1) Determinare, se esistono, i punti di massimo e minimo assoluto della funzione f (x, y) =

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 15 giugno 2019

1) Determinare, se esistono, i punti di massimo e minimo assoluto della funzione f (x, y) =

xy

(x

+y

)

nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ −x}.

2) Determinare le coordinate del baricentro del corpo piano E = {(x, y) ∈ R ² | ^x ₃

+ y ² ≤ 1, x ≥ |y|}

di densit` a di massa costante.

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

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy (

y ⁰ = _x+1 ^6y −

√

y

(x−2)(x+1)

y(1) = 8

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = _(x

+y ^xy

)

risulta definita e di classe C ² in D = (R ² \ {(0, 0)}.

Essendo la funzione continua in K ⊂ D, chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. La funzione non ammette punti di massimo e minimo assoluti interni a K, in quanto non ammette punti stazionari della funzione dato che il sistema

( _∂f

∂x (x, y) = ^y(x

^+y

_(x ⁾

^−4x +y

) ^y(x

^+y

⁾ = ^y(y _(x

+y ^−3x

)

⁾ = 0

∂f

∂y (x, y) = ^x(x

^+y

_(x ⁾

^−4xy +y

)

^(x

^+y

⁾ = ^x(x _(x

+y ^−3y

)

⁾ = 0 non ammette soluzioni in D.

Cerchiamo ora i punti di massimo e minimo assoluto sulla frontiera ∂K. Tale frontiera

`

e l’unione dei segmenti S ₁ = {(x, −x) | x ∈ [ ^{√ 1}

2 , √

2]} e S ₂ = {(0, y) | y ∈ [1, 2]} e degli archi di circonferenza C ₁ = {(x, y) | x ² + y ² = 1, x ≥ 0, y ≥ −x} e C ₂ = {(x, y) | x ² + y ² = 14 x ≥ 0, y ≥ −x}

Abbiamo che

• lungo i segmento S ₁ , si ha che g ₁ (x) = f (x, y)| S

= f (x, −x) = − _4x ¹

` e funzione crescente in [ ^{√ 1}

2 , √

2]. Ne segue che min S

f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) = − ¹ ₂ e max

S

f (x, y) = f ( √ 2, − √

2) = − ¹ ₈ .

• lungo il segmento S ₂ la funzione ` e invece identicamente nulla g ₂ (x) = f (x, y)| S

= f (0, y) = 0 per ogni y ∈ [1, 2], dunque

min S f (x, y) = max

S f (x, y) = 0.

• una parametrizzazione dell’arco C 1 ` e data da x = p1 − y ² , y ∈ [− ^{√ 1} ₂ , 1]. Ne segue che f (x, y)| C

= f (p1 − y ² , y) = h ₁ (y) = yp1 − y ² , y ∈ [− ^{√ 1}

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

2 , ^{√ 1}

2 ], decrescente in [ ^{√ 1}

2 , 1], y = ^{√ 1}

2 ] ` e punto di massimo con h ₁ ( ^{√ 1}

2 ) = f ( ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ) = ¹ ₂ . Poich´ e h ₁ (− ^{√ 1} ₂ ) = f ( ^{√ 1} ₂ , − ^{√ 1} ₂ ) = − ¹ ₂ mentre h ₁ (1) = f (0, 1) = 0, otteniamo che

min C

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

C

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

• in modo analogo, una parametrizzazione dell’arco C ₂ ` e data da x = p4 − y ² , y ∈ [− √

2, 2]. quindi f (x, y)| C

= f (p4 − y ² , y) = h ₂ (y) = ₁₆ ^y p4 − y ² , y ∈ [− √

2, 2] e la funzione ` e crescente in [− √

2, √

2], decrescente in [ √

2, 2], y = √

2] ` e punto di massimo con h ₂ ( √

2) = f ( √ 2, 1 √

2) = ¹ ₈ . dato che h ₂ (− √

2) = f ( √ 2, − √

2) = − ¹ ₈ mentre h ₂ (2) = f (0, 2) = 0, risulta

min C

f (x, y) = f ( √ 2, − √

2) = − ¹ ₈ e max

C

f (x, y) = f ( √ 2, √

2) = ¹ ₈ .

