1) Determinare, se esistono, i punti di massimo e minimo assoluto della funzione f (x, y) =

Corso di Laurea in Ing. Meccanica (M/Z)

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 15 giugno 2019

1) Determinare, se esistono, i punti di massimo e minimo assoluto della funzione f (x, y) =

xy

(x

+y

)

nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ −x}.

2) Determinare le coordinate del baricentro del corpo piano E = {(x, y) ∈ R ² | ^x ₃

+ y ² ≤ 1, x ≥ |y|}

di densit` a di massa costante.

3) Data la curva semplice γ avente per sostegno l’intersezione del cilindro x ² + 4y ² = 2x con il piano z − y = 1 nella regione x ≥ 1 orientata in modo tale che il vettore T tangente alla curva nel punto P = (2, 0, 1) verifichi T · k > 0, determinarne versore tangente, normale e binormale in P . Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = ((x − 1) ² , z, y) lungo γ.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy (

y ⁰ = _x+1 ^6y −

√

y

(x−2)(x+1)

y(1) = 8

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = _(x

+y ^xy

)

risulta definita e di classe C ² in D = (R ² \ {(0, 0)}.

Essendo la funzione continua in K ⊂ D, chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. La funzione non ammette punti di massimo e minimo assoluti interni a K, in quanto non ammette punti stazionari della funzione dato che il sistema

( _∂f

∂x (x, y) = ^y(x

^+y

_(x ⁾

^−4x +y

) ^y(x

^+y

⁾ = ^y(y _(x

+y ^−3x

)

⁾ = 0

∂f

∂y (x, y) = ^x(x

^+y

_(x ⁾

^−4xy +y

)

^(x

^+y

⁾ = ^x(x _(x

+y ^−3y

)

⁾ = 0 non ammette soluzioni in D.

Cerchiamo ora i punti di massimo e minimo assoluto sulla frontiera ∂K. Tale frontiera

`

e l’unione dei segmenti S ₁ = {(x, −x) | x ∈ [ ^{√ 1}

2 , √

2]} e S ₂ = {(0, y) | y ∈ [1, 2]} e degli archi di circonferenza C ₁ = {(x, y) | x ² + y ² = 1, x ≥ 0, y ≥ −x} e C ₂ = {(x, y) | x ² + y ² = 14 x ≥ 0, y ≥ −x}

Abbiamo che

• lungo i segmento S ₁ , si ha che g ₁ (x) = f (x, y)| S

= f (x, −x) = − _4x ¹

` e funzione crescente in [ ^{√ 1}

2 , √

2]. Ne segue che min S

f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) = − ¹ ₂ e max

S

f (x, y) = f ( √ 2, − √

2) = − ¹ ₈ .

• lungo il segmento S ₂ la funzione ` e invece identicamente nulla g ₂ (x) = f (x, y)| S

= f (0, y) = 0 per ogni y ∈ [1, 2], dunque

min S

f (x, y) = max

S

f (x, y) = 0.

• una parametrizzazione dell’arco C 1 ` e data da x = p1 − y ² , y ∈ [− ^{√ 1} ₂ , 1]. Ne segue che f (x, y)| C

= f (p1 − y ² , y) = h ₁ (y) = yp1 − y ² , y ∈ [− ^{√ 1}

2 , 1] e tale funzione ` e crescente in [− ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ], decrescente in [ ^{√ 1}

2 , 1], y = ^{√ 1}

2 ] ` e punto di massimo con h ₁ ( ^{√ 1}

2 ) = f ( ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ) = ¹ ₂ . Poich´ e h ₁ (− ^{√ 1} ₂ ) = f ( ^{√ 1} ₂ , − ^{√ 1} ₂ ) = − ¹ ₂ mentre h ₁ (1) = f (0, 1) = 0, otteniamo che

min C

f (x, y) = f ( ^{√ 1} ₂ , − ^{√ 1} ₂ ) = − ¹ ₂ e max

C

f (x, y) = f ( ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂ ) = ¹ ₂ .

