2 ≤ x ≤ 4. Si ha:

g

r2 = (x + 2)e^−x. Derivando abbiamo:

g⁰

r2 = −(x + 1)e^−x,

che si annulla quando x = −1. Quindi su questa retta si ottengono 3 punti: i due estremi, che abbiamo gi`a considerato, pi`u il punto P₃(−1, 1).

la parte con x ≤ 2). Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. La lagrangiana `e:

L(x, y, λ) = ye^−x+ λ((x − 1)²+ y²− 2), Imponedo ∇L = 0 si ha:

−ye^−x+ 2λ(x − 1) = 0, e^−x+ 2λy = 0, (x − 1)²+ y² = 2.

Dalla seconda equazione si ricava che y 6= 0 e λ 6= 0, quindi moltiplicando per y la seconda equazione e sommando il risultato alla prima, si ottiene:

x − 1 + y² = 0 ⇒ y² = 1 − x.

Sostituendo questa equazione nella reazione vincolare, si ricava x = 0. Quindi sulla semi- circonferenza si ottengono i due punti estremali, che sono gi`a stati considerati, pi`u il punto P₄(0, 1).

Ora valutiamo la funzione g sui punti trovati:

g(P₁) = 4e⁻², g(P₂) = e⁻², g(P₃) = e, g(P₄) = 1.

Da cui si ha che il valore massimo `e g(P₃) = e.

Riassumendo avremo:

• P_a(a, 0), con −2 ≤ a ≤ 1 −√

2, punti di minimo assoluti, in cui la funzione vale zero;

• P₃(−1, 1) e P₃⁰(−1, −1), punti di massimo assoluti in cui la funzione vale arctan(e).

Esercizio 3: 7 punti Data la funzione

f (x, y) = |y − x²|(y + x²− 1) − 3x

(i) [1 punto] per determinare il dominio di f e discutere la continuit`a;

(ii) [5 punti] per la derivabilit`a, cosi suddivisi:

individuazione punti critici [1];

espressione esplicita dei limiti che definiscono ∂f /∂x e ∂f /∂y: [1];

∂f /∂x e ∂f /∂y nei punti (a, a²) con a 6= 0, ±√

2/2: [1];

∂f /∂x nei punti (a, a²) con a = 0: [1/2]; e a = ±√

2/2: [1/2];

∂f /∂y nei punti (a, a²) con a = ±√

2/2: [1];

(iii) [1 punto] differenziabilit`a di f nei punti (a, a²) con a = ±√ 2/2.

Soluzione

(i) f ha come dominio tutto IR² e risulta ivi continua, perch`e composizione di funzioni continue;

(ii) f risulta derivabile e differenziabile, anzi C¹, in tutti i punti di IR² esclusi i punti (x, y) che annullano il modulo |y − x²|, cio`e f ∈ C¹ IR²\ {(x, y) : y = x²}
. Nei punti della forma (a, a²) con a ∈ IR, verifichiamo direttamente l’esistenza delle derivate parziali: se esiste,

∂f

∂x(a, a²) = lim

h→0

f (a + h, a²) − f (a, a²)

h = lim

h→0

|a²− (a + h)²|(a²+ (a + h)²− 1) − 3(a + h) + 3a

h =

= lim

h→0

|h||2a + h|(2ah + h²+ 2a²− 1)

h − 3

=







|2a|(2a²− 1) lim_h→0 ^|h|_h − 3 (che non esiste) per a 6= 0, ±√ 2/2 lim_h→0 ^h2(h_h²⁻¹⁾ − 3 = −3 per a = 0

limh→0 h²|±√

2+h|(±√ 2+h)

h − 3 = −3 per a = ±√ 2/2

dove l’ultima espressione deriva dall’osservazione che |2a+h|(2ah+h²+2a²−1) → |2a|(2a²−1) per h → 0, che si annulla solo per a = 0 o a = ±√

2/2.

Analogamente, se esiste,

∂f

∂y(a, a²) = lim

h→0

f (a, a²+ h) − f (a, a²)

h = lim

h→0

|a²+ h − a²|(a²+ h + a²− 1) − 3a + 3a

h =

= lim

h→0

|h|(h + 2a²− 1)

h = (2a²− 1) lim_h→0^|h|_h (che non esiste) per a 6= ±√ 2/2 lim_h→0 ^h|h|_h = 0 per a = ±√

2/2

dove l’ultima espressione deriva dall’osservazione che (h + 2a²− 1) → (2a²− 1) per h → 0, che si annulla solo per a = ±√

2/2.

