(1)Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del A 1) Data la funzione f (x, y

(1)

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 19/06/2010 – A

1) Data la funzione f (x, y) = |x − 2y| log(1 + x²+ y²),

a) stabilire dove risulta derivabile parzialmente nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali,

b) stabilire dove risulta differenziabile nel suo dominio.

2) Calcolare il lavoro del campo F (x, y, z) = (z², y, x + z) lungo la curva semplice avente per sostegno l’intersezione del cilindro 4x²+ y² = 2y con il piano z = x + 1 nella regione y ≥ 1.

3) Calcolare il flusso del campo

F (x, y, z) = (p

x²+ y², z, z px²+ y²)

uscente dalla superficie ∂T essendo T = {(x, y, z) ∈ IR³| 1 ≤ x² + y² ≤ 2y, z ∈ [0, 2]}.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

(y⁰ = _x−1^2y + (1 − x²)√ y y(0) = 4

(2)

Soluzione

1.a) La funzione data risulta definita e continua in tutto IR². Inoltre, essendo f (x, y) =

((x − 2y) log(1 + x² + y²) se x ≥ 2y (2y − x) log(1 + x² + y²) se x < 2y

possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x0, y0) ∈ IR² tale che x₀ 6= 2y₀ con

∂f

∂x(x₀, y₀) = log(1 + x²₀+ y₀²) + (x₀− 2y₀) 2x₀ 1 + x²₀+ y²₀

e ∂f

∂y(x₀, y₀) = −2 log(1 + x²₀+ y²₀) + (x₀− 2y₀) 2y₀ 1 + x²₀+ y²₀ se x₀ > 2y₀, mentre

∂f

∂x(x₀, y₀) = − log(1 + x²₀+ y₀²) + (2y₀− x₀) 2x₀ 1 + x²₀+ y₀²

e ∂f

∂y(x0, y0) = 2 log(1 + x²₀+ y²₀) + (2y0− x₀) 2y₀ 1 + x²₀+ y²₀ se x₀ < 2y₀. Rimane da discutere la derivabilit`a nei punti della retta x = 2y.

Nell’origine del piano si ha che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x e ad y con

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lim

h→0

|h| log(1 + h²)

h = 0

e ∂f

∂y(0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lim

h→0

|2h| log(1 + h²)

h = 0

La funzione non risulta invece derivabile parzialmente nei restanti punti della retta x = 2y.

Infatti, nel punto (2y₀, y₀), con y₀ 6= 0 avremo che la funzione non risulta derivabile parzialmente sia rispetto ad x che ad y poich`e essendo log(1 + 5y²₀) 6= 0 non esistono i limiti

lim

h→0

f (2y₀+ h, y₀) − f (y₀, y₀)

h = lim

h→0

|h| log(1 + (2y₀+ h)²+ y₀²)

h = log(1 + 5y₀²) lim

h→0

|h|

h e

lim f (2y₀, y₀+ h) − f (2y₀, y₀)

= lim |2h| log(1 + (2y₀+ h)²+ y²₀)

= 2 log(1 + 5y²) lim |h|

(3)

1.b) Per il Teorema del differenziale, essendo le derivate parziali continue in ogni punto (x₀, y₀) con x₀ 6= 2y₀, la funzione risulta differenziabile in tali punti. Non risulta invece differenziabile nei punti della retta x₀ = 2y₀ con y₀ 6= 0 non essendo ivi derivabile parzialmente. La funzione risulta infine differenziabile nell’origine del piano in quanto

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − ^∂f_∂x(0, 0)x − ^∂f_∂y(0, 0)y

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

|x − 2y| log(1 + x²+ y²) px²+ y² = 0.

Infatti, passando alle coordinate polari risulta lim

ρ→0⁺

|ρ cos θ − 2ρ sin θ| log(1 + ρ²)

ρ = 0, ∀θ ∈ [0, 2π]

uniformemente rispetto a θ, essendo per ogni θ ∈ [0, 2π]

||ρ cos θ − 2ρ sin θ| log(1 + ρ²)

ρ | = | cos θ−2 sin θ| log(1+ρ²) ≤ 3 log(1+ρ²) → 0, per ρ → 0⁺. 2) Osservato che

4x²+ y² = 2y ⇐⇒ x²

1 4

+ (y − 1)² = 1,

per ottenere una parametrizzazione della curva si possono utilizzare le coordinate polari ellittiche ponendo

γ(θ) :







x = ¹₂cos θ, y = 1 + sin θ, z = 1 + ¹₂cos θ.

Dalla limitazione y = 1 + sin θ ≥ 1 si ottiene che θ ∈ [0, π]. Ne segue che γ⁰(θ) = (−¹₂sin θ, cos θ, −¹₂sin θ) e dunque che

Z

γ

F · ds = Z π

0

F (γ(θ)) · γ⁰(θ) dθ

= Z π

0

−1

2sin θ(1 + 1

2cos θ)²+ cos θ(1 + sin θ) − 1

2sin θ(1 + cos θ) dθ

= 1 3(1 + 1

2cos θ)³+1

2(1 + sin θ)²+ 1

4(1 + cos θ)²

π 0

= −25 12 3) Dal Teorema della divergenza risulta

Z

∂T

F · N_udσ = Z Z Z

T

divF dxdydz = Z Z Z

T

x + 1

px²+ y² dxdydz

(4)

Per calcolare l’integrale a secondo membro osserviamo che

T = {(x, y, z) ∈ IR³| (x, y) ∈ D, z ∈ [0, 2]}

essendo D = {(x, y) ∈ IR²| 1 ≤ x² + y² ≤ 2y}. Integrando per fili si ottiene Z Z Z

T

x + 1

px²+ y² dxdydz = Z Z

D

Z 2 0

x + 1

px²+ y² dz)dxdy = 2 Z Z

D

x + 1

px²+ y² dxdy.