• in modo analogo, una parametrizzazione dell’arco C ₂ ` e data da x = p4 − y ² , y ∈ [− √

2, 2]. quindi f (x, y)| C

= f (p4 − y ² , y) = h ₂ (y) = ₁₆ ^y p4 − y ² , y ∈ [− √

2, 2] e la funzione ` e crescente in [− √

2, √

2], decrescente in [ √

2, 2], y = √

2] ` e punto di massimo con h ₂ ( √

2) = f ( √ 2, 1 √

2) = ¹ ₈ . dato che h ₂ (− √

2) = f ( √ 2, − √

2) = − ¹ ₈ mentre h ₂ (2) = f (0, 2) = 0, risulta

min C

f (x, y) = f ( √ 2, − √

2) = − ¹ ₈ e max

C

f (x, y) = f ( √ 2, √

2) = ¹ ₈ .

In alternativa, per parametrizzare i due archi si potevano utilizzare le coordinate polari, ot- tenendo f (x, y)| C

= f (cos θ, sin θ) = cos θ sin θ, θ ∈ [− ^π ₄ , ^π ₂ ] e f (x, y)| C

= f (2 cos θ, 2 sin θ) =

1

4 cos θ sin θ, θ ∈ [− ^π ₄ , ^π ₂ ], e determinare i massimi e minimi di tali funzioni.

Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che il punto ( ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂ ) ` e punto di massimo assoluto in K mentre ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) ` e punto di minimo assoluto min K f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ) = ¹ ₂ e max

K f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) = − ¹ ₂ . 2. Per determinare le coordinate del baricentro (x _B , y _B ) del corpo piano

E = {(x, y) ∈ R ² | ^x ₃

+ y ² ≤ 1, x ≥ |y|}

di densit` a di massa costante, osserviamo innanzitutto che per simmetria abbiamo che

y _B = 0

L’ascissa ` e invece data da

x _B = 1 µ(E

Z Z

E

d dxdy dove µ(E ) = RR

E dxdy. Per calcolare gli integrali doppi possiamo utilizzare le coordinate ellittiche

Φ :

( x = √ 3 cos θ y = sin θ

osservato che E = Φ(T ) essendo T = {(ρ, θ) | ρ ∈ [0, 1], θ ∈ [− ^π ₃ , ^π ₃ ]}, dato che il punto (

√ 3 2 ,

√ 3

2 ) corrisponde alle coordinate ellittiche (1, ^ρ ₃ ). Otteniamo allora µ(E ) =

Z Z

E

dxdy = Z Z

T

√ 3ρ dρdθ = √ 3

Z 1 0

ρ dρ Z

−

dθ = √ 3 h

ρ

2

i 1 0

2π 3 = ^{√ π}

3

e quindi

x _B = _µ(E) ¹ Z Z

E

x dxdy =

√ 3 π

Z Z

T

3ρ ² cos θ dρdθ = ³

√ 3 π

Z 1 0

ρ ² dρ Z

−

cos θ dθ

= ³

√ 3 π

h ρ

3

i 1 0 [sin θ]

π 3

−

= ³ _π ≈ 0, 95

In alternativa, per calcolare gli integrali doppi si poteva osservare che il dominio E ` e normale rispetto a y con E = {(x, y) ∈ R ² | y ∈ [−

√ 3 2 ,

√ 3

2 ], |y| ≤ x ≤ p3(1 − y ² )}.

3. Una parametrizzazione della curva semplice γ avente per sostegno l’intersezione del cilindro x ² + 4y ² = 2x con il piano z − y = 1 nella regione x ≥ 1 ` e data da ϕ(t) = (1 + cos t, <sup>1</sup> <sub>2</sub> sin t, 1 + <sup>1</sup> <sub>2</sub> sin t) con t ∈ [− <sup>π</sup> <sub>2</sub> , <sup>π</sup> <sub>2</sub> ]. Poich´ e ϕ <sup>0</sup> (t) = (− sin t, <sup>1</sup> <sub>2</sub> cos t, <sup>1</sup> <sub>2</sub> cos t) (nota, la curva non ` e parametrizzata mediante ascissa curvilinea dato che kϕ ⁰ (t)k = sin ² t +