In alternativa, per parametrizzare i due archi si potevano utilizzare le coordinate polari, ot- tenendo f (x, y)| C

= f (cos θ, sin θ) = cos θ sin θ, θ ∈ [− ^π ₄ , ^π ₂ ] e f (x, y)| C

= f (2 cos θ, 2 sin θ) =

1

4 cos θ sin θ, θ ∈ [− ^π ₄ , ^π ₂ ], e determinare i massimi e minimi di tali funzioni.

Riunendo quanto ottenuto possiamo concludere che il punto ( ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂ ) ` e punto di massimo assoluto in K mentre ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) ` e punto di minimo assoluto min K f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 ) = ¹ ₂ e max

K f (x, y) = f ( ^{√ 1}

2 , − ^{√ 1}

2 ) = − ¹ ₂ . 2. Per determinare le coordinate del baricentro (x _B , y _B ) del corpo piano

E = {(x, y) ∈ R ² | ^x ₃

+ y ² ≤ 1, x ≥ |y|}

di densit` a di massa costante, osserviamo innanzitutto che per simmetria abbiamo che

y _B = 0

L’ascissa ` e invece data da

x _B = 1 µ(E

Z Z

E

d dxdy dove µ(E ) = RR

E dxdy. Per calcolare gli integrali doppi possiamo utilizzare le coordinate ellittiche

Φ :

( x = √ 3 cos θ y = sin θ

osservato che E = Φ(T ) essendo T = {(ρ, θ) | ρ ∈ [0, 1], θ ∈ [− ^π ₃ , ^π ₃ ]}, dato che il punto (

√ 3 2 ,

√ 3

2 ) corrisponde alle coordinate ellittiche (1, ^ρ ₃ ). Otteniamo allora µ(E ) =

Z Z

E

dxdy = Z Z

T

√ 3ρ dρdθ = √ 3

Z 1 0

ρ dρ Z

−

dθ = √ 3 h

ρ

2

i 1 0

2π 3 = ^{√ π}

3

e quindi

x _B = _µ(E) ¹ Z Z

E

x dxdy =

√ 3 π

Z Z

T

3ρ ² cos θ dρdθ = ³

√ 3 π

Z 1 0

ρ ² dρ Z

−

cos θ dθ

= ³

√ 3 π

h ρ

3

i 1 0 [sin θ]

π 3

−

= ³ _π ≈ 0, 95

In alternativa, per calcolare gli integrali doppi si poteva osservare che il dominio E ` e normale rispetto a y con E = {(x, y) ∈ R ² | y ∈ [−

√ 3 2 ,

√ 3

2 ], |y| ≤ x ≤ p3(1 − y ² )}.

3. Una parametrizzazione della curva semplice γ avente per sostegno l’intersezione del cilindro x ² + 4y ² = 2x con il piano z − y = 1 nella regione x ≥ 1 ` e data da ϕ(t) = (1 + cos t, <sup>1</sup> <sub>2</sub> sin t, 1 + <sup>1</sup> <sub>2</sub> sin t) con t ∈ [− <sup>π</sup> <sub>2</sub> , <sup>π</sup> <sub>2</sub> ]. Poich´ e ϕ <sup>0</sup> (t) = (− sin t, <sup>1</sup> <sub>2</sub> cos t, <sup>1</sup> <sub>2</sub> cos t) (nota, la curva non ` e parametrizzata mediante ascissa curvilinea dato che kϕ ⁰ (t)k = sin ² t +

1

2 cos ² t 6≡ 1) e P = (2, 0, 1) = ϕ(0), abbiamo che ϕ ⁰ (0) = (0, ¹ ₂ , ¹ ₂ ) e dunque la condizione T · k > 0 ` e verificata, l’orientamento ` e pertanto quello richiesto. Abbiamo che

