Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z Prova Scritta Parziale di Analisi Matematica 2 del 2 maggio 2020 1. Data la funzione f (x, y) = x

(1)

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova Scritta Parziale di Analisi Matematica 2 del 2 maggio 2020

1. Data la funzione

f (x, y) = x

³

+ |y|

³

− 3x

²

y

²

(i) studiarne la derivabilit` a nei punti del suo dominio

(ii) determinarne, se esistono, i punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, (ii) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R

²

| x

²

≤ y ≤ 1}.

2. Data la curva semplice e regolare di sostegno l’intersezione del cilindro (x − 1)

²

+

^y₄²

= 1 con la sfera x

²

+ y

²

+ z

²

= 9 nella regione z ≥ 0, x ≤ 1 e percorsa in modo tale che il vettore T tangente alla curva nel punto P = (0, 0, 3) verifichi T · j < 0, nel punto P determinare

(i) i versori tangente, normale e binormale (ii) l’equazione del piano osculatore

(iii) la curvatura e la circonferenza osculatrice

(2)

Risoluzione 1. (i) La funzione

f (x, y) = x

³

+ |y|

³

− 3x

²

y

²

=

( x

³

+ y

³

− 3x

²

y

²

se y ≥ 0 x

³

− y

³

− 3x

²

y

²

se y < 0

` e derivabile in tutti i punti di R

²

\ {y = 0} (essendo somma di funzioni derivabili) con

∂f

∂x (x, y) = 3x

²

− 6xy

²

, ∀y 6= 0 e

∂f

∂y (x, y) =

( 3y

²

− 6x

²

y se y > 0

−3y

²

− 6x

²

y se y < 0

Nei punti dell’asse delle ascisse abbiamo che la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto a x con

∂f

∂x (x, 0) = 3x

²

dato che f |

_y=0

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

³

= g(x) ` e derivabile con g

⁰

(x) = 3x

²

. Risulta derivabile anche rispetto a y dato che

∂f

∂y (x, 0) = lim

h→0

f (x, h) − f (x, 0)

h = lim

h→0

h

²

|h| − 3x

²

h

²

h = lim

h→0

h|h| − 3x

²

h = 0

(ii) Dal precedente punto, gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno allora punti stazionari della funzione. I punti stazionari in R

²

\ {y = 0} sono soluzioni dei sistemi



 

 

3x

²

− 6xy

²

= 0 3y

²

− 6x

²

y = 0 y > 0

e



 

 

3x

²

− 6xy

²

= 0

−3y

²

− 6x

²

y = 0 y < 0

Il primo sistema ammette come unica soluzione P

₊

= (

¹₂

,

¹₂

), il secondo ha come soluzione P

−

= (

¹₂

, −

¹₂

) . Dei punti dell’asse delle ascisse abbiamo invece che l’unico punto stazionario ` e l’origine O = (0, 0). Poich´ e la funzione ` e di classe C

²

in R

²

\ {y = 0} per stabilire se P

_±

sono punti di massimo o di minimo, valutiamo il determinante hessiano per y 6= 0. Per ogni x ∈ R, y 6= 0 abbiamo

∂²f

∂x²

(x, y) = 6x − 6y

²

,

_∂x∂y^∂²^f

(x, y) = −12xy

^∂_∂y²^f2

(x, y) =

( 6y − 6x

²

se y > 0

−6y − 6x

²

se y < 0 e dunque

detHf (

¹₂

, ±

¹₂

) =

3

2

∓3

³₂

=

⁹₄

− 9 < 0

(3)

Dal test delle derivate parziali seconde possiamo allora concludere che P

±

= (

¹₂

, ±

¹₂

) sono punti di sella.

Per stabilire se l’origine ` e punto di massimo o di minimo, ` e sufficiente osservare che f |

_y=0

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

³

` e funzione strettamente crescente in R, ne segue che l’origine non pu`o essere punto di massimo e nemmeno di minimo

¹

.

(iii) Essendo la funzione continua sul dominio compatto K = {(x, y) ∈ R

²

| x

²

≤ y ≤ 1}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in tale insieme.

Per quanto provato sopra, la funzione non ammette punti di massimo e di minimo interni a K, dunque i punti di massimo e minimo assoluto dovranno necessariamente appartenere alla frontiera ∂K. Osserviamo che K = S ∪ P dove S = {(x, 1) | x ∈ [−1, 1]} e P = {(x, x