Per calcolare l’ultimo integrale utilizziamo le coordinate polari Φ :

(x = ρ cos θ y = ρ sin θ ed osservato che

(x²+ y² = 1

x²+ y² = 2y ⇐⇒

(x = ±

√ 3 2

y = ¹₂ otteniamo

Φ⁻¹(D) = E = {(ρ, θ) | θ ∈ [π 6,5π

6 ], 1 ≤ ρ ≤ 2 sin θ}

-2 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5

-1 -0,5 0,5 1 1,5 2

π/6

Ne segue allora che Z Z

D

x + 1

px²+ y² dxdy = Z Z

E

(1 + ρ cos θ)dρdθ

= Z ^5π₆

π 6

( Z 2 sin θ

1

1 + ρ cos θ dρ) dθ = Z ^5π₆

π 6

ρ + ρ²

2 cos θ

2 sin θ 1

dθ

= Z ^5π₆

π 6

(2 cos θ sin²θ + 2 sin θ − 1

2cos θ − 1) dθ

= 2

sin³θ − 2 cos θ + 1

sin θ − θ

^5π₆

= 2(√ 3 −π

).

(5)

e dunque

Z

∂T

F · N_udσ = 4(√ 3 − π

3).

4) L’equazione `e equazione differenziale di Bernoulli. Per risolvere tale equazione poniamo z(x) = y¹⁻¹²(x) =p

y(x)

essendo y(x) soluzione del problema proposto. Con tale posizione si ottiene y(x) = z²(x) e dunque

y⁰(x) = 2z(x)z⁰(x) e quindi che z(x) dovra’ soddisfare il problema di Cauchy

(z⁰ = _x−1^z + ¹₂(1 − x²) z(0) =py(0) = 2

L’equazione differenziale nell’incognita z è lineare del primo ordine non omogenea, cioè del tipo z⁰ = a(x)z + b(x). L’integrale generale sarà allora della forma

z(x) = e^A(x)( Z

b(x)e^−A(x)dx + c), c ∈ IR,

dove A(x) `e una primitiva di a(x). Essendo a(x) = _x−1¹ ed il dato iniziale in x₀ = 0 < 1 scegliamo come primitiva la funzione A(x) = log(1−x). L’integrale generale dell’equazione data sar`a allora

z(x) = e^log(1−x)( Z 1

2(1 − x²)e^{− log(1−x)}dx + c) = (1 − x)(1 2

Z

(1 + x) dx + c)

= (1 − x)(x 2 + x²

4 + c), c ∈ IR.

Imponendo la condizione iniziale z(0) = 2 si ottiene c = 2 e quindi che z(x) = (1 − x)(x

2 +x² 4 + 2).

La soluzione del problema di Cauchy proposto risulta allora y(x) = z²(x) = (1 − x)²(x

2 + x²

4 + 2)².

(6)

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 19/06/2010 – B

1) Data la funzione f (x, y) = |3x − y| log(1 + x²+ y²),

a) stabilire dove risulta derivabile parzialmente nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali,

b) stabilire dove risulta differenziabile nel suo dominio.

2) Calcolare il lavoro del campo F (x, y, z) = (x, z², y + z − 1) lungo la curva semplice avente per sostegno l’intersezione del cilindro x² + 9y² = 2x con il piano z = y + 2 nella regione x ≥ 1.

3) Calcolare il flusso del campo

F (x, y, z) = (z,p

x² + y², z px²+ y²)

uscente dalla superficie ∂T essendo T = {(x, y, z) ∈ IR³| 4 ≤ x² + y² ≤ 4x, z ∈ [0, 1]}.

(y⁰ = _2−x^y + (x²− 4)y² y(0) = ¹₄

(7)

Soluzione

1.a) La funzione data risulta definita e continua in tutto IR². Inoltre, essendo f (x, y) =

((3x − y) log(1 + x² + y²) se 3x ≥ y (y − 3x) log(1 + x² + y²) se 3x < y

possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x0, y0) ∈ IR² tale che 3x₀ 6= y₀ con

∂f

∂x(x₀, y₀) = 3 log(1 + x²₀+ y²₀) + (3x₀− y₀) 2x₀ 1 + x²₀+ y²₀

e ∂f

∂y(x₀, y₀) = − log(1 + x²₀+ y₀²) + (3x₀− y₀) 2y₀ 1 + x²₀+ y₀² se 3x₀ > y₀, mentre

∂f

∂x(x₀, y₀) = −3 log(1 + x²₀+ y²₀) + (y₀− 3x₀) 2x₀ 1 + x²₀+ y²₀

e ∂f

∂y(x0, y0) = log(1 + x²₀+ y₀²) + (y0− 3x₀) 2y₀ 1 + x²₀+ y²₀ se 3x₀ < y₀. Rimane da discutere la derivabilit`a nei punti della retta y = 3x.

Nell’origine del piano si ha che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x e ad y con

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lim

h→0

|3h| log(1 + h²)

h = 0

e ∂f

∂y(0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h = lim

h→0

|h| log(1 + h²)

h = 0

La funzione non risulta invece derivabile parzialmente nei restanti punti della retta y = 3x.

Infatti, nel punto (x₀, 3x₀), con x₀ 6= 0 avremo che la funzione non risulta derivabile parzialmente sia rispetto ad x che ad y poich`e essendo log(1 + 10x²₀) 6= 0 non esistono i limiti

lim

h→0

f (x₀+ h, 3x₀) − f (x₀, 3x₀)

h = lim

h→0

|3h| log(1 + (x₀+ h)²+ 9x²₀)

h = 3 log(1+10x²₀) lim

h→0

|h|

h e

h→0lim

f (x₀, 3x₀ + h) − f (x₀, 3x₀)

h = lim

h→0

|h| log(1 + (3x₀+ h)²+ x²₀)

h = log(1 + 10x²₀) lim

h→0

|h|

h

(8)

1.b) Per il Teorema del differenziale, essendo le derivate parziali continue in ogni punto (x₀, y₀) con y₀ 6= 3x₀, la funzione risulta differenziabile in tali punti. Non risulta invece differenziabile nei punti della retta y = 3x distinti dall’origine non essendo ivi derivabile parzialmente. La funzione risulta infine differenziabile nell’origine del piano in quanto

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − ^∂f_∂x(0, 0)x − ^∂f_∂y(0, 0)y

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

|3x − y| log(1 + x²+ y²) px²+ y² = 0.

