1. Determinare i punti di massimo e minimo assoluto della funzione f (x, y) = 2x − y 1 + 4x 2 + y 2 nel suo dominio nell’insieme

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 23 giugno 2018

1. Determinare i punti di massimo e minimo assoluto della funzione f (x, y) = 2x − y 1 + 4x ² + y ² nel suo dominio nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | y ≥ 0, x ² + ^y ₄

≤ 1}.

2. Determinare le coordinate del baricentro del corpo solido

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 4z, z ² ≤ 3(x ² + y ² )}

di densit` a di massa costante.

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

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰⁰ − 4y ⁰ + 4y = 3x(e ^2x + 1)

y(0) = y ⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = _1+4x ^2x−y

+y

risulta definita e di classe C ² in R ² . Essendo la funzione continua in K, chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Eventuali punti di massimo e minimo assoluti interni a K saranno punti stazionari della funzione, ovvero soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = ^2(1+4x _(1+4x

^+y

^{)−(2x−y)8x} +y

)

= 0

∂f

∂y (x, y) = ^−(1+4x _(1+4x

^+y

^{)−(2x−y)2y} +y

)

= 0 ⇔

( 1 + 4x ² + y ² = (2x − y)4x 1 + 4x ² + y ² = (y − 2x)2y

che ammette come soluzioni i punti P ± = (± ₂ ^{√ 1} ₂ , ∓ ^{√ 1} ₂ ). Abbiamo che P + 6∈ K mentre P −

`

e interno a K con f (− ¹

2 √ 2 , ^{√ 1}

2 ) = − ^{√ 1}

2 .

Cerchiamo ora i punti di massimo e minimo assoluto sulla frontiera ∂K. Tale frontiera ` e l’unione del segmento S = {(x, 0) | x ∈ [−1, 1]} e dell’arco di ellisse E = {(x, y) | x ² + ^y ₄

= 1, y ≥ 0}. Abbiamo che

• lungo il segmento S, risulta che g(x) = f (x, y)| S = f (x, 0) = _1+4x ^2x

, x ∈ [−1, 1], ` e funzione crescente in [− ¹ ₂ , ¹ ₂ ] e decrescente in [−1, − ¹ ₂ ] e in [ ¹ ₂ , 1]. Poich´ e f (± ¹ ₂ , 0) = ± ¹ ₂ e f (±1, 0) = ± ² ₅ , ne segue che

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

S f (x, y) = f ( ¹ ₂ , 0) = ¹ ₂ .

• l’arco E, si ha che f (x, y)| E = f (x, √

4 − 4x ² ) = ^2x−2

√ 1−x

5 = ² ₅ (x − √

1 − x ² ) = h(x), x ∈ [−1, 1]. La funzione ` e decrescente in [−1, − ^{√ 1}

2 ] e crescente in [− ^{√ 1}

2 , 1]. Dato che f (±1, 0) = ± ² ₅ , si ha allora

min E f (x, y) = f (− ^{√ 1}

2 , √

2) = − ²

√ 2

5 e max

E f (x, y) = f (1, 0) = ² ₅ .

In alternativa, potremo parametrizzare l’arco d’ellisse utilizzando le coordinate polari ellitiche, ponendo ϕ(θ) = (cos θ, 2 sin θ), θ ∈ [0, π], e cercare i massimi e minimi della funzione g(θ) = f (ϕ(θ)) = ² ₅ (cos θ − sin θ) in [0, π]. Si ha g ⁰ (θ) = − ² ₅ (sin θ + cos θ) e pertanto, essendo g ⁰ (θ) > 0 in [0, π] solo per θ ∈ ( ^3π ₄ , π], abbiamo che la funzione ` e crescente in [ ^3π ₄ , π] e decrescente in [0, ^3π ₄ ]. Poich´ e g(0) = ² ₅ e g(π) = − ² ₅ ne concludiamo che

min E f (x, y) = min

[0,π] g(θ) = g( ^3π ₄ ) = − ²

√ 2

5 e max

E f (x, y) = max

[0,π] g(θ) = g(0) = ² ₅ .

Riunendo quanto ottenuto, poich´ e − ^{√ 1}

2 < − ²

√ 2

5 < − ¹ ₂ , possiamo concludere che P − = (− ₂ ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂ ) ` e punto di minimo assoluto in K mentre ( <sup>1</sup> <sub>2</sub> , 0) ` e punto di massimo assoluto

min K f (x, y) = f (− ¹

2 √ 2 , ^{√ 1}

2 ) = − ^{√ 1}

2 e max

K f (x, y) = f ( ¹ ₂ , 0) = ¹ ₂ .

2. Per determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 4z, z ² ≤ 3(x ² + y ² )} osserviamo innanzitutto che risulta simmetrico rispetto all’asse z e poich´ e la densit` a di massa ` e costante, dette (x _B , y _B , z _B ) le coordinate del baricentro, si ha che x B = y B = 0 mentre

z _B = 1 µ(T )

Z Z Z

T

z dxdydz dove µ(T ) = Z Z Z

T

dxdydz

Per calcolare gli integrali possiamo integrare per strati osservato che T = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0, 3], (x, y) ∈ D _z } dove D _z = {(x, y) ∈ R ² | ^z ₃

≤ x ² + y ² ≤ 4z − z ² }. Otteniamo allora

Z Z Z

T

dxdydz = Z 3

0

( Z Z

D

dxdy) dz = Z 3

0

µ(D _z ) dz

= π Z 3

0

4z − z ² − ^z ₃

dz = π h

2z ² − ^z ₃

− ^z ₉

i 3 0 = 6π.

Quindi

z _B = _6π ¹ Z Z Z

T

zdxdydz = _6π ¹ Z 3

0

z(

Z Z

D

dxdy) dz = _6π ¹ Z 3

0

zµ(D _z ) dz

= ¹ ₆ Z 3

0

4z ² − z ³ − ^z ₃

dz = ¹ ₆ h

4

3 z ³ − ^z ₄

− ^z ₁₂

i 3 0

= ³ ₂

3. Osservato che l’equazione 4x ² + y ² = 2y ` e equivalente a _1/4 ^x

+ (y − 1) ² = 1, una parametrizzazione della curva data ` e

ϕ :



 

 

x = ¹ ₂ cos θ y = 1 + sin θ z = 1 + ¹ ₂ cos θ

e poich´ e y ≥ 1 dovremo avere che θ ∈ [0, π]. Il punto P = (0, 2, 1) corrisponde allora a ϕ( ^π ₂ ) e in tale punto abbiamo che ϕ ⁰ ( ^π ₂ ) = (− ¹ ₂ , 0, − ¹ ₂ ) dato che ϕ ⁰ (θ) = (− ¹ ₂ sin θ, cos θ, − ¹ ₂ sin θ).

Pertanto T · k < 0 e la parametrizzazione scelta determina l’orientamento richiesto.