1

2 cos ² t 6≡ 1) e P = (2, 0, 1) = ϕ(0), abbiamo che ϕ ⁰ (0) = (0, ¹ ₂ , ¹ ₂ ) e dunque la condizione T · k > 0 ` e verificata, l’orientamento ` e pertanto quello richiesto. Abbiamo che

T(0) = ϕ ⁰ (0)

kϕ ⁰ (0)k = (0, ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 )

Inoltre, essendo ϕ ⁰⁰ (t) = (− cos t, − ¹ ₂ sin t, − ¹ ₂ sin t) e dunque ϕ ⁰⁰ (0) = (−1, 0, 0), da cui ϕ ⁰ (0) ∧ ϕ ⁰⁰ (0) = (0, − ¹ ₂ , ¹ ₂ ) e

B(0) = ϕ ⁰ (0) ∧ ϕ ⁰⁰ (0)

kϕ ⁰ (0) ∧ ϕ ⁰⁰ (0)k = (0, − ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 )

Ne segue che N(0) = B(0) ∧ T(0) = (−1, 0, 0).

Il lavoro del campo F(x, y, z) = ((x − 1) ² , z, y) lungo γ ` e data da Z

γ

F · ds = Z

−

2

F(ϕ(t)) · ϕ ⁰ (t) dt

= Z

−

2

(cos ² t, 1 + ¹ ₂ sin t, ¹ ₂ sin t) · (− sin t, ¹ ₂ cos t, ¹ ₂ cos t) dt

= Z

−

− sin t cos ² t + ¹ ₂ cos t( ¹ ₂ sin t + 1) + ¹ ₄ cos t sin t dt

= h cos

t

3 + ¹ ₂ ( ¹ ₂ sin t + 1) ² − ¹ ₈ cos ² t i

−

2

= ( ¹ ₂ sin ^π ₂ + 1) ² = ⁹ ₄

4. L’equazione differenziale y ⁰ = _x+1 ^6y −

√

y

(x−2)(x+1) ` e equazione di Bernoulli con α = <sup>4</sup> <sub>3</sub> . Os- serviamo che la funzione identicamente nulla ` e soluzione dell’equazione ma non del prob- lema di Cauchy, le soluzioni non nulle saranno invece date considerando la funzione incog- nita z(x) = y ^1−α (x) = y ⁻

(x) = √

¹

y(x) . Con tale sostituzione otteniamo che le soluzioni non nulle sono date da y(x) = z ⁻³ (x) = _z

¹ (x) . Risulta allora y ⁰ (x) = −3z ⁻⁴ (x)z ⁰ (x) e dunque

y ⁰ = _x+1 ^6y −

√

y

(x−2)(x+1) ⇔ −3z ⁻⁴ z ⁰ = ^6z _x+1

− _(x−2)(x+1) ^z

⇔ z ⁰ + _x+1 ^2z = 3(x−2)(x+1) ¹

L’equazione nell’incognita z ` e equazione differenziale lineare e ammette come integrale generale

z(x) = e ^−A(x)

Z

1

3(x−2)(x+1) e ^A(x) dx + c



con A(x) primitiva di a(x) = _x+1 ² . Poich´ e il dato iniziale ` e x ₀ = 1 > −1, possiamo scegliere come primitiva A(x) = 2 log(x + 1) = log((x + 1) ² ) ottenendo

z(x) = e − log((x−1)

)

Z

1

3(x−2)(x+1) e ^log((x+1)

⁾ dx + c



= _(x+1) ¹



1 3

Z

x+1

x−2 dx + c



= _(x+1) ¹



1 3

Z

1 + _x−2 ³ dx + c



= _(x+1) ¹

1

3 (x + 3 log(2 − x)) + c

dove c ∈ R, dato che il dato iniziale `e x ⁰ = 1 < 2. Poich´ e la soluzione deve verificare la condizione iniziale z(1) = y(1) ⁻

= 8 ⁻

= ¹ ₂ dovremo avere c = ⁵ ₃ . La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e quindi

y(x) = _z

¹ (x) =  ¹

1

3(x+1)2

(x+3 log(2−x)+5)



= (x+3 log(2−x)+5) ^27(x+1)

.