ρ→0⁺

|3ρ cos θ − ρ sin θ| log(1 + ρ²)

ρ = 0, ∀θ ∈ [0, 2π]

uniformemente rispetto a θ, essendo per ogni θ ∈ [0, 2π]

||3ρ cos θ − ρ sin θ| log(1 + ρ²)

ρ | = |3 cos θ−sin θ| log(1+ρ²) ≤ 4 log(1+ρ²) → 0, per ρ → 0⁺.

2) Osservato che

x²+ 9y² = 2x ⇐⇒ (x − 1)²+(y − 1)²

1 9

= 1,

per ottenere una parametrizzazione della curva si possono utilizzare le coordinate polari ellittiche ponendo

γ(θ) :







x = 1 + cos θ, y = ¹₃sin θ, z = 2 + ¹₃sin θ.

Dalla limitazione x = 1 + cos θ ≥ 1 si ottiene che θ ∈ [−^π₂,^π₂]. Ne segue che γ⁰(θ) = (− sin θ,¹₃cos θ,¹₃cos θ) e dunque che

Z

γ

F · ds = Z ^π₂

−^π

2

F (γ(θ)) · γ⁰(θ) dθ

= Z ^π₂

−^π₂

− sin θ(1 + cos θ) + 1

3cos θ(2 + 1

3sin θ)²+ 1

3cos θ(1 + 2

3sin θ) dθ

= 1

2(1 + cos θ)²+ 1 3(2 + 1

3sin θ)³+1 4(1 + 2

3sin θ)²

^π₂

−^π₂

= 272 81

(9)

3) Dal Teorema della divergenza risulta Z

∂T

F · N_udσ = Z Z Z

T

divF dxdydz = Z Z Z

T

y + 1

px²+ y² dxdydz Per calcolare l’integrale a secondo membro osserviamo che

T = {(x, y, z) ∈ IR³| (x, y) ∈ D, z ∈ [0, 1]}

essendo D = {(x, y) ∈ IR²| 4 ≤ x² + y² ≤ 4x}. Integrando per fili si ottiene Z Z Z

T

y + 1

px²+ y² dxdydz = Z Z

D

( Z 1

0

y + 1

px²+ y² dz)dxdy = Z Z

D

y + 1

px²+ y² dxdy.

Per calcolare l’ultimo integrale utilizziamo le coordinate polari Φ :

(x = ρ cos θ y = ρ sin θ osservato che

Φ⁻¹(D) = E = {(ρ, θ) | θ ∈ [−π 3,π

3], 2 ≤ ρ ≤ 4 cos θ}.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-2 -1 1 2 3

π/3

Si ottiene allora Z Z

D

y + 1

px²+ y²dxdy = Z Z

E

(1 + ρ sin θ)dρdθ

= Z ^π₃

−^π₃

(

Z 4 cos θ 2

1 + ρ sin θ dρ) dθ = Z ^π₃

−^π₃

ρ +ρ²

2 sin θ

4 cos θ 2

dθ

= 2 Z ^π₃

−^π

3

(2 cos θ + 4 sin θ cos²θ − 1 − sin θ) dθ

= 2

2 sin θ − 4

3cos³θ − θ + cos θ

^π₃

−^π₃

= 4(√ 3 −π

3)

(10)

e quindi

Z

∂T

F · N_udσ = 4(√ 3 − π

3).

4) L’equazione `e equazione differenziale di Bernoulli. Per risolvere tale equazione poniamo z(x) = y¹⁻²(x) = 1

y(x)

essendo y(x) soluzione del problema proposto. Con tale posizione si ottiene y⁰(x) = −z⁰(x)

z²(x) e quindi che z(x) dovra’ soddisfare il problema di Cauchy

(z⁰ = _x−2^z + (4 − x²) z(0) = _y(0)¹ = 4

L’equazione differenziale nell’incognita z è lineare del primo ordine non omogenea, cioè del tipo z⁰ = a(x)z + b(x). L’integrale generale sarà allora della forma

z(x) = e^A(x)( Z

b(x)e^−A(x)dx + c), c ∈ IR,

dove A(x) `e una primitiva di a(x). Essendo a(x) = _x−2¹ ed il dato iniziale in x₀ = 0 < 2 scegliamo come primitiva la funzione A(x) = log(2−x). L’integrale generale dell’equazione data sar`a allora

z(x) = e^log(2−x)( Z

(4 − x²)e^{− log(2−x)}dx + c) = (2 − x)(

Z

2 + x dx + c)

= (2 − x)(2x + x²

2 + c), c ∈ IR.

Imponendo la condizione iniziale z(0) = 4 si ottiene c = 2 e quindi che z(x) = (2 − x)(2x + x²

2 + 2).

Si ottiene allora che la soluzione del problema di Cauchy proposto `e data da y(x) = 1

z(x) = 1

(2 − x)(2x + ^x₂² + 2).

(11)

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 10/07/2010 – A

1) Data la funzione f (x, y) = x²y − 2 3y³,

a) determinare, se esistono, punti di massimo e di minimo relativi nel suo dominio, b) determinare i punti di massimo e di minimo assoluti nell’insieme

D = {(x, y) ∈ IR²| x²+ 2y² ≤ 2, y ≥ 0}.

2) Data la curva ϕ(t) = (t³− t, t²− 1), t ∈ [−1, 1], a) stabilire se regolare e chiusa,

b) determinare versori tangente e normale in ϕ(0),

c) calcolare l’area della regione del piano delimitata dal sostegno della curva.

3) Determinare le coordinate del baricentro della superficie avente per sostegno la porzione di sfera

S = {(x, y, z) ∈ IR³| x²+ y²+ z² = 9, x ≥ 0, |z| ≤ 3 2} di densit`a di massa σ(x, y, z) = x.

4) Data l’equazione y⁰⁰+ y⁰− 6y = 6 + e^−3x a) determinarne l’integrale generale,

b) determinare, se esistono, soluzioni per le quali lim

x→+∞y(x) ∈ IR e y(0) = 0.