Abbiamo che il versore tangente in P ` e T = (− ^{√ 1}

2 , 0, − ^{√ 1}

2 )

Essendo ϕ ⁰⁰ (θ) = (− ¹ ₂ cos θ, − sin θ, − ¹ ₂ cos θ) e dunque ϕ ⁰⁰ ( ^π ₂ ) = (0, −1, 0), otteniamo

ϕ ⁰ ( ^π ₂ ) ∧ ϕ ⁰⁰ ( ^π ₂ ) =      

i j k

− ¹ ₂ 0 − ¹ ₂

0 −1 0

= (− ¹ ₂ , 0, ¹ ₂ )

e pertanto il versore binormale in P ` e

B = (− ^{√ 1}

2 , 0, ^{√ 1}

2 )

Infine il versore tangente ` e

N = B ∧ T =      

i j k

− ^{√ 1} ₂ 0 ^{√ 1} ₂

− ^{√ 1}

2 0 − ^{√ 1}

2

= (0, −1, 0).

Infine, il lavoro del campo F(x, y, z) = (z, (y − 1) ² , x) lungo la curva γ ` e Z

γ

F · ds = Z π

0

F(ϕ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) dθ

= Z π

0

(1 + ¹ ₂ cos θ, sin ² θ, ¹ ₂ cos θ) · (− ¹ ₂ sin θ, cos θ, − ¹ ₂ sin θ) dθ

= Z π

0

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

=  ₁

2 (1 + ¹ ₂ cos θ) ² + ¹ ₃ sin ³ θ + ¹ ₈ cos ² θ  π 0 = −1

4. L’equazione data ` e equazione differenziale del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> −4y <sup>0</sup> −4y = 0. L’equazione caratteristica (λ−2) <sup>2</sup> = 0 ha per soluzione λ = 2, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

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

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea della forma y _p

(x)+

y _p

(x) essendo y _p

(x) soluzione particolare dell’equazione y ⁰⁰ − 4y ⁰ − 4y = 3xe ^2x e y _p

(x) soluzione particolare dell’equazione y ⁰⁰ − 4y ⁰ − 4y = 3x.

Utilizzando il metodo della somiglianza per determinare una soluzione dell’equazione y ⁰⁰ − 4y ⁰ − 4y = 3xe ^2x , cerchiamo tale soluzione della forma y _p

(x) = x ² (Ax + B)e ^2x = (Ax ³ + Bx ² )e ^2x . Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = ¹ ₂ e B = 0.

Dunque, la soluzione particolare cercata ` e y _p

(x) = ¹ ₂ x ³ e ^2x .

Per determinare la soluzione y _p

(x) utilizziamo nuovamente il metodo della somiglianza, cercando tale soluzione della forma y _p

(x) = Ax + B. Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = B = ³ ₄ e dunque che una soluzione particolare ` e y _p

(x) =

3

4 (x + 1) L’integrale generale dell’equazione data ` e allora

y(x) = y ₀ (x) + y _p

(x) + y _p

(x) = c ₁ e ^2x + c ₂ xe ^2x + ¹ ₂ x ³ e ^2x + ³ ₄ (x + 1)

dove c 1 , c 2 ∈ R sono costanti arbitrarie. Infine, dato che y(0) = y ⁰ (0) = 1, otteniamo c ₁ = ¹ ₄ e c ₂ = − ¹ ₄ e la soluzione che verifica la condizione iniziale data ` e

y(x) = ¹ ₄ e ^2x − ¹ ₄ xe ^2x + ¹ ₂ x ³ e ^2x + ³ ₄ (x + 1)

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 14 luglio 2018

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

( _xy

−x

y

x

+y

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

0 se (x, y) = (0, 0) studiarne la continuit` a, la derivabilit` a parziale e nella direzione ~ ν = ( ^{√ 1} ₂ , − ^{√ 1} ₂ ), e la differenziabilit` a nell’origine.

2. Calcolare l’area della superficie cartesiana z = p4 − x ² − y ² , (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 2x}.

3. Calcolare il lavoro del campo F (x, y) = (2x + 1, xy) lungo la curva semplice γ avente per sostegno la frontiera positivamente orientata del dominio D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1, √

3x ≥ y + 1}.

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ = y ³ log(x − 1)

y(2) = 1

Risoluzione

1. Per verificare se la funzione risulta continua in (0, 0) proviamo che lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0) = 0. Passando alle coordinate polari, calcoliamo innanzittutto lim

ρ→0

f (ρ cos θ, ρ sin θ).

Abbiamo lim

ρ→0

f (ρ cos θ, ρ sin θ) = lim

ρ→0

ρ(cos θ sin ² θ − cos ² θ sin θ) = 0, ∀θ ∈ [0, 2π], e il limite risulta uniforme rispetto a θ ∈ [0, 2π] essendo

|ρ(cos θ sin ² θ − cos ² θ sin θ)| ≤ ρ(| cos θ sin ² θ| + | cos ² θ sin θ|) ≤ 2ρ, ∀θ ∈ [0, 2π].

Quindi risulta lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 e la funzione risulta continua in (0, 0).

Riguardo la derivabilit` a, osservato che f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ R, possiamo concludere che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x in (0, 0) con ^∂f _∂x (0, 0) = 0.

Analogamente, essendo f (0, y) = 0 per ogni y ∈ R, la funzione risulta derivabile parzial- mente rispetto ad y in (0, 0) con ^∂f _∂y (0, 0) = 0.

Abbiamo che la funzione risulta derivabile in (0, 0) lungo la direzione ~ ν = ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) con

∂f

∂~ ν (0, 0) = lim

h→0

f ( ^{√ h} ₂ , − ^{√ h} ₂ ) − f (0, 0)

h = lim

h→0 h

2 √

2 + ₂ ^{h √}

₂ h ³ = ^{√ 1} ₂

Possiamo concludere che la funzione non ` e differenziabile in (0, 0) in quanto non vale il Teorema del gradiente, essendo ^∂f _{∂~ ν} (0, 0) = ^{√ 1}

2 6= ∇f (0, 0) · ~v = 0.

In alternativa, per stabilire se la funzione risulta differenziabile in (0, 0) potevamo verifi- care che

lim

(x,y)→(0,0)

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

px ² + y ² = lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) px ² + y ² 6= 0.

Per calcolare il limite utilizziamo le coordinate polari. Per ogni θ ∈ [0, 2π] abbiamo lim

ρ→0

f (ρ cos θ, ρ sin θ)

ρ = lim

ρ→0

(cos θ sin ² θ − cos ² θ sin θ) = cos θ sin ² θ − cos ² θ sin θ e quindi che il limite lim

(x,y)→(0,0) f (x,y)

√

x

+y

non esiste.

2. Per calcolare l’area della superficie S di equazione cartesiana z = p4 − x ² − y ² , (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 2x} (detta finestra di Viviani), osserviamo che utilizzando le coordinate cartesiane, una parametrizzazione della superficie ` e data da

Φ :



 

  x = u, y = v, z = √

4 − u ² − v ² ,

(u, v) ∈ D.