²

) | x ∈ [−1, 1]}. Risulta

• f |

S

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

³

+ 1 − 3x

²

= g(x), x ∈ [−1, 1], e tale funzione ` e crescente in [−1, 0], decrescente in [0, 1], quindi, poich´ e g(1) = −1 > g(−1) = −3, otteniamo

max

S

f (x, y) = max

[−1,1]

g(x) = g(0) = f (0, 1) = 1 e

min

S

f (x, y) = min

[−1,1]

g(x) = g(−1) = f (−1, 1) = −3

• f |

_P

(x, y) = f (x, x

²

) = x

³

+ x

⁶

− 3x

⁶

= x

³

− 2x

⁶

= h(x), x ∈ [−1, 1], ` e funzione crescente in [−1,

√3¹

4

] e decrescente in [

√3¹

4

, 1]. Quindi, essendo h(1) = −1 > h(−1) = −3, si ha max

P

f (x, y) = max

[−1,1]

h(x) = h(

√3¹

4

) = f (

√3¹

4

,

√3¹

16

) =

¹₈

e

min

P

f (x, y) = min

[−1,1]

h(x) = h(−1) = f (−1, 1) = −3 Riunendo quanto ottenuto, osservato che

¹₈

< 1, possiamo concludere che

max

K

f (x, y) = max

∂K

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

min

K

f (x, y) = min

∂K

f (x, y) = f (−1, 1) = −3

e pertanto che in K la funzione ammette come punto di minimo assoluto (−1, 1) mentre punto di massimo assoluto ` e (0, 1).

1

per poter applicare il test delle derivate parziali seconde occorrerebbe prima verificare che la funzione risulti

di classe C

²

in un intorno dell’origine

(4)

2. Il sostegno della curva ` e dato dall’intersezione ( (x − 1)

²

+

^y₄²

= 1

x

²

+ y

²

+ z

²

= 9

Possiamo usare le coordinare polari ellittiche per parametrizzare l’ellisse (x − 1)

²

+

^y₄²

= 1, ponendo x = 1 + cos t, y = 2 sin t, con t ∈ [

^π₂

,

^3π₂

] (dato che deve risultare x = 1 + cos t ≤ 1 e dunque cos t ≤ 0) da cui, essendo z ≥ 0,

z = p

9 − x

²

− y

²

= q

9 − (1 + cos t)

²

− 4 sin

²

t = √

3 cos

²

t − 2 cos t + 4

(osserviamo che l’argomento della radice ` e positivo per ogni t ∈ [

^π₂

,

^3π₂

] dato che cos t ≤ 0 in tale intervallo). Otteniamo quindi una parametrizzazione della curva ponendo

ϕ(t) = (1 + cos t, 2 sin t, √

3 cos

²

t − 2 cos t + 4), t ∈ [

^π₂

,

^3π₂

].

Il punto P = (0, 0, 3) corrisponde a ϕ(π) e poich´ e ϕ

⁰

(t) =

− sin t, 2 cos t,

√sin t−3 cos t sin t 3 cos²t−2 cos t+4

, t ∈ [

^π₂

,

^3π₂

]

si ha T = ϕ

⁰

(π) = (0, −2, 0) e dunque T · j = −2 < 0, l’orientamento ` e pertanto quello richiesto.

Osserviamo che la curva non ` e parametrizzata mediante ascissa curvilinea dato che kϕ

⁰

(t)k 6≡ 1.

Essendo ϕ

⁰⁰

(t) =

− cos t, −2 sin t,

(cos t−3 cos²t+3 sin²t)(3 cos²t−2 cos t+4)−(sin t−3 cos t sin t)² (3 cos²t−2 cos t+4)^3/2

, t ∈ [

^π₂

,

^3π₂

].

nel punto P = ϕ(π), si ha

ϕ

⁰

(π) = (0, −2, 0), ϕ

⁰⁰

(π) = (1, 0, −

⁴₃

) e ϕ

⁰

(π) ∧ ϕ

⁰⁰

(π) = (

⁸₃

, 0, 2) = 2(

⁴₃

, 0, 1)

e dunque il versore tangente in P ` e dato da T(π) =

_kϕ^ϕ⁰0^(π)(π)k

= (0, −1, 0), il versore binormale ` e

B(π) = ϕ

⁰

(π) ∧ ϕ

⁰⁰

(π)

kϕ

⁰

(π) ∧ ϕ

⁰⁰

(π)k = (

⁴₅

, 0,

³₅

) mentre il versore normale ` e dato da

N(π) = B(π) ∧ T(π) = (

³₅

, 0, −

⁴₅

)

L’equazione del piano osculatore in P = ϕ(π) = (0, 0, 3) ` e infine 4x + 3z = 9 dato che B(π) · (x, y, z − 3) = (

⁴₅

, 0,

³₅

) · (x, y, z − 3) =

⁴₅

x +

³₅

(z − 3) = 0 ⇔ 4x + 3z = 9 La curvatura ` e data da

k(π) = kϕ

⁰

(π) ∧ ϕ

⁰⁰

(π)k

kϕ

⁰

(π)k

³

=

₁₂⁵

(5)

e dunque il raggio di curvatura ` e r(π) =

¹²₅

da cui il centro di curvatura ` e il punto C(π) = P + r(π)N(π) = (0, 0, 3) +

¹²₅

(

³₅

, 0, −

⁴₅

) = (

³⁶₂₅

, 0,

²⁷₂₅

)

La circonferenza osculatrice si otterr` a quindi dall’intersezione della sfera (x −

³⁶₂₅

)

²

+ y

²

+ (z −

27

25

)

²

=

¹⁴⁴₂₅

con il piano osculatore

( (x −

³⁶₂₅

)

²

+ y

²

+ (z −

²⁷₂₅

)

²

=

¹⁴⁴₂₅

4x + 3z = 9