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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

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(1)

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

2

≤ 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

(2)

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = 1+4x 2x−y

2

+y

2

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

2

+y

22

)−(2x−y)8x +y

2

)

2

= 0

∂f

∂y (x, y) = −(1+4x (1+4x

2

+y

22

)−(2x−y)2y +y

2

)

2

= 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

2

= 1, y ≥ 0}. Abbiamo che

• lungo il segmento S, risulta che g(x) = f (x, y)| S = f (x, 0) = 1+4x 2x

2

, 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

2

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 .

(3)

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 ∈ ( 4 , π], abbiamo che la funzione ` e crescente in [ 4 , π] e decrescente in [0, 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( 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 ( 1 2 , 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

(4)

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

2

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

Z Z Z

T

dxdydz = Z 3

0

( Z Z

D

z

dxdy) dz = Z 3

0

µ(D z ) dz

= π Z 3

0

4z − z 2z 3

2

dz = π h

2z 2z 3

3

z 9

3

i 3 0 = 6π.

Quindi

z B = 1 Z Z Z

T

zdxdydz = 1 Z 3

0

z(

Z Z

D

z

dxdy) dz = 1 Z 3

0

zµ(D z ) dz

= 1 6 Z 3

0

4z 2 − z 3z 3

3

dz = 1 6 h

4

3 z 3z 4

4

z 12

4

i 3 0

= 3 2

3. Osservato che l’equazione 4x 2 + y 2 = 2y ` e equivalente a 1/4 x

2

+ (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 )

(5)

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 00 −4y 0 −4y = 0. L’equazione caratteristica (λ−2) 2 = 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

1

(x)+

y p

2

(x) essendo y p

1

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

2

(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

1

(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

1

(x) = 1 2 x 3 e 2x .

Per determinare la soluzione y p

2

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

2

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

2

(x) =

3

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

y(x) = y 0 (x) + y p

1

(x) + y p

2

(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 2x1 4 xe 2x + 1 2 x 3 e 2x + 3 4 (x + 1)

(6)

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

2

−x

2

y

x

2

+y

2

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

(7)

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

3

2 √

2 + 2 h

3

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

2

+y

2

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.

(8)

L’area ` e data allora da Z Z

S

dσ = Z Z

D

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

u (u, v) ∧ Φ v (u, v)k = p

1 + k∇f (u, v)k 2 = q

1 + ( −u

4−u

2

−v

2

) 2 + ( −v

4−u

2

−v

2

) 2

= q

1 + 4−u u

22

−v

2

+ 4−u v

22

−v

2

= 4−u 2

2

−v

2

Pertanto, dobbiamo calcolare l’integrale doppio (a)

Z Z

S

dσ = Z Z

D

u (u, v) ∧ Φ v (u, v)k dudv = Z Z

D

√ 2

4−u

2

−v

2

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

2

−v

2

dudv = Z Z

T

√ 2ρ

4−ρ

2

dρdθ = Z π

−π

(

Z 2 cos θ 0

√ 2ρ

4−ρ

2

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).

(9)

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

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

π2

0

( Z ϕ ¯

− ¯ ϕ

4 cos ϕ dθ)d ¯ ϕ

= 4 Z

π2

0

[θ cos ¯ ϕ] ϕ − ¯ ¯ ϕ d ¯ ϕ = 4 Z

π2

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 = √

4−ρ

2

e dunque Z Z

S

dσ = Z Z

T

√ 2ρ

4−ρ

2

dρdθ = Z π

−π

(

Z 2 cos θ 0

√ 2ρ

4−ρ

2

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.

(10)

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

1

F · ds − Z

−γ

2

F · ds = Z

π6

π2

F(ϕ 1 (θ)) · ϕ 0 1 (θ) dθ − Z

√ 3 2

0

F(ϕ 2 (t)) · ϕ 0 2 (t) dt

= Z

π6

π

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

π6

π

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 

π6

π2

− 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

2

∂x − ∂F ∂y

1

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

3

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

Scegliamo B(y) = − 2y 1

2

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

2y

2

1 (x) = (x − 1) log(x − 1) − x + c, c ∈ R ⇔ |y(x)| = 21

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)−

32

(11)

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

2

≤ 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

(12)

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

1

= 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

1

f (x, y) = f ( 1 e , 1 3 ) = − 1 e1 3 log 3 e max

C

1

f (x, y) = f (1, 1 3 ) = − 1 3 log 3.

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

2

f (x, y) = f ( 1 3 , 1 e ) = − 1 e1 3 log 3 e max

C

2

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

(13)

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

2

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

E |z| dxdydz = 2 RRR

E

0

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

2

≤ 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

3e

)

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

3e

> 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

(14)

Per calcolare l’integrale RRR

E

0

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

2

} 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

0

z dxdydz = Z Z Z

E

1

z dxdydz + Z Z Z

E

2

z dxdydz

= Z

32

0

z(

Z Z

D

1z

dxdy) dz + Z

√ 3

3 2

z(

Z Z

D

2z

dxdy) dz

= Z

32

0

zµ(D 1 z ) dz + Z

√ 3

3 2

zµ(D 2 z ) dz

= π Z

32

0

z(1 − z 9

2

) dz + π Z

√ 3

3 2

z(3 − z 2 ) dz

= π h z

2

2 − z 36

4

i

32

0 + π h 3

2 z 2z 4

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

1

∂y = 2x = ∂F ∂x

2

, ∀(x, y) ∈ R 2 .