L’area ` e data allora da Z Z

S

dσ = Z Z

D

kΦ _u (u, v) ∧ Φ _v (u, v)k dudv

Poich´ e la parametrizzazione utilizza le coordinate cartesiane, posto f (x, y) = p4 − x ² − y ² , otteniamo immediatamente che

kΦ _u (u, v) ∧ Φ _v (u, v)k = p

1 + k∇f (u, v)k ² = q

1 + ( ^{√ −u}

4−u

−v

) ² + ( ^{√ −v}

4−u

−v

) ²

= q

1 + _4−u ^u

−v

+ _4−u ^v

−v

= ^√ _4−u ²

_−v

Pertanto, dobbiamo calcolare l’integrale doppio ^(a)

Z Z

S

dσ = Z Z

D

kΦ _u (u, v) ∧ Φ _v (u, v)k dudv = Z Z

D

√ 2

4−u

−v

dudv A tale scopo possiamo utilizzare le coordinate polari centrate nell’origine

φ :

( x = ρ cos θ y = ρ sin θ

osservato che D = φ(T ) essendo T = {(ρ, θ) | θ ∈ [−π, π], 0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ} (poich´ e da x ² + y ² ≤ 2x si ha ρ ² ≤ 2ρ cos θ da cui ρ ≤ 2 cos θ). Otteniamo allora

Z Z

S

dσ = Z Z

D

√ 2

4−u

−v

dudv = Z Z

T

√ 2ρ

4−ρ

dρdθ = Z π

−π

(

Z 2 cos θ 0

√ 2ρ

4−ρ

dρ)dθ

= Z π

−π

h − p

4 − ρ ² i 2 cos θ 0

dθ = 2 Z π

−π

1 − √

1 − cos ² θ dθ = 2 Z π

−π

1 − | sin θ| dθ

= 4 Z π

0

1 − sin θ dθ = 4 [θ − cos θ] ^π ₀ = 4π − 8.

In alternativa, potremo parametrizzare la superficie utilizzando le coordinate sferiche (usando la latitudine ¯ ϕ, invece che la colatitudine ϕ = ^π ₂ − ¯ ϕ) come

Ψ :



 

 

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

(θ, ¯ ϕ) ∈ E

(a) Nota, la superficie cartesiana non risulta di classe C ¹ nel dominio D, le derivate ∂ x f (x, y) e ∂ y f (x, y)

non sono definite nel punto (2, 0) ∈ D. La definizione di area della superficie non risulta quindi applicabile,

potr` a essere generalizzata mediante il concetto di integrale improprio che potremo definire come limite

di integrali su domini approssimanti non contenenti la singolarit` a. Nel nostro caso l’integrale risulta

convergente (vedi sotto).

dove E = {(θ, ϕ) |, ¯ ϕ ∈ [0, ^π ₂ ], − ¯ ϕ ≤ θ ≤ ¯ ϕ} (in quanto dalla condizione z ≥ 0 si ha

¯

ϕ ∈ [0, ^π ₂ ], mentre da x ² + y ² ≤ 2x si ottiene cos ¯ ϕ ≤ cos θ da cui − ¯ ϕ ≤ θ ≤ ¯ ϕ) ^(b) . In questo modo risulta

kΨ _θ (θ, ¯ ϕ) ∧ Ψ _{ϕ ¯} (θ, ¯ ϕ)k = 4 cos ¯ ϕ e dunque

Z Z

S

dσ = Z Z

E

4 cos ¯ ϕ dθd ¯ ϕ = Z

0

( Z ϕ ¯

− ¯ ϕ

4 cos ϕ dθ)d ¯ ϕ

= 4 Z

0

[θ cos ¯ ϕ] ^ϕ _{− ¯} ^¯ _ϕ d ¯ ϕ = 4 Z

0

2 ¯ ϕ cos ¯ ϕ d ¯ ϕ = ... = 4π − 8.

Altra possibilit` a per parametrizzare la superficie ` e utilizzare le coordinate cilindriche

Γ :



 

 

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = p4 − ρ ² ,

(ρ, θ) ∈ T.

con T = {(ρ, θ) | θ ∈ [−π, π], 0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ} (dato che da z = p4 − (x ² + y ² ) si ottiene z = p4 − ρ ² con 0 ≤ ρ ≤ 2, inoltre essendo x ² + y ² ≤ 2x si ha ρ ² ≤ 2ρ cos θ e dunque ρ ≤ 2 cos θ). Abbiamo che kΓ _ρ (ρ, θ) ∧ Γ _θ (ρ, θ)k = √ ^2ρ

4−ρ

e dunque Z Z

S

dσ = Z Z

T

√ 2ρ

4−ρ

dρdθ = Z π

−π

(

Z 2 cos θ 0

√ 2ρ

4−ρ

dρ)dθ = ... = 4π − 8.

3. Calcoliamo il lavoro del campo F(x, y) = (xy, 2x + 1) lungo la curva semplice γ avente per sostegno la frontiera positivamente orientata del dominio D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1, √

3x ≥ y + 1}. Abbiamo che γ = γ ₁ ∪ γ ₂ essendo γ ₁ la curva semplice avente per sostegno l’arco di circonferenza e γ ₂ la curva avente per sostegno il segmento.

(b) Tale parametrizzazione risulta di classe C ¹ in tutto il dominio E.

Una parametrizzazione di tali curve ` e data da ϕ 1 (θ) = (cos θ, sin θ) con θ ∈ [− ^π ₂ , ^π ₆ ] e ϕ ₂ (t) = (t, √

3t − 1) con t ∈ [0,

√ 3

2 ], una parametrizzazione della curva opposta di γ ₂ . Si ottiene quindi che

Z

γ

F · ds = Z

γ

F · ds − Z

−γ

F · ds = Z

−

F(ϕ ₁ (θ)) · ϕ ⁰ ₁ (θ) dθ − Z

√ 3 2

0

F(ϕ ₂ (t)) · ϕ ⁰ ₂ (t) dt

= Z

−

2

(2 cos θ + 1, cos θ sin θ) · (− sin θ, cos θ) dθ − Z

√ 3 2

0

(2t + 1, t( √

3t − 1)) · (1, √ 3) dt

= Z

−

2

−2 sin θ cos θ − sin θ + sin θ cos ² θ dθ − Z

√ 3 2

0

2t + 1 + √ 3t( √

3t − 1) dt

= cos ² θ + cos θ − ¹ ₃ cos ³ θ 

−

− h

t ² + t + t ³ −

√ 3 2 t ² i

√ 3 2

0

= ¹ ₈ (3 √

3 + 6) − ¹ ₄ (2 √

3 + 3) = −

√ 3 8

In alternativa si poteva utilizzare il Teorema di Green e calcolare Z

∂D

F · ds = Z Z

D

∂F

∂x − ^∂F _∂y

dxdy = Z Z

D

y dxdy.

