Calcolo 2 per Chimici, III Appello Sess. E, 16/07/2014 1 Sviluppare il polinomio P (x) = x4+ x3+ x2+ x in serie di Tay- lor con punto iniziale x0 = 1. Osservando che la serie si riduce ad un polinomio Q(·) in (x − 1), verificare il risultato determinando algebri- camente il polinomio Q(·)( imponendo cio`e che Q(x − 1) ≡ P (x)).
R: Calcolando le derivate successive (fino alla quarta) di P (x) nel punto x0 = 1, si ha che P (x) = 4 + 10(x − 1) + 10(x − 1)2 + 5(x − 1)3+ (x − 1)4. Inoltre dovendo essere Q(x − 1) ≡ P (x), posto Q(y) = a0+ a1y + a2y2+ a3y3+ a4y4, l’identit`a precedente fornisce i coefficienti corretti (a0 = 4, a1 = 10, a2 = 10, a3 = 5, a4 = 1).
2 Data la funzione
f (x, y) = x3− y3+ x2− y2+ x − y
determinarne max e min nel quadrato Q di vertici (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1).
R: Poich´e ∇f = (3x2+2x+1, −3y2−2y−1), non ci sono punti critici in ˚Q (anzi in tutto R2); lo studio si riduce al bordo dove la funzione `e strettamente monotona sui lati. Basta quindi valutare la funzione sui vertici ottenendo che min f = f (0, 1) = −3, e max f = f (1, 0) = 3, mentre sugli altri due vertici vale zero.
3 Determinare la soluzione stazionaria y(x) dell’equazione differen- ziale ordinaria
y0 = (y − 1)2cos x
e la soluzione, con il suo dominio d’esistenza D, che soddisfa la con- dizione iniziale y(0) = 0.
R: y(x) deve annullare identicamente il secondo membro dell’equazione, pertanto y(x) ≡ 1. L’equazione `e a variabili separabili, per cui
Z dy
(y − 1)2 = Z
dx cos x da cui
y(x) = 1 − 1 sin x + c
con c = 1; la soluzione `e dunque y(x) = 1+sin xsin x con D = (−π/2, 3π/2).
4 Determinare il valore del parametro α per cui il campo vettoriale F (x, y) = (sin[α(x + y)], sin(x + y)), definito su R~ 2, sia conservativo.
Per tale valore calcolare il potenziale V0(x, y) tale che V0(0, 0) = 1.
1
2
R: Imponendo l’irrotazionalit`a del campo si ottiene α = 1; il gene–
rico potenziale `e dato da V (x, y) = − cos(x + y) + c, per cui V0(x, y) = 2 − cos(x + y).
5 Sia dato il campo ~G(x, y) = (x, 2y) definito nel cerchio unitario C1 con centro nell’origine. Calcolare il flusso uscente da ∂C1, verificando il risultato mediante la formula di Green-Gauss.
Valutare poi la circuitazione di ~G(x, y) lungo ∂C1 in termini di una (evidente) propriet`a di ~G(x, y).
R: a) div ~G = 1 + 2 = 3, quindi (Gauss) l’integrale di superfi- cie su C1 d`a 3Area(C1) = 3π, mentre il flusso si riduce all’ integrale di linea sulla circonferenza unitaria ∂C1: H
∂C1
G·~~ nds = (su ∂C1, ~n = ~r) H
∂C1(x2+2y2)ds =(con l’usuale parametrizzazione)R2π
0 (cos2t+2 sin2t)dt = 3π.
b) La circuitazione `e nulla perch`e il campo `e evidentemente conser- vativo, dato che Gx(Gy) dipende solo da x (y), (il generico potenziale
`
e x22 + y2 + c).
