Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 8 settembre 2012
A) Data la funzione f (x, y) = ( |xy|
x2+y2 se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0), i) stabilire se risulta continua nel suo dominio,
ii) stabilire se risulta derivabile nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali, iii) determinare per quali versori ν ∈ IR2 esiste ∂f∂ν(0, 0).
B) Data la curva di equazione cartesiana y = x2(1 − x2), x ∈ [−1, 1], nei punti O(0, 0) e P (
√ 2 2 ,14),
i) determinarne versore tangente e normale,
ii) determinarne curvatura ed equazione del cerchio osculatore.
C) Determinare le coordinate del baricentro del solido
S = {(x, y, z) ∈ IR3| 2z ≤ x2 + y2+ z2 ≤ 1}
di densit`a di massa costante.
D) Dato il campo vettoriale F (x, y, z) =
y2+ 1
z, 2xy − 1
z,y − x − 1 z2
, i) stabilire se il campo `e irrotazionale nel suo dominio.
ii) stabilire se il campo `e conservativo nel suo dominio ed in caso affermativo determinarne un potenziale,
iii) calcolarne il lavoro lungo la curva γ(t) = (t, t2, 1), t ∈ [0, 1].
Soluzione
A.i) La funzione risulta continua in IR2\{(0, 0)} essendo somma, rapporto e composizione di funzioni continue. La funzione non risulta invece continua nell’origine difatti ad esempio lungo la retta y = x si ha
x→0limf (x, x) = lim
x→0
x2 2x2 = 1
2 6= 0 = f (0, 0)1 A.ii) Riguardo alla derivabilit`a, osservato che
f (x, y) = ( xy
x2+y2 se xy ≥ 0
−x2xy+y2 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) = ±y3− x2y
x2+ y2 per ± x0y0 > 0 ed in modo simmetrico2
∂f
∂y(x0, y0) = ±x3− y2x
x2+ y2 per ± x0y0 > 0.
Rimane da discutere la derivabilit`a nei punti degli assi cartesiani.
Nell’origine la funzione risulta derivabile parzialmente 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 non risulta derivabile parzialmente nei restanti punti degli assi cartesiani. Infatti, nei punti (x0, 0) con x0 6= 0 risulta derivabile parzialmente rispetto ad x con ∂f∂x(x0, 0) = 0, essendo f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ IR, mentre non risulta derivabile parzialmente rispetto a y poich`e non esiste il limite
h→0lim
f (x0, h) − f (x0, 0)
h = lim
h→0
|x0| x20+ h2
|h|
h , ∀x0 6= 0.
Simmetricamente, la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto a y nei punti (0, y0) con y0 6= 0 con ∂f∂y(0, y0) = 0 mentre non risulta derivabile parzialmente rispetto a x.
1in alternativa potevamo osservare che lim
ρ→0+
f (ρ cos θ, ρ sin θ) = | cos θ sin θ| e dunque che il limite dipende da θ ∈ [0, 2π]
2per ogni (x, y) ∈ IR2 la funzione verifica f (x, y) = f (y, x) e dunque ∂f∂x(x, y) = ∂f∂y(y, x)
A.iii) La funzione risulta derivabile in O(0, 0) solo nelle direzioni degli assi cartesiani.
Infatti per ogni versore ν = (α, β) ∈ IR2 risulta
∂f
∂ν(0, 0) = lim
h→0
f (αh, βh) − f (0, 0)
h = lim
h→0
|αβh2| α2h2+β2h2
h = lim
h→0
|αβ|
h
quindi il limite esiste se e solo se αβ = 0 e dunque la funzione ammette derivata direzionale solo nelle direzioni ±i = (±1, 0) e ±j = (0, ±1).
B) La curva risulta regolare essendo f (x) = x2(1 − x2) funzione di classe C1. Posto ϕ(t) = (t, f (t)) = (t, t2(1 − t2)), risulta
ϕ0(t) = (1, f0(t)) = (1, 2t − 4t3) e ϕ00(t) = (0, f00(t)) = (0, 2 − 12t2), ∀t ∈ (−1, 1).