4. L’equazione differenziale y ⁰ = y ³ log(x − 1) ` e equazione a variabili separabili del tipo y ⁰ = a(x)b(y) con a(x) = log(x − 1) e b(y) = y ³ . Tale equazione ammette come soluzione singolare la funzione y 0 (x) = 0 per ogni x ∈ R. Le soluzioni non nulle dell’equazione saranno invece date (implicitamente) dalla formula

B(y) = A(x) + c, c ∈ R

dove B(y) ` e una primitiva di _b(y) ¹ = _y ¹

e A(x) una primitiva di a(x) = log(x − 1).

Scegliamo B(y) = − _2y ¹

e A(x) = (x−1) log(x−1)−x, le soluzioni non nulle dell’equazione differenziale sono date implicitamente da

− _2y

¹ (x) = (x − 1) log(x − 1) − x + c, c ∈ R ⇔ |y(x)| = ^√ ₂ √ ¹

x−(x−1) log(x−1)+k , k ∈ R.

Poich´ e il dato iniziale y(2) = 1 > 0, la soluzione cercata sar` a positiva e quindi della forma

y(x) = √ ¹

2 √

x−(x−1) log(x−1)+k , k ∈ R,

Determiniamo k ∈ R in modo tale che risulti y(2) = 1. Abbiamo y(2) = ^√ ₂ ^{√ 1} _2+k = 1 da cui k = − ³ ₂ . La soluzione del problema di Cauchy ` e quindi

y(x) = √ ¹

2 √

x−(x−1) log(x−1)−

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 8 settembre 2018

1. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto, se esistono, della funzione f (x, y) = x log x + y log y nel triangolo rettangolo R di vertici i punti ( ¹ ₃ , ¹ ₃ ), ( ¹ ₃ , 1) e (1, ¹ ₃ ).

2. Calcolare Z Z Z

E

|z| dxdydz dove

E = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 3, x ² + y ² + ^z ₉

≤ 1}.

3. Dato il campo vettoriale F(x, y) = (x(x + 2y), x ² + y) stabilire se conservativo e, nel caso, determinarne un potenziale. Calcolarne il lavoro lungo la curva semplice γ avente per sostegno la frontiera positivamente orientata del disco D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1}

nella regione y ≥ 1 − x .

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ − 3y ⁰ = x + e ^x

y(0) = y ⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = x log x + y log y risulta definita e di classe C ² in D = (0, +∞) × (0, +∞). Essendo la funzione continua in R ⊂ D, chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in D. Eventuali punti di massimo e minimo assoluti interni a D saranno punti stazionari della funzione, quindi soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = log x + 1 = 0

∂f

∂y (x, y) = log y + 1 = 0

che ammette come unica soluzione il punto P = ( ¹ _e , ¹ _e ), interno a R con f ( ¹ _e , ¹ _e ) = − ² _e .

Cerchiamo ora i punti di massimo e minimo assoluto sulla frontiera ∂R. Tale frontiera ` e l’unione dei segmenti C ₁ = {(x, ¹ ₃ ) | x ∈ [ ¹ ₃ , 1]}, C ₂ = {( ¹ ₃ , y) | y ∈ [ ¹ ₃ , 1]} e I = {(x, ⁴ ₃ − x) | x ∈ [ ¹ ₃ , 1]}. Abbiamo che

• lungo il cateto C ₁ , risulta che g ₁ (x) = f (x, y)| C

= f (x, ¹ ₃ ) = x log x − ¹ ₃ log 3, x ∈ [ ¹ ₃ , 1],

`

e funzione crescente in [ ¹ _e , 1] e decrescente in [ ¹ ₃ , ¹ _e ]. Poich´ e g 1 ( ¹ ₃ ) = f ( ¹ ₃ , ¹ ₃ ) = − ² ₃ log 3 e g ₁ (1) = f (1, ¹ ₃ ) = − ¹ ₃ log 3, ne segue che

min C

f (x, y) = f ( ¹ _e , ¹ ₃ ) = − ¹ _e − ¹ ₃ log 3 e max

C

f (x, y) = f (1, ¹ ₃ ) = − ¹ ₃ log 3.

• lungo il cateto C ₂ , in modo analogo, otteniamo che min C

f (x, y) = f ( ¹ ₃ , ¹ _e ) = − ¹ _e − ¹ ₃ log 3 e max

C

f (x, y) = f ( ¹ ₃ , 1) = − ¹ ₃ log 3.

Per determinare i punti di massimo e di minimo lungo l’ipotenusa I, possiamo studiare la funzione h(x) = f (x, y)| I = f (x, ⁴ ₃ − x) = x log x + ( ⁴ ₃ − x) log( ⁴ ₃ − x), x ∈ [ ¹ ₃ , 1]. In alternativa possiamo utilizzare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange osservato che

I = {(x, y) ∈ [ ¹ ₃ , 1] × [ ¹ ₃ , 1] | G(x, y) = x + y = ⁴ ₃ }.

Abbiamo quindi che i candidati punti di massimo e di minimo ”interni” al vincolo I, corrisponderanno ai punti stazionari della lagrangiana F (x, y, λ) = f (x, y) − λ(G(x, y) −

4

3 ) = x log x + y log y − λ(x + y − ⁴ ₃ ), ovvero alle soluzioni del sistema



 

 

∂F

∂x (x, y, λ) = log x + 1 − λ = 0

∂F

∂y (x, y, λ) = log y + 1 − λ = 0

∂F

∂λ (x, y, λ) = −(x + y − ⁴ ₃ ) = 0

⇔



 

 

λ = log x + 1 log x = log y x + y = ⁴ ₃

⇔



 

 

λ = log ² ₃ + 1 x = ² ₃

y = ² ₃

L’unico candidato punto di massimo o di minimo (non estremale) del segmento I ` e per- tanto il punto Q = ( ² ₃ , ² ₃ ) dove f ( ² ₃ , ² ₃ ) = ⁴ ₃ log ² ₃ = − ⁴ ₃ log ³ ₂ . Poich´ e ⁴ ₃ log ³ ₂ < ¹ _e + ¹ ₃ log 3 ^(c) , da quanto sopra otteniamo che

min ∂R f (x, y) = f ( ² ₃ , ² ₃ ) = − ⁴ ₃ log 3 e max

∂R f (x, y) = f (1, ¹ ₃ ) = f ( ¹ ₃ , 1) = − ¹ ₃ log 3.

Ricordando infine che f ( ¹ _e , ¹ _e ) = − ² _e e osservato che ⁴ ₃ log 3 > 1 > ² _e > ¹ ₃ log 3 ^(d) , possiamo concludere che i punti (1, ¹ ₃ ) e ( ¹ ₃ , 1) sono punti di massimo assoluto in R mentre ( ² ₃ , ² ₃ ) ` e punto di minimo assoluto

min R f (x, y) = f ( ² ₃ , ² ₃ ) = − ⁴ ₃ log 3 e max

R f (x, y) = f ( ¹ ₃ , 1) = − ¹ ₃ log 3.