(15)

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 2 , 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

2

+ c(x) e dalla prima

x(x + 2y) = ∂U ∂x = ∂x (x 2 y + y 2

2

+ c(x)) = 2xy + c 0 (x)

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

3

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

U (x, y) = x 2 y + y 2

2

+ x 3

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 21 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 00 − 3y 0 = 0. L’equazione caratteristica λ 2 − 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

(16)

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 21 2 = 1 e 3c 21 91 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

(17)

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

32

, 1+t t

22

), 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

(18)

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

2

+y

2

(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

(19)

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

2

+y (x

22

)−(xy−y)2x +y

2

)

2

= 0

∂f

∂y (x, y) = (x−1)(x

2

(x +y

2

+y

2

)−(xy−y)2y

2

)

2

= 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

2

+y

2

≥ 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

1

= f (x, 0) = 0, x ∈ [1, √

6], ` e funzione

costante;

(20)

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

1

= f (x, x) = x 2x

2

−x

2

= 1 2 (1 − x 1 ) ` e funzione crescente in [ 1

2 , √

3] pertanto min S

2

f (x, y) = f ( 1

2 , 1

2 ) = 1 2 (1 − √

2) e max

S

2

f (x, y) = f ( √ 3, √

3) = 1 2 (1 − 1

3 )

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

1

= f (x, √

1 − x 2 ) = (x − 1) √

1 − x 2 e tale funzione ` e crescente in [ 1

2 , 1]. Ne segue che min C

1

f (x, y) = f ( 1 2 , 1 2 ) = 1 2 (1 − √

2) e max

C

1

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

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

2

= 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

1

f (x, y) = f ( √

6, 0) = 0 e max

C

2

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

(21)

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−

12

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 21 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−

12

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 31 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

(22)

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 x27 1 e −2x − x( 1 6 x + 1 9 )e −2x

(23)

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

2

+ x − 1

y(0) = 1

(24)

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

2

1 y , z+2y x

2

+ 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

(25)

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

2

f

∂x

2

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

2

f (x, y) = −16xy, ∂y

2

f

2

(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

2

+ y 2 < 1, f (x, y) < 0 se x 4

2

+ y 2 > 1 e f (x, y) = 0 se x 4

2

+ 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.

(26)

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

2

+ 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

1

x 2 + y 2 dxdy + Z Z

D

2

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}.

(27)

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

1

x 2 + y 2 dxdy + Z Z

D

2

x 2 + y 2 dxdy

= Z Z

T

1

ρ 3 dρdθ + Z Z

T

2

ρ 3 dρdθ = Z π

π 2

( Z 1

0

ρ 3 dρ)dθ + Z

π2

0

( Z 1

cos θ

ρ 3 dρ)dθ

= π 2  1

4 ρ 4  1 0 +

Z

π2

0

 1

4 ρ 4  1

cos θ dθ = π 8 + 1 4 Z

π2

0

1 − cos 4 θdθ

= π 41 4 Z

π2

0

cos 4 θdθ

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

π2

0

cos 4 θdθ = 1 4 sin θ cos 3 θ 

π2

0 + 3 4 Z

π2

0

cos 2 θ dθ = 3 8 [sin θ cos θ + θ]

π 2

0 = 16 e dunque

Z Z

D

x 2 + y 2 dxdy = 2 Z Z

D

+

x 2 + y 2 dxdy = 2( π 41 4 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

(28)

In alternativa, potevamo osservare che Z Z

D

x 2 + y 2 dxdy = Z Z

D

e

x 2 + y 2 dxdy − Z Z

D

i

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

e

x 2 + y 2 dxdy = Z 2π

0

( Z 1

0

ρ 3 dρ)dθ = 2π h

ρ

4

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

i

x 2 + y 2 dxdy = Z 2π

0

( Z

12

0

ρ(ρ 2 + 1 4 + ρ cos θ) dρ)dθ = Z 2π

0

h ρ

4

4 + ρ 8

2

+ ρ 3

3

cos θ i

12

0

= Z 2π

0 3

64 + 24 1 cos θ dθ = 

64 + 24 1 sin θ  2π 0 = 32 Pertanto

Z Z

D

x 2 + y 2 dxdy = Z Z

D

e

x 2 + y 2 dxdy − Z Z

D

i

x 2 + y 2 dxdy = π 2 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

1

∂y = z+2y 4y

2

= ∂F ∂x

2

, ∂F ∂z

1

= z+2y 1

2

= ∂F ∂x

3

, ∂F ∂z

2

= − (z+2y 4xy

2

)

2

= ∂F ∂y

3

, ∀(x, y) ∈ A.

(29)

Poich´ e il dominio A non ` e connesso ma risulta unione disgiunta di due insiemi semplice- mente connessi, A ± = {(x, y, z) ∈ R 3 | ± y > 0, z + 4y 2 > 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

(30)

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

Riferimenti