Osservato che O(0, 0) = ϕ(0) e P (
√ 2
2 ,14) = ϕ(
√ 2
2 ), otteniamo che ϕ0(0) = ϕ0(
√ 2
2 ) = (1, 0)3. Ne segue che
T (0) = T (
√2
2 ) = (1, 0) e N (
√2
2 ) = (0, 1).
Risulta inoltre ϕ00(0) = (0, 2) mentre ϕ00(
√ 2
2 ) = (0, −4) e dunque k(0) = N (0) · ϕ00(0)
kϕ0(0)k2 = (0, 1) · (0, 2) = 2 e
k(
√2
2 ) = N (
√ 2 2 ) · ϕ00(
√ 2 2 ) kϕ0(
√ 2
2 )k2 = (0, 1) · (0, −4) = −4 Ne deduciamo che il raggio di curvatura `e r(0) = |k(0)|1 = 12 e r(
√ 2
2 ) = 1
|k(
√ 2
2 )| = 14.
Dunque, essendo la curvatura positiva, l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(0) = (0, 0) `e x2+ (y − 12)2 = 14. Mentre essendo la curvatura negativa, l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(
√2 2 ) = (
√2
2 ,14) `e (x −
√2
2 )2+ y2 = 161 .4
-2 -1 0 1 2
1
3nota: i punti x = 0 e x =
√2
2 sono punti rispettivamente di minimo e di massimo relativo per la funzione f (x) = x2(1 − x2) in (−1, 1), dunque f0(0) = f0(
√2 2 ) = 0
4le coordinate del centro del cerchio osculatore nel punto ϕ(t0) si possono determinare mediante la formula (x0, y0) = ϕ(t0) +k(t1
0)N (t0)
C) Osservato che il solido `e simmetrico rispetto all’asse z e che la densit`a di massa `e costante, dette (xB, yB, zB) le coordinate del baricentro, risulta xB = yB = 0. Mentre
zB = 1 µ(S)
Z Z Z
S
z dxdydz dove µ(S) = Z Z Z
S
z dxdydz
Per calcolare tali integrali osserviamo innanzitutto che il solido `e unione della semisfera S− = {(x, y, z) ∈ IR3| x2+ y2+ z2 ≤ 1, z ≤ 0}
con il solido
S+ = {(x, y, z) ∈ IR3| 2z ≤ x2+ y2+ z2 ≤ 1, z ≥ 0}.
Dalla propriet`a di additivit`a dell’integrale, essendo il volume di una sfera di raggio r pari a 43πr3 otteniamo
µ(S) = µ(S+) + µ(S−) = µ(S+) + 2 3π.
Per calcolare il volume del solido S+, possiamo procedere integrando per strati osservato
che (
x2+ y2+ z2 = 1
x2+ y2+ z2 = 2z ⇐⇒
(x2+ y2 = 34 z = 12 e dunque
S+= {(x, y, z) ∈ IR3| z ∈ [0,1
2], (x, y) ∈ Cz}
dove Cz = {(x, y) ∈ IR2| 2z − z2 ≤ x2+ y2 ≤ 1 − z2}. Dalle formule di riduzione otteniamo µ(S+) =
Z Z Z
S+
dxdydz = Z 12
0
( Z Z
Cz
dxdy)dz = Z 12
0
m(Cz) dz
= Z 12
0
π(1 − 2z)dz = πz − z212
0 = π 4. Ne segue quindi che µ(S) = π4 + 23π = 1112π. Per calcolare RRR
Sz dxdydz, procediamo allo stesso modo utilizzando la propriet`a di additivit`a
Z Z Z
S
z dxdydz = Z Z Z
S+
z dxdydz + Z Z Z
S−
z dxdydz Per calcolare il primo integrale, integriamo per strati come sopra
Z Z Z
S+
zdxdydz = Z 12
0
( Z Z
Cz
zdxdy)dz = Z 12
0
zm(Cz) dz
= Z 12
0
πz(1 − 2z)dz = π z2 2 − 2z3
3
12
0
= π 24.