2. Per calcolare Z Z Z

E

|z| dxdydz dove

E = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 3, x ² + y ² + ^z ₉

≤ 1}, osserviamo innanzitutto che per simmetria abbiamo che RRR

E |z| dxdydz = 2 RRR

E

z dxdydz dove

E ₀ = {(x, y, z) ∈ E | z ≥ 0} = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 3, x ² + y ² + ^z ₉

≤ 1, z ≥ 0}.

(c) infatti

4

3 log ³ ₂ < ¹ _e + ¹ ₃ log 3 ⇔ ⁴ ₃ log 3− ⁴ ₃ log 2 < ¹ _e + ¹ ₃ log 3 ⇔ 3 log 3 < ³ _e +4 log 2 ⇔ log 27 < ³ _e +log 16 = log(16·e

)

e l’ultima disuguaglianza ` e verificata essendo 16 · e

> 16 · e > 32 > 27.

(d) per provare l’ultima disuguaglianza ` e sufficiente osservare che e ² > 3 e quindi che 2 = log(e ² ) > log 3

da cui ⁶ _e > 2 > log 3

Per calcolare l’integrale RRR

E

z dxdydz possiamo integrare per strati osservato che E 0 = E ¹ ∪ E ² dove

E ¹ = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0, ³ ₂ ], (x, y) ∈ D _z ⁺ }, D _z ¹ = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1 − ^z ₉

} E ² = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [ ³ ₂ , √

3], (x, y) ∈ D _z ⁻ }, D _z ² = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 3 − z ² } Dalla propriet` a di additivit` a dell’integrale otteniamo allora

Z Z Z

E

z dxdydz = Z Z Z

E

z dxdydz + Z Z Z

E

z dxdydz

= Z

0

z(

Z Z

D

dxdy) dz + Z

√ 3

3 2

z(

Z Z

D

dxdy) dz

= Z

0

zµ(D ¹ _z ) dz + Z

√ 3

3 2

zµ(D ² _z ) dz

= π Z

0

z(1 − ^z ₉

) dz + π Z

√ 3

3 2

z(3 − z ² ) dz

= π h z

2 − ^z ₃₆

i

0 + π h 3

2 z ² − ^z ₄

i

√ 3

3 2

= ⁹ ₈ π.

Quindi

Z Z Z

E

|z| dxdydz = 2 Z Z Z

E

z dxdydz = ⁹ ₄ π

3. Il campo F(x, y) = (x(x + 2y), x ² + y) ` e definito e di classe C ¹ nel suo dominio R ² dove risulta irrotazionale dato che

∂F

∂y = 2x = ^∂F _∂x

, ∀(x, y) ∈ R ² .

Poich` e il dominio ` e semplicemente connesso, possiamo concludere che il campo ` e conser- vativo nel suo dominio. Per determinarne un potenziale U (x, y) in R <sup>2</sup> , osserviamo che tale funzione dovr` a soddisfare le condizioni

∂U

∂x = x(x + 2y) e ^∂U _∂y = x ² + y Dalla seconda delle due condizioni abbiamo che

U (x, y) = Z

x ² + y dy = x ² y + ^y ₂

+ c(x) e dalla prima

x(x + 2y) = ^∂U _∂x = _∂x ^∂ (x ² y + ^y ₂

+ c(x)) = 2xy + c ⁰ (x)

Dunque c ⁰ (x) = x ² da cui c(x) = ^x ₃

+ c, c ∈ R. I potenziali del campo F in R ² saranno allora della forma

U (x, y) = x ² y + ^y ₂

+ ^x ₃

+ c dove c ∈ R.

Per calcolarne il lavoro lungo curva semplice γ avente per sostegno la frontiera positi- vamente orientata del disco D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1} nella regione y ≥ 1 − x, osserviamo che, essendo F(x, y) campo conservativo nel suo dominio D e la curva con sostegno γ contenuto in D, dal Teorema sul lavoro di un campo conservativo si ha

Z

γ

F · ds = U (x ₁ ) − U (x ₀ )

dove U (x, y) ` e un potenziale del campo F(x, y) in D e x ₀ e x ₁ sono rispettivamente i punti iniziale e finale della curva. Essendo x ₀ = (1, 0) e x ₁ = (0, 1), otteniamo

Z

γ

F · ds = U (0, 1) − U (1, 0) = ¹ ₂ − ¹ ₃ = ¹ ₆

4. L’equazione data ` e equazione differenziale del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> − 3y <sup>0</sup> = 0. L’equazione caratteristica λ <sup>2</sup> − 3λ = 0 ha per soluzioni λ = 0 e λ = 3, l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e quindi

y ₀ (x) = c ₁ + c ₂ e ^3x , c ₁ , c ₂ ∈ R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea, utilizzando il metodo della somiglianza, della forma y _p (x) = x(Ax + B) + Ce ^x = Ax ² + Bx + Ce ^x . Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo

y _p ⁰⁰ (x) − 3y _p ⁰ (x) = 2A + Ce ^x − 3(2Ax + B + Ce ^x ) = −6Ax + 2A − 3B − 2Ce ^x ≡ x + e ^x

da cui A = − ¹ ₆ , B = − ¹ ₉ e C = − ¹ ₂ . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e y p (x) =

−x( ¹ ₆ x + ¹ ₉ ) − ¹ ₂ e ^x e l’integrale generale dell’equazione data ` e

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ + c ₂ e ^3x − x( ¹ ₆ x + ¹ ₉ ) − ¹ ₂ e ^x

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie. Infine, dato che y(0) = y ⁰ (0) = 1, otteniamo c ₁ + c ₂ − ¹ ₂ = 1 e 3c ₂ − ¹ ₉ − ¹ ₂ = 1, da cui c ₁ = ²⁶ ₂₇ e c ₂ = ²⁹ ₅₄ e la soluzione che verifica la condizione iniziale data ` e

y(x) = ²⁶ ₂₇ + ²⁹ ₅₄ e ^3x − x( ¹ ₆ x + ¹ ₉ ) − ¹ ₂ e ^x

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 27 ottobre 2018

1. Data la funzione f (x, y) = xy(x + 2y) ²

(a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio,

(b) determinarne massimi e minimi assoluti nel triangolo di vertici (0, 0), (1, 0) e (0, 1).

2. Determinare le coordinate del baricentro del corpo solido

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² ≤ 2z, z ² ≥ 2(x ² + y ² )}

di densit` a di massa costante.

3. Data la curva ϕ(t) = ( _1+t ^t

, _1+t ^t

), t ∈ [−2, 2], stabilire se ` e semplice, chiusa e regolare.

Determinarne vettore tangente ed equazione della retta tangente nel punto ϕ(1).

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = y ² − y

y(0) = ¹ ₂

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 9 gennaio 2019

1. Data la funzione f (x, y) = _x ^xy−y

+y

(a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, (b) determinarne massimi e minimi assoluti nel dominio

C = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 6, x ≥ y ≥ 0}

2. Determinare le coordinate del baricentro di un corpo piano disposto sul triangolo di vertici (0, 2) e (±1, 0) di densit` a di massa δ(x, y) = y.

3. Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = (z, y ² , (x − 2) ² ) lungo la curva semplice γ avente per sostegno l’inetrsezione della sfera x ² + y ² + z ² = 4x con il piano x − z = 2 nella regione y ≥ 0 percorsa in modo tale che il versore T tangente alla curva nel punto P = (2, 2, 0) verifichi T · k < 0.

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + y ⁰ − 2y = xe ^−2x

y(0) = y ⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. La funzione

f (x, y) = xy − y x ² + y ²

risulta definita e di classe C ² in D = R ² \ {(0, 0)}. Eventuali punti di massimo e minimo assoluti interni in D saranno punti stazionari della funzione, soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = ^y(x

^+y _(x

^{)−(xy−y)2x} +y

)

= 0

∂f

∂y (x, y) = ^(x−1)(x

_(x ^+y

+y

^{)−(xy−y)2y}

)

= 0

che ammette come unica soluzione il punto P = (1, 0) dove f (1, 0) = 0. Poich´ e f (x, y) =

y(x−1)

x

+y

≥ 0 se e solo se x > 1 e y > 0 oppure x < 1 e y < 0, possiamo concludere che tale punto non ` e di massimo n´ e di minimo relativo e dunque che non ammette punti di massimo e di minimo nel suo dominio.

La funzione ` e continua nell’insieme compatto C. Dal Teorema di Weierstrass abbiamo quindi che esistono punti di massimo e di minimo assoluti in C. Eventuali punti di massimo e di minimo interni a C saranno punti stazionari, quindi per quanto provato, i punti di massimo e di minimo apparterranno alla frontiera.

Tale frontiera ` e l’unione dei segmenti S ₁ = {(x, 0) | x ∈ [1, √

6]}, S ₂ = {(x, x) | x ∈ [ ^{√ 1} ₂ , √

3]} e dagli archi di circonferenza C 1 = {(x, √

1 − x ² ) | x ∈ [ ^{√ 1} ₂ , 1]}, C 2 = {(x, √

6 − x ² ) | x ∈ [ √ 3, √

6]}.

Abbiamo che

• lungo il segmento S 1 , risulta che f (x, y)| S

= f (x, 0) = 0, x ∈ [1, √

6], ` e funzione

costante;

• lungo il segmento S 2 , abbiamo f (x, y)| S

= f (x, x) = ^x _2x

^−x

= ¹ ₂ (1 − _x ¹ ) ` e funzione crescente in [ ^{√ 1}

2 , √

3] pertanto min S

f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ) = ¹ ₂ (1 − √

2) e max

S

f (x, y) = f ( √ 3, √

3) = ¹ ₂ (1 − ^{√ 1}

3 )

• lungo l’arco di circonferenza C ₁ si ha f (x, y)| _C

= f (x, √

1 − x ² ) = (x − 1) √

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

2 , 1]. Ne segue che min C

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

2) e max

C

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

• lungo l’arco di circonferenza C ₂ si ha f (x, y)| C

= f (x, √

6 − x ² ) = ¹ ₆ (x − 1) √

6 − x ² e la funzione ` e crescente in [ √

3, 2] e decrescente in [2, √

6]. Poich´ e f ( √ 3, √

3) = ¹ ₂ (1 − ^{√ 1}

3 ) >

0 = f ( √

6, 0), otteniamo min C

f (x, y) = f ( √

6, 0) = 0 e max

C

f (x, y) = f (2, √

2) = ¹ ₆ √ 2 Possiamo quindi concludere che il punto ( ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ) ` e punto di minimo assoluto in C mentre (2, √

2) ` e punto di massimo assoluto min C f (x, y) = f ( ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂ ) = ¹ ₂ (1 − √

2) e max

C f (x, y) = f (2, √

2) = ¹ ₆ √ 2

2. Le coordinate del baricentro B di un corpo piano disposto sul triangolo T di vertici (±1, 0) e (0, 2) di densit` a di massa δ(x, y) = y sono date da

x _B = 1 m(T )

Z Z

T

xy dxdy e y _B = 1 m(T )

Z Z

T

y ² dxdy

dove m(T ) = RR

T y dxdy ` e la massa del corpo. Osservato che il dominio T ` e simmetrico rispetto all’asse delle ordinate otteniamo che x _B = 0. Per determinare l’ordinata y _B , osserviamo che il dominio T ` e normale rispetto a y con

D = {(x, y) ∈ R ² | y ∈ [0, 2], ¹ ₂ y − 1 ≤ x ≤ 1 − ¹ ₂ y}

abbiamo quindi che m(T ) =

Z Z

T

ydxdy = Z 2

0

Z 1−

y

1 2

y−1

ydx

! dy =

Z 2 0

y(1 − ¹ ₂ y − ( ¹ ₂ y − 1))dy

= Z 2

0

2y − y ² dy = y ² − ¹ ₃ y ³  2

0 = 4 − ⁸ ₃ = ⁴ ₃ e dunque

y _B = _m(B) ¹ Z Z

T

y ² dxdy = ³ ₄ Z 2

0

Z 1−

y

1 2

y−1

y ² dx

!

dy = ³ ₄ Z 2

0

y ² (1 − ¹ ₂ y − ( ¹ ₂ y − 1))dy

= ³ ₄ Z 2

0

2y ² − y ³ dy = ³ ₄  ₂

3 y ³ − ¹ ₄ y ⁴  2

0 = ³ ₄ ( ¹⁶ ₃ − 4) = 1

3. Osservato che l’intersezione tra la sfera x ² + y ² + z ² = 4x con il piano x − z = 2 per y ≥ 1 ` e



 

 

x ² + y ² + z ² = 4x x − z = 2

y ≥ 0

⇔



 

 

y ² + 2z ² = 4 x = 2 + z y ≥ 0 una parametrizzazione della curva γ ` e data da ϕ(θ) = (2 + √

2 cos θ, 2 sin θ, √

2 cos θ) con θ ∈ [0, π]. Risulta allora

ϕ ⁰ (θ) = (− √

2 sin θ, 2 cos θ, − √

2 sin θ) e dato che P = (2, 2, 0) = ϕ( ^π ₂ ) e ϕ ⁰ ( ^π ₂ ) = (− √

2, 0, − √

2) risulta ϕ ⁰ ( ^π ₂ ) · k < 0, dunque l’orientamento ` e quello richiesto. Abbiamo

F(ϕ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) = ( √

2 cos θ, 4 sin ² θ, 2 cos ² θ) · (− √

2 sin θ, 2 cos θ, − √

2 sin θ)

= −2 sin θ cos θ + 8 cos θ sin ² θ − 2 √

2 sin θ cos ² θ e quindi il lavoro del campo lungo γ ` e

Z

γ

F · ds = Z π

0

F(γ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) dθ = Z pi

0

−2 sin θ cos θ + 8 cos θ sin ² θ − 2 √

2 sin θ cos ² θ dθ

= h

cos ² θ + ⁸ ₃ sin ³ θ + ²

√ 2

3 cos ³ θ i π 0

= − ⁴

√ 2

3

4. L’equazione differenziale y ⁰⁰ + y ⁰ − 2y = xe ^−2x ` e equazione del secondo ordine lineare a coefficienti costanti non omogenea. Le soluzioni dell’equazione omogenea y ⁰⁰ + y ⁰ − 2y = 0 associata sono

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

essendo λ 1 = 1 e λ 2 = −2 le soluzioni dell’equazione caratteristica λ ² + λ − 2 = 0.