(12)

Soluzione

1.a) La funzione risulta definita e di classe C¹ su tutto IR². Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

(_∂f

∂x(x, y) = 2xy = 0

∂f

∂y(x, y) = x²− 2y² = 0

che ammette come unica soluzione il punto O(0, 0). Essendo f (0, y) = −²₃y³ funzione strettamente decrescente, avremo che O(0, 0) non risulta ne’ punto di minimo ne’ punto di massimo relativo. Ne segue che la funzione non ammette massimi e minimi relativi nel suo dominio.

1.b) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato D, dal Teorema di Weier- strass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in D. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione non ammette punti stazionari interni a D, dunque massimo e minimo assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera ∂D.

Per studiare i punti di massimo e di minimo della funzione sull’arco di ellisse x²+ 2y² = 2, y ≥ 0, possiamo procedere direttamente, utilizzando una parametrizzazione dell’arco, op- pure utilizzando il metodo di Lagrange. Nel primo caso, utilizzando le coordinate polari ellittiche

(x =√ 2 cos θ

y = sin θ , θ ∈ [0, π], studiamo la funzione

g(θ) = f (√

2 cos θ, sin θ) = 2 cos²θ sin θ −2

3sin³θ, θ ∈ [0, π].

Risulta g⁰(θ) = 4 cos θ(cos²θ − 3 sin²θ) ≥ 0 se e solo se θ ∈ [0,^π₆] ∪ [^π₂,^5π₆ ]. Ne segue che

max

[0,π] g(θ) = g(π

6) = g(5π

6 ) = f (±

r3 2,1

2) = 2

3 e min

[0,π]g(θ) = g(π

2) = f (0, 1) = −2 3. In alternativa, considerando la simmetria della funzione rispetto all’asse y, si poteva studiare la funzione

h(y) = f (p

2 − 2y², y) = 2(y − 4

3y³), y ∈ [0, 1],

(13)

ottenendo max

y∈[0,1]h(y) = h(1 2) = f (

r3 2,1

2) = 2

3 e min

y∈[0,1]h(y) = h(1) = f (0, 1) = −2 3.

Utilizzando il metodo di Lagrange, posto G(x, y) = x² + 2y², determiniamo i punti stazionari della Lagrangiana

F (x, y, λ) = f (x, y) − λ(G(x, y) − 2) = x²y − 2

3y³− λ(x²+ 2y² − 2) Abbiamo







∂F

∂x(x, y, λ) = 2xy − 2λy = 2x(y − λ) = 0

∂F

∂y(x, y, λ) = x²− 2y²− 4λy = 0

∂F

∂λ(x, y, λ) = x²+ 2y²− 2 = 0 Tale sistema ammette come soluzioni





 x = 0 y = ±1 λ = −¹₂

,









 x =

q3 2

y = ±¹₂ λ = ±¹₂

e









 x = −

q3 2

y = ±¹₂ λ = ±¹₂

Dunque gli unici candidati punti di massimo e di minimo per f (x, y) in Z = {(x, y) ∈ IR²| x² + 2y² = 2, y ≥ 0} sono i punti (0, 1) e (±

q3

2,¹₂). Poich`e f (0, 1) = −²₃ mentre f (±

q3

2,¹₂) = ²₃ ne concludiamo maxZ f (x, y) = f (±

r3 2,1

2) = 2

3 e min

Z f (x, y) = f (0, 1) = −2 3. Infine, essendo f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ [−√

2,√

2], da quanto ottenuto sopra concludiamo

maxD f (x, y) = f (±

r3 2,1

2) = 2

3 e min

D f (x, y) = f (0, 1) = −2 3.

2) La curva risulta chiusa essendo ϕ(−1) = ϕ(1) = (0, 0). La curva risulta regolare in quanto di classe C¹ e ϕ⁰(t) = (3t² − 1, 2t) 6= (0, 0) per ogni t ∈ (−1, 1), infatti posto ϕ(t) = (x(t), y(t)), risulta y⁰(t) = 2t = 0 solo se t = 0 e per tale valore x⁰(t) = 3t² − 1

(14)

risulta non nullo.

Si ha che ϕ⁰(0) = (−1, 0) e dunque che

T (0) = (−1, 0) e N (0) = (0, −1).

Infine, detta D la regione del piano delimitata dalla curva ed osservato che la curva determina un orientamento in senso orario di ∂D, dalle formule di Gauss-Green otteniamo

area(D) = Z Z

D

dxdy = Z

∂D⁻

ydx = Z 1

−1

y(t)x⁰(t)dt

= Z 1

−1

(t²− 1)(3t²− 1)dt = Z 1

−1

3t⁴− 4t²+ 1 dt

= 3 5t⁵− 4

3t³+ t

1

−1

= 8 15

3) Per determinare una parametrizzazione della superficie possiamo utilizzare le coordinate sferiche con ρ = 3:

Φ :







x = 3 sin ϕ cos θ y = 3 sin ϕ sin θ z = 3 cos ϕ

,

Dove, dalla limitazione x = 3 sin ϕ cos θ ≥ 0, si ha θ ∈ [−^π₂,^π₂], mentre da |z| = |3 cos ϕ| ≤

3

2 otteniamo ϕ ∈ [^π₃,²₃π]. Posto allora D = [^π₃,₃²π] × [−^π₂,^π₂], essendo kΦφ∧ Φθk = 9 sin ϕ, abbiamo

m(S) = Z Z

S

x dσ = Z Z

D

(3 sin ϕ cos θ)(9 sin ϕ)dϕ dθ

= 27 Z ²₃π

π 3

sin²ϕ dϕ Z ^π₂

−^π₂

sin θ dθ = 27 [ϕ − sin ϕ cos ϕ]

2 3π

π 3

[sin θ]

π 2

−^π

2

= 9

2(2π + 3√ 3).

Dette allora (xB, yB, zB) le coordinate del baricentro, osserviamo che per simmetria risulta y_B = z_B = 0 mentre

x_B = 1 m(S)

Z Z

S

x²dσ = 2 9(2π + 3√

3) Z Z

D

(3 sin ϕ cos θ)²(9 sin ϕ)dϕ dθ

= 18

2π + 3√ 3

Z ²₃π

π 3

sin³ϕ dϕ Z ^π₂

−^π₂

cos²θ dθ

= 9

√ cos³ϕ

− cos ϕ

²₃π

[θ + sin θ cos θ]

π 2

−^π = 33π

√ .