Corso di Laurea in Ing. Meccanica (M/Z)

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 13 luglio 2019

1) Data la funzione f (x, y) = x ² + 2y ² − 2|x|y − x, determinare se esistono punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto in R = [0, 2] × [0, 1].

2) Calcolare l’area della superficie ottenuta dalla rotazione dell’arco di circonferenza (x − 3) ² + z ² = 4 con x ≤ 3 attorno all’asse z di un angolo di 2π radianti.

3) Dato il campo vettoriale F(x, y, z) = (2x − ^z

_x ^{log y}

, ^z _xy

− log y, z ² + ^{2z log y} _x ), determinarne il dominio, stabilire se il campo risulta irrotazionale e conservativo nel suo dominio e in caso affermativo determinarne un potenziale.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + y ⁰ = x − sin x + 2,

y(0) = y ⁰ (0) = 1.

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = x ² + 2y ² − 2|x|y − x risulta definita e continua in R ² . Osservato che

f (x, y) =

( x ² + 2y ² − 2xy − x se x ≥ 0 x ² + 2y ² + 2xy − x se x < 0

ne deduciamo che ` e di classe C <sup>2</sup> su tutto il suo dominio eccetto nei punti dell’asse delle ordinate. I punti di tale asse non risultano n´ e di massimo n´ e di minimo infatti f (0, y) = 2y <sup>2</sup> risulta crescente per y > 0 e decrescente per y < 0. Ne segue che ogni punto (0, y <sub>0</sub> ) con y <sub>0</sub> 6= 0 non `e punto di massimo n´e di minimo. Anche l’origine (0, 0) non `e punto di massimo n´ e di minimo, in quanto risulta punto di minimo per la funzione ristretta all’asse delle ordinate ma, essendo f (x, 0) = x ² − x = x(x − 1), non risulta punto di minimo per la funzione ristretta all’asse delle ascisse. Eventuali punti di massimo e minimo relativo in R ² \ {x = 0} saranno invece punti stazionari della funzione, ovvero soluzioni dei sistemi



 

 

∂f

∂x (x, y) = 2x − 2y − 1 = 0

∂f

∂y (x, y) = 4y − 2x = 0 x > 0

e



 

 

∂f

∂x (x, y) = 2x + 2y − 1 = 0

∂f

∂y (x, y) = 4y + 2x = 0 x < 0

Il primo sistema ammette come soluzione il punto P = (1, ¹ ₂ ) mentre il secondo non ammette soluzioni. Per determinare la natura del punto stazionario P = (1, ¹ ₂ ) valutiamo il determinante hessiano in R ² ∩ {x > 0} . Per x > 0 si ha

∂ ² f

∂x ² (x, y) = 2, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = −2, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 4 otteniamo

detHf (1, ¹ ₂ ) =    

2 −2

−2 4    

= 4 Quindi P = (1, ¹ ₂ ) ` e punto di minimo relativo con f (1, ¹ ₂ ) = − ¹ ₂ .

Essendo la funzione continua sul rettangolo R = [0, 2] × [0, 1] chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in R. Per quanto provato sopra, la funzione ammette un punto di minimo relativo interno a R ma nessun punto di massimo. Cerchiamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂R.

Tale frontiera ` e l’unione dei segmenti S ₁ = {(x, 0) | x ∈ [0, 2]}, S ₂ = {(2, y) | y ∈ [0, 1]}, S ₃ = {(x, 1) | x ∈ [0, 2]} e S ₄ = {(0, y) | y ∈ [0, 1]}. Osservato che R si trova nella regione x ≥ 0, abbiamo che

• lungo il segmento S ₁ , risulta che f | S

(x, y) = f (x, 0) = x ² − x, x ∈ [0, 2], `e funzione decrescente in [0, ¹ ₂ ] e crescente in [ ¹ ₂ , 2], quindi

min S

f (x, y) = f ( ¹ ₂ , 0) = − ¹ ₄ e max

S

f (x, y) = f (2, 0) = 2.