Per determinare una soluzione particolare dell’equazione completa possiamo utilizzare il metodo della somiglianza cercandola della forma y _p (x) = x(Ax + B)e ^−2x . Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = − ¹ ₆ B = − ¹ ₉ . Pertanto la generica soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ − 2y = xe ^−2x ` e

y(x) = c ₁ e ^x + c ₂ e ^−2x − x( ¹ ₆ x + ¹ ₉ )e ^−2x , c ₁ , c ₂ ∈ R, Infine, la soluzione che verifica la condizione iniziale y(0) = y ⁰ (0) = 1 ` e

y(x) = ²⁸ ₂₇ e ^x − ₂₇ ¹ e ^−2x − x( ¹ ₆ x + ¹ ₉ )e ^−2x

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 30 gennaio 2019

1. Data la funzione f (x, y) = x ² + y(1 − x ² )

a) Determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, b) Determinarne massimi e minimi assoluti nel dominio

D = {(x, y) ∈ R ² | x ² ≤ y ≤ 4}.

2. Calcolare Z Z

D

x ² y

x ² + y ² dxdy essendo D = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 2, 0 ≤ x ≤ y}.

3. Data la curva piana ϕ(t) = (4 − t ² , 4t − t ³ ), t ∈ [−2, 2], stabilire se risulta regolare, semplice e chiusa. Determinarne versore tangente e normale, curvatura e circonferenza osculatrice nel punto ϕ(1).

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = _1+x ^xy

+ x − 1

y(0) = 1

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 22 febbraio 2019

1. Data la funzione f (x, y) = x ² (4 − 4y ² − x ² )

a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, b) determinarne massimi e minimi assoluti nel dominio

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

2. Calcolare Z Z

D

x ² + y ² dxdy essendo D = {(x, y) ∈ R ² | x − x ² ≤ y ² ≤ 1 − x ² }.

3. Dato il campo vettoriale F(x, y, z) = (log(z + 2y ² ), _z+2y ^4xy

− ¹ _y , _z+2y ^x

+ 2z), stabilire se risulta conservativo nel suo dominio, calcolarne il lavoro lungo la curva γ(t) = (t, t, 1), t ∈ [1, 2].

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + 3y ⁰ = 18x + 4e ^x

y(0) = y ⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. a) La funzione f (x, y) = x ² (4 − 4y ² − x ² ) risulta definita e di classe C ² in R ² , gli eventuali punti di massimo e minimo relativi nel suo dominio saranno dunque punti stazionari, cio` e soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = 2x(4 − 4y ² − x ² ) − 2x ³ = 0

∂f

∂y (x, y) = −8x ² y = 0 che ammette come soluzioni i punti P ± = (± √

2, 0) e P _y = (0, y), y ∈ R, dove f (0, y) = 0 e f (± √

2, 0) = 4. Per stabilire se tali punti sono di massimo o minimo relativo, possiamo applicare il test delle derivate parziali seconde. Abbiamo

∂

f

∂x

(x, y) = 2(4 − 4y ² − x ² ) − 10x ² , _∂x∂y ^∂

^f (x, y) = −16xy, ^∂ _∂y

^f

(x, y) = −8x ² . Dato che

detHf (± √

2, 0) =    

−16 0

0 −16

> 0

e −16 < 0 otteniamo che P _± sono punti di massimo relativo. Osserviamo invece che detHf (0, y) =

8 0 0 0

= 0

e quindi che il test delle derivate parziali seconde non ci permette di concludere se i punti P _y (0, y) sono di massimo o minimo relativo. Abbiamo per` o che f (0, y) = 0 e che f (x, y) > 0 se ^x ₄

+ y ² < 1, f (x, y) < 0 se ^x ₄

+ y ² > 1 e f (x, y) = 0 se ^x ₄

+ y ² = 1

Possiamo pertanto concludere che i punti (0, y) con |y| < 1 sono punti di minimo relativo,

i punti (0, y) con |y| > 1 sono punti di massimo relativo mentre i punti (0, ±1) non sono

punti di minimo n´ e di massimo relativo.

b) La funzione ` e continua nell’insieme compatto D. Dal Teorema di Weierstrass possiamo allora concludere che esistono punti di massimo e di minimo assoluti in D. Da quanto sopra provato Gli unici punti stazionari interni a D sono i punti (0, y) con 0 ≤ y < 1, che risultano punti di minimo assoluti (in quando D ⊂ {(x, y) | ^x ₄

+ y ² ≤ 1})

Determiniamo i punti di massimo e di minimo sulla frontiera ∂D. Tale frontiera ` e l’unione del segmento S = {(x, 0) | x ∈ [−1, 1]} e dell’arco di circonferenza C = {(x, √

1 − x ² ) | x ∈ [−1, 1]}. Abbiamo che

• lungo il segmento S, f (x, y)| S = f (x, 0) = x ² (4 − x ² ), x ∈ [−1, 1], ` e funzione crescente in [0, 1] e decrescente in [−1, 0], dunque

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

S f (x, y) = f (±1, 0) = 3.

• lungo l’arco di circonferenza C si ha f (x, y)| C = f (x, √

1 − x ² ) = 3x ⁴ e tale funzione ` e crescente in [0, 1] e decrescente in [−1, 0]. Ne segue che

min C f (x, y) = f (0, 1) = 0 e max

C f (x, y) = f (±1, 0) = 3.

Possiamo quindi concludere che (±1, 0) sono punti di massimo assoluto in D mentre i punti (0, y) con 0 ≤ y ≤ 1 sono punto di minimo assoluto

min

D f (x, y) = f (0, y) = 0, y ∈ [0, 1], e max

D f (x, y) = f (±1, 0) = 3 2. Osserviamo innanzitutto che per simmetria risulta RR

D x ² + y ² dxdy = 2 RR

D

x ² + y ² dxdy essendo D ⁺ = {(x, y) ∈ D | y ≥ 0}. Abbiamo inoltre che

Z Z

D

x ² + y ² dxdy = Z Z

D

x ² + y ² dxdy + Z Z

D

x ² + y ² dxdy dove D ₁ = {(x, y) ∈ R ² | 0 ≤ y ≤ √

1 − x ² , x ∈ [−1, 0]} e D ₂ = {(x, y) ∈ R ² | x − x ² ≤

y ² ≤ 1 − x ² , x, y ≥ 0}.