Per calcolare il secondo integrale, osserviamo che
S−= {(x, y, z) ∈ IR3| z ∈ [−1, 0], (x, y) ∈ Dz}
dove Dz = {(x, y) ∈ IR2| x2+ y2 ≤ 1 − z2} ed integriamo nuovamente per strati Z Z Z
S−
zdxdydz = Z 0
−1
( Z Z
Dz
zdxdy)dz = Z 0
−1
zm(Dz) dz
= Z 0
−1
πz(1 − z2)dz = π z2 2 −z3
3
0
−1
= −5 6π.
Ne concludiamo allora che
zB = 12 11π(π
24− 5
6π) = −19 22
Per calcolare i precedenti integrali potevamo in alternativa utilizzare le coordinate sferiche
Φ :
x = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ z = ρ cos ϕ osservato che S = Φ(T ) dove
T = {(ρ, θ, ϕ) ∈ [0, +∞) × [0, 2π] × [0, π] | θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [π
3, π], g(ϕ) ≤ ρ ≤ 1}.
e g(ϕ) = 2 cos ϕ se ϕ ∈ [π3,π2] mentre g(ϕ) = 0 se ϕ ∈ [π2, π].
D) Il campo `e definito e di classe C1 nel suo dominio A = {(x, y, z) ∈ IR3| z 6= 0} ove risulta irrotazionale essendo
∂F1
∂y = 2y = ∂F2
∂x , ∂F1
∂z = −1
z2 = ∂F3
∂x , ∂F2
∂z = 1
z2 = ∂F3
∂y , ∀(x, y) ∈ A.
Poich`e il dominio A non risulta semplicemente connesso, non possiamo dire che essendo irrotazionale il campo `e conservativo in A. Possiamo per`o dire che essendo irrotazionale il campo risulta conservativo nelle componenti semplicemente connesse A+= {(x, y, z) ∈ IR3| z > 0} e A− = {(x, y, z) ∈ IR3| z < 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 = y2+1
z, ∂U
∂y = 2xy −1
z e ∂U
∂z = y − x − 1 z2
Dalla prima delle tre condizioni abbiamo che U (x, y, z) =
Z
y2+1
zdx = xy2+x
z + C1(y, z) e dalla seconda
2xy − 1 z = ∂U
∂y = ∂
∂y(xy2+ x
z + C1(y, z)) = 2xy +∂C1
∂y Dunque C1(y, z) = R −1zdy = −yz + C2(z) da cui
U (x, y, z) = xy2+x z − y
z + C2(z).
Dalla terza delle tre condizioni abbiamo infine che y − x − 1
z2 = ∂U
∂z = ∂
∂z(xy2+x z − y
z + C2(z)) = y z2 − x
z2 + C20(z) da cui C20(z) = −z12 e quindi C2(z) = −R 1
z2dz = 1z + c, c ∈ IR. Un potenziale in A± sar`a allora U±(x, y, z) = x2y +x−y+1z + c±, c± ∈ IR non necessariamente uguali. Ne segue che la funzione
U (x, y, z) =
(x2y + x−y+1z + c+, se z > 0 x2y + x−y+1z + c−, se z < 0
con c± ∈ IR `e un potenziale del campo F (x, y, z) in A e quindi il campo risulta conservativo nel suo dominio. Infine, per calcolare il lavoro del campo lungo la curva γ(t) = (t, t2, 1), t ∈ [0, 1], dal Teorema sul lavoro di un campo conservativo abbiamo
Z
γ
F · ds = U (γ(1)) − U (γ(0)) = U (1, 1, 1) − U (0, 0, 1) = 1.