(15)

4) L’equazione `e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y⁰⁰+ y⁰− 6y = 0. L’equazione caratteristica λ²+ λ − 6 = 0 ammette due radici reali distinte λ₁ = −3 e λ₂ = 2, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata `e

y₀(x) = c₁e^−3x+ c₂e^2x, c₁, c₂ ∈ IR.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Come da suggeri- mento, cerchiamo tale soluzione della forma y_p(x) = A + Bxe^−3x. Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = −1 e B = −¹₅. Dunque, la soluzione particolare cercata `e

y_p(x) = −1 − x 5e^−3x

e per i noti teoremi sulle equazioni differenziali lineari non omogenee, l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y₀(x) + y_p(x) = c₁e^−3x+ c₂e^2x− 1 − x 5e^−3x dove c₁, c₂ ∈ IR sono costanti arbitrarie. Osserviamo ora che risulta lim

x→+∞y(x) ∈ IR se e solo se c₂ = 0. Dunque le sole soluzioni che ammettono limite finito per x → +∞ sono le funzioni

y(x) = c₁e^−3x− 1 −x

5e^−3x, c₁ ∈ IR.

Tra tali soluzioni risulta y(0) = 0 se e solo se c₁ = 1. Dunque l’unica soluzione soddisfacente le condizioni richieste `e

y(x) = e^−3x− 1 −x 5e^−3x.

(16)

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 10/07/2010 – B

1) Data la funzione f (x, y) = xy²− 4 3x³,

a) determinare, se esistono, punti di massimo e di minimo relativi nel suo dominio, b) determinare i punti di massimo e di minimo assoluti nell’insieme

D = {(x, y) ∈ IR²| 4x²+ y² ≤ 4, x ≥ 0}.

2) Data la curva ϕ(t) = (1 − ^t₄², t −^t₄³), t ∈ [−2, 2], a) stabilire se regolare e chiusa,

b) determinare versori tangente e normale e curvatura in ϕ(0),

c) calcolare l’area della regione del piano delimitata dal sostegno della curva.

3) Determinare le coordinate del baricentro della superficie avente per sostegno la porzione di sfera

S = {(x, y, z) ∈ IR³| x²+ y² + z² = 4, y ≥ 0, |z| ≤√ 2}

di densit`a di massa σ(x, y, z) = y.

4) Data l’equazione y⁰⁰− 2y⁰− 8y = 8 − e^−2x a) determinarne l’integrale generale,

b) determinare, se esistono, soluzioni per le quali lim

x→+∞y(x) ∈ IR e y(0) = 0.

(17)

Risultati

1.a) La funzione non ammette massimi e minimi relativi nel suo dominio.

1.b) Risulta max

D f (x, y) = f (1 2, ±√

3) = 4 3 e min

D f (x, y) = f (1, 0) = −4 3.

2) La curva risulta chiusa e regolare. I versori tangente e normale in ϕ(0) sono T (0) = (0, 1) e N (0) = (−1, 0). Detta D la regione del piano delimitata dalla curva, dalle formule di Gauss-Green, si ha

area(D) = Z

∂D⁺

x dy = 16 15

3) Otteniamo una parametrizzazione della superficie utilizzando le coordinate sferiche con ρ = 2:

Φ :







x = 2 sin ϕ cos θ y = 2 sin ϕ sin θ z = 2 cos ϕ

, ϕ ∈ [π 4,3

4π], θ ∈ [0, π].

Dette (x_B, y_B, z_B) le coordinate del baricentro, osserviamo che per simmetria risulta x_B = z_B = 0 mentre

y_B = 1 m(S)

Z Z

S

y²dσ = 1 m(S)

Z Z

[^π₄,³₄π]×[0,π]

(2 sin ϕ sin θ)²(4 sin ϕ)dϕdθ = 5π√ 2 3(π + 2). essendo m(S) =

Z Z

S

y dσ = Z Z

[^π₄,³₄π]×[0,π]

(2 sin ϕ sin θ)(4 sin ϕ)dϕdθ = 4(π + 2).

4) L’integrale generale dell’equazione `e

y(x) = y0(x) + yp(x) = c1e^4x+ c2e^−2x− 1 + x

6e^−2x, c1, c2 ∈ IR.

Tra tali soluzioni l’unica soddisfacente le condizioni richieste `e y(x) = e^−2x− 1 + x

6e^−3x.

(18)

Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 11/09/2010

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

((x − y) log(x² + y²) se (x, y) 6= (0, 0)

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

a) Stabilire se risulta continua nel suo dominio,

b) Stabilire dove risulta derivabile nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali, c) Determinare per quali versori ν ∈ IR² esiste ^∂f_∂ν(0, 0).

2) Calcolare il lavoro del campo F (x, y, z) = (z, x, y) lungo la curva semplice γ avente per sostegno l’intersezione del cilindro 2x²+ y² = 6x con il piano x + z = 3 nella regione x ≥ ³₂.

3) Determinare il volume del solido ottenuto dalla rotazione del dominio D = {(y, z) ∈ IR²| 1 ≤ z²+ y² ≤ 2y}

attorno all’asse z di un angolo pari a π.

4) Dato il campo vettoriale F (x, y, z) = (z²

xy, 3y²− z²log x

y² , log z + 2z log x y ), a) Determinarne il dominio,

b) Stabilire se il campo `e conservativo sul suo dominio ed in caso affermativo determinarne un potenziale.

c) Calcolarne il lavoro lungo la curva ϕ(t) = (1 + t, 2 − t, e^t), t ∈ [0, 1].

(19)

1) Data la funzione f (x, y) = x log(x + y²), a) determinarne il dominio

b) determinarne, se esistono, punti di massimo e di minimo relativi nel suo dominio, c) determinarne i punti di massimo e di minimo assoluti nell’insieme

D = {(x, y) ∈ IR²|1

3 ≤ x ≤ 1 − y²}.

2) Data la curva ϕ(t) = (t, cosh t), t ∈ [−1, 1], (dove si ricorda che cosh t = ^e^t^+e₂^−t), a) determinare versore tangente e normale nel punto ϕ(0),

b) determinare la curvatura e l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(0), c) calcolarne la lunghezza.