T(0) = ϕ ⁰ (0)

kϕ ⁰ (0)k = (0, ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 )

Inoltre, essendo ϕ ⁰⁰ (t) = (− cos t, − ¹ ₂ sin t, − ¹ ₂ sin t) e dunque ϕ ⁰⁰ (0) = (−1, 0, 0), da cui ϕ ⁰ (0) ∧ ϕ ⁰⁰ (0) = (0, − ¹ ₂ , ¹ ₂ ) e

B(0) = ϕ ⁰ (0) ∧ ϕ ⁰⁰ (0)

kϕ ⁰ (0) ∧ ϕ ⁰⁰ (0)k = (0, − ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2 )

Ne segue che N(0) = B(0) ∧ T(0) = (−1, 0, 0).

Il lavoro del campo F(x, y, z) = ((x − 1) ² , z, y) lungo γ ` e data da Z

γ

F · ds = Z

−

2

F(ϕ(t)) · ϕ ⁰ (t) dt

= Z

−

2

(cos ² t, 1 + ¹ ₂ sin t, ¹ ₂ sin t) · (− sin t, ¹ ₂ cos t, ¹ ₂ cos t) dt

= Z

−

− sin t cos ² t + ¹ ₂ cos t( ¹ ₂ sin t + 1) + ¹ ₄ cos t sin t dt

= h cos

t

3 + ¹ ₂ ( ¹ ₂ sin t + 1) ² − ¹ ₈ cos ² t i

−

2

= ( ¹ ₂ sin ^π ₂ + 1) ² = ⁹ ₄

4. L’equazione differenziale y ⁰ = _x+1 ^6y −

√

y

(x−2)(x+1) ` e equazione di Bernoulli con α = <sup>4</sup> <sub>3</sub> . Os- serviamo che la funzione identicamente nulla ` e soluzione dell’equazione ma non del prob- lema di Cauchy, le soluzioni non nulle saranno invece date considerando la funzione incog- nita z(x) = y ^1−α (x) = y ⁻

(x) = √

¹

y(x) . Con tale sostituzione otteniamo che le soluzioni non nulle sono date da y(x) = z ⁻³ (x) = _z

¹ (x) . Risulta allora y ⁰ (x) = −3z ⁻⁴ (x)z ⁰ (x) e dunque

y ⁰ = _x+1 ^6y −

√

y

(x−2)(x+1) ⇔ −3z ⁻⁴ z ⁰ = ^6z _x+1

− _(x−2)(x+1) ^z

⇔ z ⁰ + _x+1 ^2z = 3(x−2)(x+1) ¹

L’equazione nell’incognita z ` e equazione differenziale lineare e ammette come integrale generale

z(x) = e ^−A(x)

Z

1

3(x−2)(x+1) e ^A(x) dx + c



con A(x) primitiva di a(x) = _x+1 ² . Poich´ e il dato iniziale ` e x ₀ = 1 > −1, possiamo scegliere come primitiva A(x) = 2 log(x + 1) = log((x + 1) ² ) ottenendo

z(x) = e − log((x−1)

)

Z

1

3(x−2)(x+1) e ^log((x+1)

⁾ dx + c



= _(x+1) ¹



1 3

Z

x+1

x−2 dx + c



= _(x+1) ¹



1 3

Z

1 + _x−2 ³ dx + c



= _(x+1) ¹

1

3 (x + 3 log(2 − x)) + c

dove c ∈ R, dato che il dato iniziale `e x ⁰ = 1 < 2. Poich´ e la soluzione deve verificare la condizione iniziale z(1) = y(1) ⁻

= 8 ⁻

= ¹ ₂ dovremo avere c = ⁵ ₃ . La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e quindi

y(x) = _z

¹ (x) =  ¹

1

3(x+1)2

(x+3 log(2−x)+5)



= (x+3 log(2−x)+5) ^27(x+1)

.