• lungo il segmento S 2 , si ha che f | S

(x, y) = f (2, y) = 2y ² − 4y + 2, y ∈ [0, 1], `e funzione decrescente in [0, 1], dunque

min S

f (x, y) = f (2, 1) = 0 e max

S

f (x, y) = f (2, 0) = 2.

• lungo il segmento S 3 , abbiamo che f | S

(x, y) = f (x, 1) = x ² − 3x + 2, x ∈ [0, 1], `e funzione decrescente in [0, ³ ₂ ] e crescente in [ ³ ₂ , 2], pertanto

min S

f (x, y) = f ( ³ ₂ , 1) = − ¹ ₄ e max

S

f (x, y) = f (0, 1) = 2.

• lungo il segmento S 4 , si ha che f | S

(x, y) = f (0, y) = 2y ² , y ∈ [0, 1], ` e funzione crescente in [0, 1], quindi

min S

f (x, y) = f (0, 0) = 0 e max

S

f (x, y) = f (0, 1) = 2.

Riunendo quanto ottenuto, ricordando che nel punto di minimo relativo interno f (1, ¹ ₂ ) =

− ¹ ₂ , otteniamo che P = (1, ¹ ₂ ) ` e punto di minimo assoluto in R mentre Q = (0, 1) e R = (2, 0) sono i punti di massimo assoluto

min T f (x, y) = f (1, ¹ ₂ ) = − ¹ ₂ e max

T f (x, y) = f (0, 1) = f (2, 0) = 2.

2. La superficie ottenuta dalla rotazione dell’arco di circonferenza (x − 3) ² + z ² = 4 con x ≤ 3 attorno all’asse z di un angolo di 2π radianti pu` o essere parametrizzata usando le coordinate cilindriche una volta determinata una parametrizzazione della curva. La curva (x − 3) ² + z ² = 4 con z ≥ 0 ammette come parametrizzazione ϕ(t) = (3 + 2 cos t, 2 sin t), t ∈ [ ^π ₂ , ^3π ₂ ]. Otteniamo quindi una parametrizzazione della superficie ponendo

Φ :



 

 

x = (3 + 2 cos t) cos θ y = (3 + 2 cos t) sin θ z = 2 sin t

, (t, θ) ∈ D = [ ^π ₂ , ^3π ₂ ] × [0, 2π].

Risulta allora kΦ t (t, θ) ∧ Φ θ (t, θ)k = (3 + 2 cos t)kϕ ⁰ (t)k = 2(3 + 2 cos t) e quindi A(S) =

Z Z

S

dσ = Z Z

D

2(3 + 2 cos t) dtdθ = 2 Z 2π

0

dθ Z

π 2

3 + 2 cos t dt

= 4π [3t + 2 sin t]

3π π2

2

= 4π(3π − 4)

In alternativa, detta γ la curva di sostegno l’arco di circonferenza e γ _B l’arco di circon- ferenza descritto dal baricentro della curva durante la rotazione, dal teorema di Guldino, si ottiene direttamente

A(S) = L(γ) · L(γ _B ) = L(γ) · 2π x _B = 2π Z

γ

x ds = 2π Z

π 2

(3 + 2 cos t)kϕ ⁰ (t)k dt

= 4π Z

π 2

3 + 2 cos t dt = ... = 4π(3π − 4)

3. Il campo F(x, y, z) = (2x − ^z

_x ^{log y}

, ^z _xy

− log y, z ² + ^{2z log y} _x ) ` e definito e di classe C ¹ nel suo dominio A = {(x, y, z) ∈ R ³ | x 6= 0, y > 0} dove risulta irrotazionale dato che

∂F

∂y = − _yx ^z

= ^∂F _∂x

, ^∂F _∂z

= − ^{2z log y} _x

= ^∂F _∂x

, ^∂F _∂z

= ^2z _xy = ^∂F _∂y

, ∀(x, y, z) ∈ A.