In conclusione, per i punti della forma (a, a²),

• f risulta derivabile solo per a = ±√

2/2, cio`e nei due punti P₁ = (√

2/2, 1/2) e P₂ = (−√

2/2, 1/2) dove vale ∇f (P₁) = ∇f (P₂) = (−3, 0).

(iii) Resta da discutere solo la differenziabilit`a di f nei punti P₁ e P₂, in quanto nei punti della forma (a, a²) con a 6= ±√

2/2 f non pu`o essere differenziabile, essendo non derivabile.

Calcoliamo, per P1, lim

(h,k)→(0,0)

|f (√

2/2 + h, 1/2 + k) − f (√

2/2, 1/2) − ∂f /∂x(√

2/2, 1/2)h − ∂f /∂y(√

2/2, 1/2)k|

√h²+ k² =

= lim

(h,k)→(0,0) √

h² + k² =

= lim

(h,k)→(0,0)

||k −√

2h − h²|(k +√

2h + h²)|

√h²+ k² = 0,

dove l’ultima uguaglianza si dimostra passando alle coordinate polari, h = ρ cos θ e k = ρ sin θ, per cui

||k −√

2h − h²|(k +√

2h + h²)|

√h² + k² = ρ²|| sin θ −√

2 cos θ − ρ cos²θ|(sin θ +√

2 cos θ + ρ cos²θ)|

ρ ,

espressione che risulta ≤ M ρ per qualche costante positiva M , essendo tutte le funzioni nel modulo limitate. Ci`o implica che il limite in questione esiste e vale 0. Per P<sub>2</sub> il calcolo `e analogo.

In conclusione,

• in P₁ e P₂ la funzione f `e differenziabile.

Esercizio 4: 7 punti Dato l’insieme

S =n

(x, y, z) ∈ IR³ : 0 ≤ y ≤ 2(1 − x²− z²), √

x²+ z²+ y ≥ 1o (i) [1 punto] per disegnare S (basta la proiezione di S su O, x, y o su O, y, z);

(ii) [6 punti] per calcolare il volume di S, cosi suddivisi:

Metodo 1

si riconosce che il solido `e di rotazione [1/2]

si determina la sua proiezione E scritta come dominio normale [2]

si scrive l’enunciato del Teorema di Guldino [1/2]

calcolo dell’integrale: 2 punti per l’integrale indefinito, 1 per il risultato finale [3]

Metodo 2

parametrizzazione di S (incluso dominio di integrazione, 1 punto) [3]

calcolo dell’integrale (se in coordinate cilindriche, 1 punto va assegnato per il determinante della Jacobiana; 1 punti per l’integrale indefinito, 1 per il risultato finale) [3]

Soluzione

(i) Si tratta di un solido di rotazione, ottenuto dalla rotazione di un angolo 2π attorno all’asse y dell’insieme

E =(x, y) : x ∈ [0, 1], 1 − x ≤ y ≤ 2(1 − x²) ,

che risulta essere un dominio normale rispetto a y (Per ottenere E basta considerare la proiezione di S sul piano z = 0 e considerare solo la met`a corrispondente a x ≥ 0).

Per il disegno di E vedere il file Disegno-S.pdf.

(ii) Metodo 1: Poich`e il solido `e di rotazione, per calcolare il volume di S possiamo ricorrere al Teorema di Guldino:

Vol(S) = 2π Z Z

E

x dx dy = 2π Z 1

0

x

"

Z 2(1−x²) 1−x

dy

#

dx = 2π Z 1

0

[2x − 2x³− x + x²] dx = 2π/3.

Metodo 2: Alternativamente, si pu`o porre:







x = ρ cos(θ) y = y z = ρ sin(θ)

con θ ∈ [0, 2π], ρ ∈ [0, 1] e 1 − ρ ≤ y ≤ 2(1 − ρ²). Quindi si ha:

Vol(S) = Z 2π

0

Z 1 0

Z 2(1−ρ²) 1−ρ

dy

! ρ dρ

!

dθ = 2π/3.

