Corso di Laurea in Ing. Meccanica (M/Z) Prova Parziale di Analisi Matematica 2 del 3 maggio 2019 – A 1. Data la funzione f (x, y) = (x − y)(y

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

Prova Parziale di Analisi Matematica 2 del 3 maggio 2019 – A

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

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

A = {(x, y) ∈ R ² | 0 ≤ y ≤ 2 − |x|}.

2. Data la curva piana di equazione polare ρ(θ) = 3e ⁻

, θ ∈ [−π, π], calcolarne la lunghezza. Determinarne versore tangente e normale, curvatura ed equazione della cir- conferenza osculatrice nel punto P = (3, 0).

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

Prova Parziale di Analisi Matematica 2 del 5 maggio 2019 – B

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

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

B = {(x, y) ∈ R ² | 0 ≤ x ≤ 2 − |y|}.

2. Data la curva piana di equazione polare ρ(θ) = 2e ⁻

, θ ∈ [−π, π], calcolarne la lunghezza. Determinarne versore tangente e normale, curvatura ed equazione della cir- conferenza osculatrice nel punto P = (2, 0).

1

Risoluzione

1. Vediamo la risoluzione della versione A , per la versione B basta osservare che g(x, y) = −f (y, x) per ogni (x, y) ∈ R ² e che (x, y) ∈ A se e solo se (y, x) ∈ B.

La funzione f (x, y) = (x − y)(y ² − x) `e definita e di classe C ² in R ² . Eventuali punti di massimo e di minimo in R ² saranno punti stazionari. Abbiamo

∂ _x f (x, y) = y ² − 2x + y e ∂ _y f (x, y) = x − 3y ² + 2yx

I punti stazionari, soluzioni del sistema ∇f (x, y) = (0, 0), sono O = (0, 0), P = (1, 1) e Q = ( ³ ₈ , ¹ ₂ ). Dal test delle derivate parziali seconde O e P sono punti di sella mentre Q ` e punto di massimo relativo.

Nel triangolo A abbiamo che lungo il segmento S ₁ = {(x, 0), x ∈ [−2, 2]} risulta f | S

(x, y) = f (x, 0) = −x ² e la funzione ` e crescente in [−2, 0] e decrescente in [0, 2]. Quindi

min S

f (x, y) = f (±2, 0) = −4 e min

S

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

Lungo il segmento S ₂ = {(x, 2 − x), x ∈ [0, 2]} abbiamo f | S

(x, y) = f (x, 2 − x) = (2x − 2)(x ² − 3x + 2) e la funzione `e crescente in [0, 1], decrescente in [1, 2]. Dunque

max S

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

S

f (x, y) = f (0, 2) = −8

Infine lungo il segmento S ₃ = {(x, x + 2), x ∈ [−2, 0]} abbiamo f | S

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

−2(x ² + 3x + 4) e la funzione ` e crescente in [−2, − ³ ₂ ], decrescente in [− ³ ₂ , 0]. Dunque min S

f (x, y) = f (0, −2) = −8 e max

S

f (x, y) = f (− ³ ₂ , ¹ ₂ ) = − ⁷ ₂

Osservato infine che nel punto stazionario Q interno ad A si ha f ( ³ ₈ , ¹ ₂ ) = ₆₄ ¹ possiamo concludere che

max A f (x, y) = f ( ³ ₈ , ¹ ₂ ) = ₆₄ ¹ e min

A f (x, y) = f (0, −2) = −8.

2

Nota: risulta max

∂A f (x, y) = f (1, 1) = f (0, 0) = 0 < ₆₄ ¹ = f ( ³ ₈ , ¹ ₂ ).

Per la versione B osservato che g(x, y) = −f (y, x) per ogni (x, y) ∈ R ² e che (x, y) ∈ A se e solo se (y, x) ∈ B, simmetricamente otteniamo che i punti stazionari, soluzioni del sistema ∇g(x, y) = (0, 0), sono O = (0, 0), P = (1, 1) e Q = ( ¹ ₂ , ³ ₈ ). Dal test delle derivate parziali seconde O e P sono punti di sella mentre Q ` e punto di minimo relativo. Sulla frontiera del triangolo B abbiamo

e dunque

min B g(x, y) = g( ¹ ₂ , ³ ₈ ) = − ₆₄ ¹ e max

B g(x, y) = f (−2, 0) = 8.