3) Calcolare il flusso del campo F (x, y, z) = (y³, x, 0) attraverso la superficie avente per sostegno la porzione di paraboloide ellittico

S = {(x, y, z) ∈ IR³| z = 3y²+ x², 0 ≤ z ≤ 3}.

4) Determinare l’integrale generale dell’equazione y⁰⁰+ 3y⁰− 4y = xe^x.

(20)

Soluzione 1.a) La funzione risulta definita nel dominio

A = {(x, y0 ∈ IR²| x + y² > 0}.

1.b) Poich`e la funzione risulta di classe C¹ nel dominio aperto A ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

(_∂f

∂x(x, y) = log(x + y²) + _x+y^x 2 = 0

∂f

∂y(x, y) = _x+y^2xy2 = 0

che ammette come unica soluzione i punti P_±(0, ±1) e Q(¹_e, 0) appartenenti a A. Per determinare la natura di tali punti stazionarii valutiamo il determinante Hessiano. Essendo

∂²f

∂x²(x, y) = x + 2y² (x + y²)²,

∂²f

∂x∂y(x, y) = 2y³ (x + y²)²

∂²f

∂y²(x, y) = 2x²− 4xy² (x + y²)² risulta

Hf (0, ±1) =

2 ±2

±2 0

= −4 mentre

Hf (1 e, 0) =

e ±0

0 2

= 2e

Quindi i punti P±(0, ±1) risultano punti di sella mentre Q(¹_e, 0) risulta punto di minimo relativo con f (¹_e, 0) = −¹_e.

1.c) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato D, dal Teorema di Weier- strass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in D. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione ammette un unico punto stazionario interno a D: il punto Q(¹_e, 0) di minimo relativo. Cerchiamo ora dunque massimi e minimi relativi appartenenti alla frontiera ∂D.

Abbiamo che g(y) = f (¹₃, y) = ¹₃log(¹₃ + y²) risulta crescente per y ≥ 0 e decrescente per y ≤ 0. Dunque

max√ √ g(y) = g(±

r2

) = f (1 , ±

r2 ) = 0

(21)

mentre

min

y∈[−√

2 3,√

2 3]

g(y) = g(0) = f (1

3, 0) = −1 3log 3.

Per studiare i punti di massimo e di minimo della funzione sull’arco di parabola x = 1 − y², x ∈ [¹₃, 1], possiamo procedere direttamente, utilizzando una parametrizzazione dell’arco. Risulta h(x) = f (1 − y², y) = 0, dunque la funzione risulta costante ed ogni punto dell’arco di parabola x = 1 − y², x ∈ [¹₃, 1] risulta sia punto di massimo che punto di minimo.

Da quanto ottenuto sopra, essendo f (¹_e, 0) = −¹_e > f (¹₃, 0) = −¹₃ log 3 ne concludiamo che risultano punti di massimo assoluto tutti i punti dell’arco di parabola x = 1 − y², x ∈ [¹₃, 1] mentre punto di minimo assoluto risulta il punto P (¹₃, 0):

maxD f (x, y) = f (1 − y², y) = 0 e min

D f (x, y) = f (1

3, 0) = −1 3log 3.

2) La curva risulta regolare essendo di classe C¹ e ϕ⁰(t) = (1, sinh t) 6= (0, 0) per ogni t ∈ (−1, 1), dove si ricorda che sinh t = ^e^t^−e₂^−t. Si ha che ϕ⁰(0) = (1, 0) e dunque che

T (0) = ϕ⁰(0)

kϕ⁰(0)} = (1, 0) e N (0) = (0, 1).

Risulta ϕ⁰⁰(t) = (0, cosh t) e dunque

k(0) = N (0) · ϕ⁰⁰(0)

kϕ⁰⁰(0)k² = (0, 1) · (0, 1) = 1.

Ne segue che il raggio di curvatura `e r(0) = _|k(0)|¹ = 1. Dunque, essendo la curvatura positiva, l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(0) = (0, 1) `e

x²+ (y − 2)² = 1.

Infine, essendo la curva di classe C¹, dal Teorema di rettificabilt`a la lunghezza della curva

`

e data da Z 1

−1

kϕ⁰(t)k dt = Z 1

−1

p1 + sinh²t dt = Z 1

−1

cosh t dt = [sinh t]¹₋₁ = e − 1 e

3) Per determinare una parametrizzazione della superficie possiamo utilizzare le coordinate cartesiane:

Φ :





 x = u y = v

z = u²+ 3v²

, (u, v) ∈ D

(22)

Dove, dalla limitazione 0 ≤ z ≤ 3, si ottiene che D = {(u, v) ∈ IR²|^u₃²+ y² ≤ 1}. Essendo Φ_u(u, v) = (1, 0, 2u) e Φ_v(u, v) = (0, 1, 6v) si ottiene che

Φu(u, v) ∧ Φv(u, v) = (−2u, −6v, 1)

e dunque, essendo F (Φ(u, v)) = (v³, u, 0), dalla definizione di flusso di un campo si ottiene Z

S

F · N dσ = Z Z

D

F (Φ(u, v)) ·, Φ_u(u, v) ∧ Φ_v(u, v) dudv

= Z Z

D

(v³, u, 0) · (−2u, −6v, 1) dudv = −2 Z Z

D

uv³+ 3uv dudv.