Fissato a > 0, si consideri l’insieme E =n

(x, y, z) ∈ IR³ : |z| ≤ a −p

a²x² + y²o . (i) [1 punto] per fare un disegno qualitativo di E ;

(ii) [6 punti] per calcolare l’ integrale superficiale R

∂Ep(a⁴+ a²)x²+ 2y²dσ, cosi suddivisi:

Metodo 1:

parametrizzazione delle 2 superfici [2]

calcolo dell’elemento d’area [2]

espressione esplicita dell’integrale superficiale [1]

calcolo dell’integrale superficiale [1]

Metodo 2:

parametrizzazione delle 2 superfici [1]

calcolo dell’elemento d’area [2]

espressione esplicita dell’integrale superficiale [1]

calcolo dell’integrale superficiale (compreso l’eventuale passaggio alle coordinate ellittico- polari, che vale 1 punto) [2]

Soluzione (i) L’insieme

E =n

(x, y, z) ∈ IR³ : |z| ≤ a −p

a²x² + y²o ,

non `e in generale un solido di rotazione (tranne che per a = 1). Graficamente, E `e costituito dalla regione dello spazio delimitata sopra e sotto il piano z = 0, rispettivamente, da da due coni ad una falda di asse z, C⁺ e C⁻, simmetrici rispetto al piano z = 0. C⁺ `e rivolto ”verso il basso” , ha vertice in (0, 0, a) e base sul piano z = 0 l’ellisse a<sup>2</sup>x<sup>2</sup> + y<sup>2</sup> = a<sup>2</sup>. C<sup>−</sup> `e rivolto

”verso l’alto”, ha vertice in (0, 0, −a) e base sul piano z = 0 l’ellisse a²x² + y² = a². Per il disegno di E vedere il file Disegno-E.pdf.

Metodo 1: utilizzando delle coordinate ellittico-cilindriche per parametrizzare le due superfici coniche, si ottiene che C⁺ = σ⁺([0, a] × [0, 2π]), dove

σ⁺:







x = ¹_aρ cos θ y = ρ sin θ z = a − ρ

(ρ, θ) ∈ [0, a] × [0, 2π],

mentre C⁻ = σ⁻([0, a] × [0, 2π]), dove

σ⁻:







x = ¹_aρ cos θ y = ρ sin θ z = ρ − a

(ρ, θ) ∈ [0, a] × [0, 2π].

Poich`e |σ⁻_ρ ∧ σ_θ⁻| = |σ_ρ⁺∧ σ_θ⁺| = ^ρ_a√

a²cos²θ + sin²θ + 1 e la funzione integranda `e simmetrica rispetto al piano z = 0, per l’ integrale superficiale si ha

Z

∂E

p(a⁴+ a²)x²+ 2y²dσ = 2 Z

C⁺

p(a⁴ + a²)x²+ 2y²dσ

= 2 a

Z 2π 0

Z a 0

ρ q

(a²+ 1)ρ²cos²θ + 2ρ²sin²θp

a²cos²θ + sin²θ + 1 dρ

 dθ

= 2 a

Z 2π 0

(a²+ 1) cos²θ + 2 sin²θ
dθ

 Z a 0

ρ²dρ



= 2

3a²π(a²+ 3),

dove la penultima espressione deriva dall’osservazione che, dopo aver raccolto ρ² nella prima radice integranda, sotto tale radice resta (a²+ 1) cos²θ + 2 sin²θ = a²cos²θ + sin²θ + 1 (basta sostituire 1 = cos²θ + sin²θ).

Metodo 2: considerando C⁺ e C⁻ come superfici cartesiane (non regolari) si ha C⁺ : z = a −pa²x²+ y² e C⁻ : z =pa²x²+ y²− a, (x, y) ∈ D, dove D = {(x, y) : a²x²+ y² ≤ a²}.

In tal caso l’elemento d’area `e dato in entrambi i casi da q

1 + z_x²+ z_y² = s

1 + a⁴x²

a²x²+ y² + y² a²x²+ y² =

s

(a⁴+ a²)x²+ 2y² a²x²+ y² e

Z

∂E

p(a⁴+ a²)x²+ 2y²dσ = 2 Z

C⁺

p(a⁴+ a²)x²+ 2y²dσ = 2 Z Z

D

(a⁴+ a²)x²+ 2y² pa²x²+ y² dx dy che operando il cambiamento di variabili in coordinate ellittico-polari

 x = ¹_aρ cos θ

y = ρ sin θ (ρ, θ) ∈ [0, a] × [0, 2π],

con determinante della Jacobiana dato da ρ/a, porta allo stesso integrale ottenuto con il metodo 1.