2. Consideriamo la curva di equazione polare ρ(θ) = ae ^−bθ , θ ∈ [−π, π], con a, b > 0 (per la versione A a = 3 e b = ¹ ₂ , per la versione B a = 2 e b = ¹ ₃ ). Tale curva corrisponde alla curva parametrica ϕ(θ) = (ae ^−bθ cos θ, ae ^−bθ sin θ), θ ∈ [−π, π]. Si ha

kϕ ⁰ (θ)k = p

ρ(θ) ² + ρ ⁰ (θ) ² = p

a ² e ^−2bθ + a ² b ² e ^−2bθ = a √

1 + b ² e ^−bθ e pertanto la lunghezza della curva ` e data da

L(ϕ) = Z π

−π

kϕ ⁰ (θ)k dθ = a √ 1 + b ²

Z π

−π

e ^−bθ dθ = ^a _b √

1 + b ² (e ^bπ − e ^−bπ ) Abbiamo P = ϕ(0) e poich´ e

ϕ ⁰ (θ) = ae ^−bθ (−b cos θ − sin θ, −b sin θ + cos θ), ∀θ ∈ (−π, π), si ha ϕ ⁰ (0) = (−ab, a) e kϕ ⁰ (0)k = a √

b ² + 1. I versori tangente e normale orientato sono quindi

T(0) = 

− ^{√ b}

b

+1 , ^{√ 1}

b

+1



e N(0) = ˜ 

− ^{√ 1}

b

+1 , − ^{√ b}

b

+1

 Osservato poi che

ϕ ⁰⁰ (θ) = ae ^−bθ (b ² cos θ + 2b sin θ − cos θ, b ² sin θ − 2b cos θ − a sin θ), ∀θ ∈ (−π, π),

3

otteniamo ϕ ⁰⁰ (0) = (ab ² − a, −2ab) e pertanto

˜ k(0) = ^{N(0)·ϕ ˜} _kϕ

(0)k

⁽⁰⁾

= _a

(b ¹

+1)

 − ^{√ ab}

^−a

b

+1 + ^{√ 2ab}

b

+1



= ¹

a √ b

+1

Dato che ˜ k(0) > 0 si ha che il versore normale N(0) = ˜ N(0) = 

− ^{√ 1}

b

+1 , − ^{√ b}

b

+1

 e che la curvatura k(0) = ˜ k(0) = _a ^√ _b ¹

₊₁ . Il raggio di curvatura ` e quindi r(0) = a √

b ² + 1 e il centro di curvatura

C(0) = ϕ(0) + r(0)N(0) = (a, 0) + a √

b ² + 1 

− ^{√ 1}

b

+1 , − ^{√ b}

b

+1



= (0, −ab) L’equazione della circonferenza osculatrice in P = ϕ(0) = (a, 0) ` e pertanto

x ² + (y + ab) ² = a ² (b ² + 1)

Per la versione A , dove a = 3 e b = ¹ ₂ , otteniamo L(ϕ) = 3 √

5(e

− e ⁻

) ed essendo

√ b ² + 1 =

√ 5 2 si ha

T(0) = 

− ^{√ 1}

5 , ^{√ 2}

5



e N(0) = 

− ^{√ 2}

5 , − ^{√ 1}

5



La curvatura ` e k(0) = ²

3 √

5 , il raggio di curvatura ` e r(0) = ³

√ 5

2 e il centro di curvatura ` e C(0) = (0, − <sup>3</sup> <sub>2</sub> ) L’equazione della circonferenza osculatrice in P = ϕ(0) = (3, 0) ` e quindi

x ² + (y + ³ ₂ ) ² = ⁴⁵ ₄

Per la versione B , dove a = 2 e b = ¹ ₃ , abbiamo L(ϕ) = 2 √

10(e

− e ⁻

) e poich´ e

√ b ² + 1 =

√ 10 3 si ha

T(0) = 

− ^{√ 1}

10 , ^{√ 3}

10



e N(0) = 

− ^{√ 3}

10 , − ^{√ 1}

10



Abbiamo poi k(0) = ³

2 √

10 , da cui otteniamo il raggio di curvatura r(0) = ²

√ 10

3 e il centro di curvatura C(0) = (0, − ² ₃ ). L’equazione della circonferenza osculatrice in P = ϕ(0) = (3, 0)

`

e quindi

x ² + (y + ² ₃ ) ² = ⁴⁰ ₉

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