Poich´ e il dominio A non risulta connesso e dunque nemmeno semplicemente connesso, non possiamo affermare che essendo irrotazionale il campo ` e conservativo in A, abbiamo per` o che essendo irrotazionale il campo risulta conservativo nelle componenti semplicemente connesse A ⁺ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x > 0, y > 0} e A ⁻ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x < 0, y > 0}.

Per determinare un potenziale U (x, y, z) di F(x, y, z) in A ^± osserviamo che tale funzione dovr` a soddisfare le condizioni

∂U

∂x = 2x − ^z

_x ^{log y}

, ^∂U _∂y = _xy ^z

− log y e ^∂U _∂z = z ² + ^{2z log y} _x Dalla prima delle tre condizioni abbiamo che

U (x, y, z) = Z

2x − ^z

_x ^{log y}

dx = x ² + ^z

^{log y} _x + C ₁ (y, z) e dalla seconda

z

xy − log y = ^∂U _∂y = ^z _xy

+ ^∂C _∂y

Dunque

C ₁ (y, z) = Z

− log y dy = y − y log y + C ₂ (z) da cui

U (x, y, z) = x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + C 2 (z).

Dalla terza delle tre condizioni abbiamo infine che

z ² + ^{2z log y} _x = ^∂U _∂z = ^{2z log y} _x + C ₂ ⁰ (z)

da cui C ₂ ⁰ (z) = z ² e quindi C 2 (z) = ^z ₃

+ c, c ∈ R. Un potenziale in A ^± sar` a allora U ^± (x, y, z) = x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + ^z ₃

+ c ^± , c ^± ∈ R non necessariamente uguali. Ne segue che la funzione

U (x, y, z) =

( x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + ^z ₃

+ c ⁺ se x > 0 x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + ^z ₃

+ c ⁻ se x < 0

con c ^± ∈ R, `e un potenziale del campo in A e quindi che il campo risulta conservativo nel suo dominio.

4. L’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = x − sin x + 2 ` e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolverla determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> + y <sup>0</sup> = 0. L’equazione caratteristica asso- ciata, λ <sup>2</sup> + λ = 0, ammette due radici reali distinte λ <sub>1</sub> = 0 e λ <sub>2</sub> = −1. Quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea ` e

y ₀ (x) = c ₁ + c ₂ e ^−x , c ₁ , c ₂ ∈ R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Utilizzando il metodo della somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y _p (x) = y ₁ (x) + y ₂ (x) essendo y ₁ (x) = A cos x + B sin x soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = − sin x e y ₂ (x) = x(a + bx) = ax + bx ² soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = x + 2 (siamo in un caso risonante).

Derivando due volte e sostituendo nelle rispettive equazioni otteniamo A = B = ¹ ₂ e a = 1, b = ¹ ₂ . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = ¹ ₂ (cos x + sin x) + x + ¹ ₂ x ² quindi l’integrale generale dell’equazione data ` e

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ + c ₂ e ^−x + ¹ ₂ (cos x + sin x) + x + ¹ ₂ x ²

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie. Determiniamo ora c 1 e c ₂ di modo che risultino soddisfatte le condizioni iniziali y(0) = y ⁰ (0) = 1:

( y(0) = c 1 + c 2 + ¹ ₂ = 1

y ⁰ (0) = −c 2 + ¹ ₂ + 1 = 1 ⇔

( c 1 = 0 c 2 = ¹ ₂ La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e allora

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = ¹ ₂ e ^−x + ¹ ₂ (cos x + sin x) + x + ¹ ₂ x ²

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 14 settembre 2019

1) Data la funzione f (x, y) = 3xy ² − 2x ³ , determinare se esistono punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto in R = {(x, y) ∈ R ² | |x| ≤ 1, |y| ≤ 2}.