Utilizzando le coordinate polari centrate nell’origine φ :

( x = ρ cos θ, y = ρ sin θ,

osserviamo che D ₁ = φ(T ₁ ) essendo T ₁ = {(ρ, θ) | θ ∈ [ ^π ₂ , π], 0 ≤ ρ ≤ 1}, mentre D 2 = φ(T 2 ) dove T 2 = {(ρ, θ) | θ ∈ [0, ^π ₂ ], cos θ ≤ ρ ≤ 1} (poich´ e da x ≤ x ² + y ² ≤ 1 si ha ρ cos θ ≤ ρ ² ≤ 1 da cui cos θ ≤ ρ ≤ 1). Otteniamo allora

Z Z

D

x ² + y ² dxdy = Z Z

D

x ² + y ² dxdy + Z Z

D

x ² + y ² dxdy

= Z Z

T

ρ ³ dρdθ + Z Z

T

ρ ³ dρdθ = Z π

π 2

( Z 1

0

ρ ³ dρ)dθ + Z

0

( Z 1

cos θ

ρ ³ dρ)dθ

= ^π ₂  ₁

4 ρ ⁴  1 0 +

Z

0

 ₁

4 ρ ⁴  1

cos θ dθ = ^π ₈ + ¹ ₄ Z

0

1 − cos ⁴ θdθ

= ^π ₄ − ¹ ₄ Z

0

cos ⁴ θdθ

Per calcolare l’ultimo integrale possiamo integrare per parti ^(e) ottenendo che Z

0

cos ⁴ θdθ = ¹ ₄ sin θ cos ³ θ 

0 + ³ ₄ Z

0

cos ² θ dθ = ³ ₈ [sin θ cos θ + θ]

π 2

0 = ^3π ₁₆ e dunque

Z Z

D

x ² + y ² dxdy = 2 Z Z

D

x ² + y ² dxdy = 2( ^π ₄ − ¹ ₄ ^3π ₁₆ ) = ^13π ₆₄

(e) Ricorda che vale I n = Z

cos ⁿ x dx = ¹ _n sin x cos ⁿ⁻¹ x + ⁿ⁻¹ _n I n−2 per ogni n ∈ N

In alternativa, potevamo osservare che Z Z

D

x ² + y ² dxdy = Z Z

D

x ² + y ² dxdy − Z Z

D

x ² + y ² dxdy essendo D e = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1} e D i = {(x, y) ∈ R ² | x ≤ x ² + y ² }

Utilizzando le coordinate polari centrate nell’origine si ottiene Z Z

D

x ² + y ² dxdy = Z 2π

0

( Z 1

0

ρ ³ dρ)dθ = 2π h

ρ

4

i 1 0 = ^π ₂

Utilizzando invece le coordinate polari centrate nel punto ( ¹ ₂ , 0) (infatti x = x ² + y ² ⇔ (x − ¹ ₂ ) ² + y ² = ¹ ₄ ) otteniamo

Z Z

D

x ² + y ² dxdy = Z 2π

0

( Z

0

ρ(ρ ² + ¹ ₄ + ρ cos θ) dρ)dθ = Z 2π

0

h ρ

4 + ^ρ ₈

+ ^ρ ₃

cos θ i

0

dθ

= Z 2π

0 3

64 + ₂₄ ¹ cos θ dθ =  _3θ

64 + ₂₄ ¹ sin θ  2π 0 = ^3π ₃₂ Pertanto

Z Z

D

x ² + y ² dxdy = Z Z

D

x ² + y ² dxdy − Z Z

D

x ² + y ² dxdy = ^π ₂ − ^3π ₃₂ = ^13π ₃₂

3. Il campo ` e definito e di classe C ¹ nel suo dominio A = {(x, y, z) ∈ R ³ | y 6= 0, z +4y ² >

0} ove risulta irrotazionale essendo

∂F

∂y = _z+2y ^4y

= ^∂F _∂x

, ^∂F _∂z

= _z+2y ¹

= ^∂F _∂x

, ^∂F _∂z

= − _(z+2y ^4xy

)

= ^∂F _∂y

, ∀(x, y) ∈ A.

Poich´ e il dominio A non ` e connesso ma risulta unione disgiunta di due insiemi semplice- mente connessi, A <sup>±</sup> = {(x, y, z) ∈ R <sup>3</sup> | ± y > 0, z + 4y <sup>2</sup> > 0}, possiamo concludere che essendo irrotazionale il campo ` e conservativo in A.

Per calcolarne il lavoro lungo la data curva possiamo utilizzare il Teorema sul lavoro di un campo conservativo una volta determinato un potenziale. Osserviamo che se U (x, y, z) ` e un potenziale del campo in A allora dovr` a soddisfare le condizioni

∂U

∂x = log(z + 2y ² ), ∂U

∂y = 4xy z + 2y ² − 1

y e ∂U

∂z = x

z + 2y ² + 2z Dalla prima delle tre condizioni abbiamo che

U (x, y, z) = Z

log(z + 2y ² ) dx = x log(z + 2y ² ) + C ₁ (y, z) e dalla seconda

4xy z + 2y ² − 1

y = ∂U

∂y = 4xy

z + 2y ² + ∂C ₁

∂y Dunque

C ₁ (y, z) = Z

− 1

y dy = − log |y| + C ₂ (z) da cui

U (x, y, z) = x log(z + 2y ² ) − log |y| + C ₂ (z).

Dalla terza delle tre condizioni abbiamo infine che x

z + 2y ² + 2z = ∂U

∂z = − x

z + 2y ² + C ₂ ⁰ (z)

da cui C ₂ ⁰ (z) = 2z e quindi C ₂ (z) = z ² + c, c ∈ R. Un potenziale in A ^± sar` a allora U (x, y, z) = x log(z + 2y ² ) − log(±y) + z ² + c, c ∈ R.

Per calcolare il lavoro del campo lungo la curva γ(t) = (t, t, 1), t ∈ [1, 2], osservato che il suo sostegno ` e contenuto in A ⁺ , concludiamo

Z

γ

F · ds = U (γ(2)) − U (γ(1)) = U (2, 2, 1) − U (1, 1, 1) = log ²⁷ ₂ .

4. L’equazione differenziale y ⁰⁰ + 3y ⁰ = 18x + 4e ^x ` e equazione del secondo ordine lineare a coefficienti costanti non omogenea. Le soluzioni dell’equazione omogenea y ⁰⁰ + 3y ⁰ = 0 associata sono

y ₀ (x) = c ₁ + c ₂ e ^−3x , c ₁ , c ₂ ∈ R,

essendo λ ₁ = 0 e λ ₂ = −3 le soluzioni dell’equazione caratteristica λ ² + 3λ = 0. Per de-

terminare una soluzione particolare dell’equazione completa possiamo utilizzare il metodo

della somiglianza cercandola della forma y p (x) = x(Ax + B) + Ce ^x . Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = 3, B = −2 e C = 1. Pertanto la generica soluzione dell’equazione data ` e

y(x) = c ₁ + c ₂ e ^−3x + x(3x − 2) + e ^x , c ₁ , c ₂ ∈ R, Infine, la soluzione che verifica la condizione iniziale y(0) = y ⁰ (0) = 1 ` e

y(x) = − ² ₃ + ² ₃ e ^−3x − x(3x − 2) + e ^x