Per calcolare l’ultimo integrale operiamo un cambiamento di variabili utilizzando le coordinate polari ellittiche

(u =√

3ρ cos θ

v = ρ sin θ (ρ, θ) ∈ T essendo T = [0, 1] × [0, 2π]. Otteniamo

Z

S

F · N dσ = −2 Z Z

T

(√

3ρ⁴cos θ sin³θ + 3√

3ρ²cos θ sin θ)√

3ρ dρdθ

= −6 Z Z

T

ρ⁵cos θ sin³θ + 3ρ³cos θ sin θ dρdθ

= −6(

Z 1 0

ρ⁵dρ Z 2π

0

cos θ sin³θ dθ + 3 Z 1

0

ρ³dρ Z 2π

0

cos θ sin θ dθ) = 0

In alternativa potevamo utilizzare la parametrizzazione

Φ :





 x =√

3ρ cos θ y = ρ sin θ z = 3ρ²

, (ρ, θ) ∈ D

Dalla limitazione 0 ≤ z ≤ 3, si ottiene che D = {(ρ, θ) | θ ∈ [0, 2π], ρ ∈ [0, 1]}. Essendo Φ_ρ(ρ, θ) = (√

3 cos θ, sin θ, 6ρ) e Φ_θ(ρ, θ) = (−√

3ρ sin θ, ρ cos θ, 0) si ottiene che Φθ(ρ, θ) ∧ Φρ(ρ, θ) = (6ρ²cos θ, 6√

3ρ²sin θ, −√ 3ρ) e dunque

Z

S

F · N dσ = 6 Z Z

D

ρ⁵cos θ sin³θ + 3ρ³cos θ sin θ dρdθ

= 6(

Z 1

ρ⁵dρ Z 2π

cos θ sin³θ dθ + 3 Z 1

ρ³dρ Z 2π

cos θ sin θ dθ) = 0

(23)

4) L’equazione `e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y⁰⁰+ 3y⁰− 4y = 0. L’equazione caratteristica λ²+ 3λ − 4 = (λ − 1)(λ + 4) = 0 ammette due radici reali distinte λ1 = 1 e λ2 = −4, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata `e

y₀(x) = c₁e^x+ c₂e^−4x, c₁, c₂ ∈ IR.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Come da suggeri- mento, cerchiamo tale soluzione della forma y_p(x) = x(Ax + B)e^x. Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = ₁₀¹ e B = −₂₅¹. Dunque, la soluzione particolare cercata `e

yp(x) = x(x 10 − 1

25)e^x

e per i noti teoremi sulle equazioni differenziali lineari non omogenee, l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y₀(x) + y_p(x) = c₁e^x+ c₂e^−4x+ x( x 10− 1

25)e^x dove c₁, c₂ ∈ IR sono costanti arbitrarie.

(24)

1) Data la funzione f (x, y) =p|xy³|,

a) stabilire se risulta continua nel suo dominio;

b) stabilire dove risulta derivabile parzialmente e calcolarne le derivate parziali, c) stabilire se risulta differenziabile nel suo dominio.

2) Calcolare la lunghezza della curva semplice avente per sostegno la frontiera dell’insieme D = {(x, y) ∈ IR²| x²+ y² ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 2√

x}.

3) Calcolare il flusso del campo F (x, y, z) = (xy, yz, xz) uscente dalla superficie S frontiera del solido

T = {(x, y, z) ∈ IR³| 0 ≤√

3x ≤ y, 1

2 ≤ z ≤p

1 − x²− y²}.

(y⁰ = e^x+y y(1) = −1

(25)

Soluzione

1.a) La funzione risulta definita in tutto il piano IR² dove risulta continua essendo com- posizione di funzioni continue.

1.b) Essendo

f (x, y) =

(pxy³ se xy ≥ 0 p−xy³ se xy < 0

possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x₀, y₀) ∈ IR² tale che x₀y₀ 6= 0 con

∂f

∂x(x₀, y₀) = ± y₀³

2pxy³ e ∂f

∂y(x₀, y₀) = ± 3x₀y₀²

2pxy³ per ± x₀y₀ > 0.

Rimane da discutere la derivabilit`a nei punti degli assi cartesiani.

Nell’origine del piano si ha che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x e ad y con ^∂f_∂x(0, 0) = ^∂f_∂y(0, 0) = 0 essendo f (x, 0) = f (0, y) = 0 per ogni x, y ∈ IR.

La funzione risulta derivabile parzialmente nei restanti punti dell’asse x con ^∂f_∂x(x₀, 0) = 0, essendo f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ IR, e

∂f

∂y(x0, 0) = lim

h→0

f (x₀, h) − f (x₀, 0)

h = lim

h→0

p|x₀h³| h = 0.

La funzione non risulta invece derivabile parzialmente rispetto a x nei punti dell’asse y diversi dall’origine. Infatti, se y₀ 6= 0 non esiste il limite

h→0lim

f (h, y₀) − f (0, y₀)

h = lim

h→0p|y₀|³p|h|

h mentre, essendo f (0, y) = 0 per ogni y ∈ IR, risulta ^∂f_∂y(0, y0) = 0.

1.c) Per il Teorema del differenziale, essendo le derivate parziali continue in ogni punto (x₀, y₀) con x₀y₀ 6= 0, la funzione risulta differenziabile in tali punti. La funzione risulta inoltre differenziabile nell’origine del piano in quanto

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − ^∂f_∂x(0, 0)x − ^∂f_∂y(0, 0)y

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

p|xy³| px²+ y² = 0.

ρ→0⁺

p|ρ⁴cos θ sin³θ|

ρ = lim

ρ→0⁺ρ q

| cos θ sin³θ| = 0, ∀θ ∈ [0, 2π]

(26)

uniformemente rispetto a θ, essendo per ogni θ ∈ [0, 2π], |ρp| cos θ sin³θ|| ≤ ρ.

Anche nei restanti punti dell’asse delle ascisse la funzione risulta differenziabile essendo

lim

(x,y)→(x0,0)

f (x, y) − f (x₀, 0) − ^∂f_∂x(x₀, 0)(x − x₀) −^∂f_∂y(x₀, 0)y p(x − x₀)²+ y²

= lim

(x,y)→(x0,0)

p|xy³|

p(x − x0)² + y² = 0.

ρ→0⁺

p|(x₀+ ρ cos θ)ρ³sin³θ|

ρ = lim

ρ→0⁺

√ρ q

|(x₀+ ρ cos θ) sin³θ| = 0, ∀θ ∈ [0, 2π]

uniformemente rispetto a θ, essendo per ogni θ ∈ [0, 2π],

√ρ q

|(x₀+ ρ cos θ) sin³θ| ≤√

ρp|x₀| + ρ → 0 per ρ → 0⁺.

Infine la funzione non risulta differenziabile nei punti dell’asse y distinti dall’origine non essendo ivi derivabile parzialmente.

