FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2

FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2

Commissione F. Albertini, M. Motta

Ingegneria Gestionale, Meccanica, Meccatronica, Vicenza Vicenza, 19 settembre 2012

SOLUZIONE Esercizio 1 Si consideri il seguente insieme:

D = (x, y) ∈ R² : x²+ 9y² ≤ 9 .

Disegnare D e determinare i massimi e minimi assoluti su D della funzione:

f (x, y) = |x + 2|e(^x2+9y2).

Sol. Il dominio D `e un ellisse chiusa, e dunque un insieme compatto. Poich`e f `e continua, per il T. di Weierstrass, essa ha minimo e massimo assoluti in D.

1. Punti di non derivabilit`a. Lungo il segmento x = −2 contenuto in D f non `e derivabile, per`o f (−2, y) = 0 e f (x, y) ≥ 0 ∀(x, y) ∈ D. Dunque i punti (−2, y) ∈ D sono tutti di minimo assoluto e m = 0.

2. Punti interni a D⁻= D ∪ {(x, y) : x < −2} e D⁺= D ∪ {(x, y) : x > −2}. Risolviamo il sistema ∇f (x, y) = (0, 0). Si ha

∇f (x, y) =

 (−1 + 2x|x + 2|, 18y |x + 2|) in D⁻, (1 + 2x²+ 4x, 18y |x + 2|) in D⁺ che ha come unici zeri i punti P±=



−1 ±

√2 2 , 0



in D⁺.

3. Bordo. Lungo l’ellisse x²+ 9y² = 9 si ha f (x, y) = |x + 2|e⁹ con x ∈ [−3, 3]. Il massimo viene assunto in P₁ = (3, 0) e vale M = 5 e⁹ (chiaramente maggiore dei valori f (P±)).

Esercizio 2 Calcolare

I = Z Z

E

x²√ x y⁶ e

x y

2

dx dy

dove E `e la porzione del piano O x y delimitata dalle curve x = 2y², x = 4y², x = 2y, x = y.

Sol. Si introduca il cambiamento di variabili Φ⁻¹ :

( u = ^x_y v = _y^x2

(x, y) ∈ E,

con immagine D = Φ⁻¹(E) = [1, 2] × [2, 4] e |det J_Φ⁻¹(x, y)| = x/y⁴ (> 0 in E). `E anche un cambiamento di variabili invertibile, dunque ammissibile, perch`e

Φ :

 y = ^u_v

x = ^u_v² (u, v) ∈ D.

Quindi

I = Z 2

1

Z 4 2

√v u e^u2dv



du = 2 3v^3/2

4 2

 1 2e^u2

2 1

Esercizio 3 Per ogni a > 0 si consideri la seguente equazione differenziale y⁰(x) = y(x)

x − a

2

xe^x+y(x) x .

(a) Determinare, in un intorno di x₀ = 1, la soluzione tale che y(1) = 0.

(b) Dire se esistono, e quali sono, i valori a > 0 tali che la soluzione determinata in (a) ha come dominio (0, +∞).

Sol. (a). L’equazione `e omogenea, per cui poniamo z(x) = y(x)/x e per z si ha l’equazione a variabili separabili seguente

z⁰(x) = (z(x) − a)²e^x.

La nuova condizione iniziale `e z(1) = 0/1 = 0 ed essendo a > 0, per cui (z(1) − a)² = a² 6= 0, non si ha mai come soluzione l’integrale singolare. Risolvendo

Z z(x) 0

dz (z − a)² =

Z x 1

e^tdt ed infine esplicitando z(x), si ottiene

z(x) = a



1 − 1

a(e^x− e) + 1

 , da cui segue che

y(x) = x z(x) = ax



1 − 1

a(e^x− e) + 1

 .

(b). L’intervallo massimale in cui risulta definita la soluzione y(x) `e {x > 0 : a(e^x− e) + 1 >

0} = {x > 0 : e^x> e − 1/a}. Quindi `e tutto ]0, +∞[ solo quando e − 1/a ≤ 0, cio`e 0 < a ≤ 1/e.

Esercizio 4 Per ogni k > 0, si consideri il seguente insieme:

S_k = (x, y, z) ∈ R³ : 0 ≤ z ≤ 2k, (x − 2k)²+ (y + 1)²≤ k²z² . (a) Calcolare il volume di S_k.

(b) Determinare, se esistono, i valori di k tali che vol(Sk) = 24π.

Sol. (a). Posto Ez .

= {(x, y) : (x − 2k)²+ (y + 1)² ≤ k²z²} -disco di C(2k, −1) e r = kz- e integrando per strati si ottiene

V ol(S_k) = Z Z Z

S_k

dx dy dz = Z 2k

0

Z Z

Ez

dx dy

 dz =

Z 2k 0

[Area(E_z)] dz = πk² Z 2k

0

z²dz = 8 3πk⁵. (b). Deve valere ⁸₃πk⁵ = 24π, per cui k =√⁵

9.

Tempo: due ore e mezza. Viene corretto solo ci`o che `e scritto sul foglio intestato. `E vietato tenere libri, appunti, telefoni e calcolatrici di qualsiasi tipo.