2) Determinare le coordinate del baricentro del solido E = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 4, x ² + y ² ≥ 1, z ≥ 1} di densit` a di massa costante.

3) Data la curva di equazione cartesiana x = p1 + y ² , y ∈ [−1, 1], determinarne versore tangente e normale, equazione della circonferenza osculatrice nel punto (1, 0). Calcolare il lavoro del campo F(x, y) = (xy, y ³ ) lungo tale curva.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = _x(x−1) ^y−2

y(2) = 3.

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 26 ottobre 2019

1) Data la funzione f (x, y) = x log(x + y ² ), determinare se esistono punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto in P = {(x, y) ∈ R ² | ¹ ₃ ≤ x ≤ 1 − y ² }.

2) Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = (yz ³ , xz ² , z) attraverso la superficie S ot- tenuta dalla rotazione della curva di equazione cartesiana x = √

1 + z ² , z ∈ [− √ 3, √

3], attorno all’asse z di un angolo pari a π e orientata in modo tale che il versore normale N nel punto P = (0, 1, 0) verifichi N · j < 0.

3) Data la curva ϕ(t) = (1 + cos t, 1 − sin t, sin(2t)), t ∈ [0, π], determinarne versore tangente, normale e binormale, curvatura e torsione, equazione del piano osculatore nel punto (1, 0, 0).

4) Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y ⁰⁰ − y ⁰ = e ^x − x + 1.

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 14 gennaio 2020

1) Data la funzione f (x, y) = 2x ² − y|y|, determinare se esistono punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto in C = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 4, x ≥ 0}.

2) Calcolare il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) = (xy ² , yx ² , xy) uscente dalla super- ficie frontiera del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ≥ x ² + y ² , x ≥ 0, z ≤ 1}

3) Data la curva γ di equazione parametrica ϕ(t) = (t(2 − t), t ² (t − 2), 2 + t), t ∈ [0, 2], stabilire se ` e semplice, chiusa e regolare. Calcolare il lavoro lungo γ del campo

F(x, y, z) = (x + y, (z − 4) ² , z − 1)

4) Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y ⁰⁰ − y ⁰ = e ^x + x − 1.

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 4 febbraio 2020

1) Data la funzione f (x, y) = ( _x

x

+y

se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0) stabilire se in (0, 0) ` e continua, derivabile parzialmente e differenziabile.

2) Determinare le coordinate del baricentro del corpo piano D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1, x + y ≥ 1}

di densit` a di massa costante.

3) Stabilire se il campo F(x, y, z) = (log x − ^z

_x ^{log y}

, _xy ^z

, z + ^{2z log y} _x ) risulta conservativo nel suo dominio e nel caso determinarne un potenziale. Calcolarne il lavoro lungo la curva semplice γ di sostegno l’intersezione del cilindro circolare x ² + y ² − 2x − 4y + 4 = 0 con il piano z = x − 1 nella regione z ≥ 0, y ≥ 2, orientata in modo tale che per il vettore tangente T nel punto P = (2, 2, 1) risulti T · j > 0

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = _x−1 ^2y + (1 − x ² ) √ y

y(0) = 4 .

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Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 25 febbraio 2020

1) Data la funzione f (x, y) = y log(y + 4x ² ), determinarne i punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, determinare i punti di massimo e minimo assoluti nell’insieme B = {(x, y) ∈ R ² | ¹ ₃ ≤ y ≤ 1 − 4x ² }.

2) Calcolare Z Z Z

T

x ² + y ² dxdydz essendo

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | (z − 2) ² ≥ x ² + y ² , z ∈ [0, 3]}

3) Data la curva semplice γ di sostegno l’intersezione del cilindro 4x ² +y ² = 2y con il piano z = x + 1 nella regione y ≥ 1 e orientata in modo tale che nel punto P = (0, 2, 1) il vettore tangente T sia tale che T · i > 0, determinarne versore tangente, normale e binormale, curvatura ed equazione della circonferenza osculatrice in P . Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = (z ² , y, x + z) lungo γ.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = ^{log x} _2y

y(1) = −2 .