2) Osservato che la frontiera ∂D si pu`o decomporre nell’unione delle tre curve γ1, γ2 e γ3

di parametrizzazione

γ₁ : ϕ₁(t) = (t, 0), t ∈ [0,√ 5], γ₂ : ϕ₂(t) = (√

5 cos t,√

5 sin t), t ∈ [0, arccos 1

√5], γ₃ : ϕ₃(t) = (t², 2t), t ∈ [0, 1],

risulta

L(∂D) = L(γ₁) + L(γ₂) + L(γ₃)

= Z

√ 5

0

kϕ⁰₁(t)k dt +

Z arccos^√¹

5

0

kϕ⁰₂(t)k dt + Z 1

0

kϕ⁰₃(t)k dt

= Z

√5

0

dt +

Z arccos^√¹

5

0

√

5 dt + 2 Z 1

0

√

t²+ 1 dt

=√ 5 +√

5 arccos 1

√5 +√

2 + log(1 +√ 2)

(27)

3) Dal Teorema della divergenza risulta Z

∂T

F · N_udσ = Z Z Z

T

divF dxdydz = Z Z Z

T

x + y + z dxdydz

Per calcolare l’integrale a secondo membro possiamo utilizzare le coordinate sferiche

Φ :







x = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ z = ρ cos ϕ osservato che

Φ⁻¹(T ) = E = {(ρ, θ, ϕ) | ϕ ∈ [0,π

3], θ ∈ [π 3,π

2], 1

2 cos ϕ ≤ ρ ≤ 1}.

Otteniamo allora Z

∂T

F · N_udσ = Z Z Z

T

x + y + z dxdydz

= Z Z Z

E

ρ³(sin²ϕ(cos θ + sin θ) + sin ϕ cos ϕ) dρ dϕ dθ

= 1 4

Z ^π₃

0

Z ^π₂

π 3

(1 − 1

16 cos⁴ϕ)(sin²ϕ(cos θ + sin θ) + sin ϕ cos ϕ)dθdϕ

= 1 4

Z ^π₃

0

(1 − 1

16 cos⁴ϕ)(3 −√ 3

2 sin²ϕ + π

6 sin ϕ cos ϕ)dϕ

= 3 −√ 3 8

Z ^π₃

0

sin²ϕdϕ + π 24

Z ^π₃

0

sin ϕ cos ϕ dϕ +

√3 − 3 128

Z ^π₃

0

sin²ϕ cos⁴ϕdϕ

− π 384

Z ^π₃

0

sin ϕ cos³ϕdϕ

= 3 −√ 3

16 [ϕ − sin ϕ cos ϕ]

π 3

0 + π

48sin²ϕ^π₃

0 + 3 −√ 3

384 tan³ϕ^π₃

0 − π

768

1 cos²ϕ

^π₃

0

= 3 −√ 3 16 (π

3 −

√3 4 ) + π

48 3

4 +3 −√ 3 384 3√

3 − 3π 768

= (3 −√

3)(π −√ 3)

192 + π

64+ 3 −√ 3 128

√ 3 − π

256

In alternativa, per calcolare l’integrale triplo a secondo membro osserviamo che T = {(x, y, z) ∈ IR³| (x, y) ∈ D, 1

2 ≤p

1 − x²− y²}

(28)

essendo D = {(x, y) ∈ IR²| 0 ≤√

3x ≤ y, x²+ y² ≤ ³₄}. Integrando per fili si ottiene Z Z Z

T

x + y + z dxdydz = Z Z

D

( Z

√

1−x²−y²

1 2

x + y + z dz)dxdy

= Z Z

D

(x + y)(p

1 − x²− y²−1 2) + 1

2(1 − x²− y²−1

4) dxdy.

Per calcolare l’ultimo integrale utilizziamo le coordinate polari

Φ :

(x = ρ cos θ y = ρ sin θ ed osservato che







x²+ y² = ³₄ y =√

3x y ≥ 0

⇐⇒

(x =

√3 4

y = ³₄ otteniamo

Φ⁻¹(D) = E = {(ρ, θ) | θ ∈ [π 3,π

2], ρ ∈ [0,

√3 2 ]}

Ne segue allora che Z

∂T

F · N_udσ = Z Z

D

(x + y)(p

1 − x²− y²−1 2) + 1

2(1 − x²− y² −1 4) dxdy

= Z Z

E

ρ²(cos θ + sin θ)(p

1 − ρ²− 1 2) + ρ

2(3

4 − ρ²)dρdθ = ...

4) L’equazione differenziale `e equazione a variabili separabili del tipo y⁰ = a(x)b(y) con a(x) = e^x e b(y) = e^y. Le soluzioni dell’equazione saranno date dalla formula B(y) = A(x) + c, c ∈ IR, essendo B(y) una primitiva di _b(y)¹ = e^−y e A(x) una primitiva di a(x) = e^x. Scelte B(y) = −e^−y e A(x) = e^x, le soluzioni dell’equazione differenziale saranno allora implicitamente date da

e^−y(x)= c − e^x, c ∈ IR ⇐⇒ y(x) = − log(c − e^x), c ∈ IR.

Poich`e la nostra soluzione deve soddisfare la condizione iniziale y(1) = − log(c − e) = −1, avremo che c = 2e e che la soluzione cercata sar`a data da

y(x) = − log(2e − e^x).

(29)

1) Data la funzione f (x, y) = x³+ 4y² − 3x,

a) determinarne, se esistono, i punti di massimo e di minimo relativo;

b) determinarne massimo e minimo assoluti nell’insieme:

D = {(x, y) ∈ IR²| x²+ y² ≤ 1, x ≥ 0}

2) Calcolare il lavoro del campo F (x, y, z) = (z, x, y) lungo la curva semplice avente per sostegno l’intersezione della sfera x²+ y² + z² = 2x con il piano x + z = 1 nella regione y ≥ 0 e percorsa in modo tale che risulti T(1, 1, 0) = (−^√¹

2, 0,^√¹

2).

3) Calcolare il volume del solido ottenuto dalla rotazione del dominio D = {(y, z) ∈ IR²| 1 ≤ z²+ y² ≤ 2y}

attorno all’asse z di un angolo pari a 2π.

(y⁰⁰− 4y⁰ = sin t y(0) = y⁰(0) = 0