2. Determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z2 ≤ p

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 21 febbraio 2018

1. Data la funzione f (x, y) = x ² + 4y ² + 2xy − 2x − 4, determinare se ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto nell’insieme K = {(x, y) ∈ IR ² | x ² + 4y ² ≤ 4, x ≥ 0}.

2. Determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ IR ³ | ^z ₂ ≤ p

x ² + y ² ≤ z − 1 ≤ 1}

di densit` a di massa δ(x, y, z) = z.

3. Determinare una parametrizzazione della curva semplice e regolare avente per sostegno l’intersezione del cilindro (x − 1) ² + ^y ₉

²

= 1 con la sfera x ² + y ² + z ² = 3 nella regione z ≥ 0.

Determinarne versore tangente, normale e binormale e curvatura nel punto P = (0, 0, √ 3).

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ = ^y _x − ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾

y(−1) = 1

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = x ² + 4y ² + 2xy − 2x − 4 risulta definita e di classe C ² su tutto IR ² . Gli eventuali punti di massimi e minimi relativi saranno quindi punti stazionari, ovvero le soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = 2x + 2y − 2 = 0

∂f

∂y (x, y) = 8y + 2x = 0

Tale sistema ammette come unica soluzione il punto P = ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ), per determinarne la natura valutiamo il determinante hessiano. Dato che

∂

²

f

∂x

²

(x, y) = 2, _∂x∂y ^∂

²

^f (x, y) = 2 ^∂ _∂y

²

^f

2

(x, y) = 8 otteniamo

detHf ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) =    

2 2 2 8

   

= 12

e quindi che P = ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) ` e punto di minimo relativo con f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ .

Essendo la funzione continua sull’insieme compatto K = {(x, y) ∈ IR ² | x ² + 4y ² ≤ 4, x ≥ 0}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Per quanto provato sopra, la funzione ammette un punto di minimo relativo interno a K, dove f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) =

− ¹⁶ ₃ . Cerchiamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂K. Tale frontiera ` e l’unione del segmento S = {(0, y) | y ∈ [−1, 1]} e dell’arco di ellisse E = {(p4 − 4y ² , y) | y ∈ [−1, 1]} . Abbiamo che

• lungo il segmento S, risulta che f (x, y)| S = f (0, y) = 4y ² − 4, y ∈ [−1, 1], `e funzione decrescente in [−1, 0] e crescente in [0, 1], quindi

max S f (x, y) = f (0, ±1) = 0 e min

S f (x, y) = f (0, 0) = −4.

• lungo l’arco E, si ha che f (x, y)| E = f (p4 − 4y ² , y) = 4p1 − y ² (y − 1), y ∈ [−1, 1], ` e funzione crescente in [−1, − ¹ ₂ ] e decrescente in [− ¹ ₂ , 1]. Quindi

min E f (x, y) = f ( √

3, − ¹ ₂ ) = −3 √

3 e max

E f (x, y) = f (0, ±1) = 0.

Riunendo quanto ottenuto, osservato che f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ < f ( √

3, − ¹ ₂ ) = −3 √

3, risulta che P = ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) ` e punto di minimo assoluto in K mentre (0, ±1) sono i punti di massimo assoluto

max K f (x, y) = max

∂K f (x, y) = f (0, ±1) = 0 e min

K f (x, y) = f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ .

2. Per determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ IR ³ | ^z ₂ ≤ px ² + y ² ≤ z − 1 ≤ 1} osserviamo innanzitutto che il solido risulta simmetrico rispetto all’asse z e poich´ e la densit` a di massa dipende solo dalla variabile z, dette (x _B , y _B , z _B ) le coordinate del baricentro, si ha che x _B = y _B = 0 mentre

z _B = 1 m(T )

Z Z Z

T

z ² dxdydz dove m(T ) = Z Z Z

T

z dxdydz

Per calcolare tali integrali osserviamo che possiamo scrivere T = T − ∪ T ₊ dove

T − = {(x, y, z) ∈ IR ³ | y ∈ [0, 1], (x, y) ∈ C _z } e T ₊ = {(x, y, z) ∈ IR ³ | y ∈ [1, 2], (x, y) ∈ D _z } dove D z = {(x, y) ∈ IR ² | px ² + y ² ≤ ^z ₂ } e C z = {(x, y) ∈ IR ² | z − 1 ≤ px ² + y ² ≤ ^z ₂ }.

Integrando per strati si ottiene allora m(T ) =

Z Z Z

T

−

z dxdydz + Z Z Z

T

+

z dxdydz = Z 1

0

( Z Z

D

z

z dxdy)dz + Z 2

1

( Z Z

C

z

z dxdy)dz

= Z 1

0

z · µ(D _z ) dz + Z 2

1

z · µ(C _z ) dz = Z 1

0

z · π ^z ₄

²

dz + Z 2

1

z · π( ^z ₄

²

− (z − 1) ² ) dz

= ^π ₄ Z 1

0

z ³ dz + ^π ₄ Z 2

1

−3z ³ + 8z ² − 4z dz = ^π ₄

 h

z

⁴

4

i 1 0

+ h

− ^3z ₄

⁴

+ ^8z ₃

³

− 2z ² i 2 1



= ^5π ₁₂ e in modo analogo

Z Z

T

z ² dxdydz = Z Z Z

T

−

z ² dxdydz + Z Z Z

T

+

z ² dxdydz

= Z 1

0

( Z Z

D

z

z ² dxdy)dz + Z 2

1

( Z Z

C

z

z ² dxdy)dz

= Z 1

0

z ² · µ(D z ) dz + Z 2

1

z ² · µ(C z ) dz

= Z 1

0

z ² · π ^z ₄

²

dz + Z 2

1

z ² · π( ^z ₄

²

− (z − 1) ² ) dz

= ^π ₄ Z 1

0

z ⁴ dz + ^π ₄ Z 2

1

−3z ⁴ + 8z ³ − 4z ² dz = ^π ₄

 h

z

⁵

5

i 1 0 +

h

− ^3z ₅

⁵

+ 2z ⁴ − ^4z ₃

³

i 2 1



= ^34π ₆₀ Ne segue allora che

z _B = 1 m(T )

Z Z Z

T

−

z dxdydz + Z Z Z

T

+

z dxdydz



= ³⁴ ₂₅ ≈ 1, 36

3. Il sostegno della curva ` e dato dall’intersezione ( (x − 1) ² + ^y ₉

²

= 1

x ² + y ² + z ² = 3

Possiamo usare le coordinare polari ellittiche per parametrizzare l’ellisse (x − 1) ² + ^y ₉

²

= 1, ponendo x = 1 + cos t, y = 3 sin t, con t ∈ [0, 2π] da cui, essendo z ≥ 0,

z = p

3 − x ² − y ² = q

3 − (1 + cos t) ² − 9 sin ² t = √

8 cos ² t − 2 cos t − 7.

Otteniamo quindi una parametrizzazione della curva ponendo ϕ(t) = (1 + cos t, 3 sin t, √

8 cos ² t − 2 cos t − 7), t ∈ [0, 2π].

Risulta allora

ϕ ⁰ (t) = 

− sin t, 3 cos t, √ sin t−8 cos t sin t 8 cos

²

t−2 cos t−7

 e

ϕ ⁰⁰ (t) = 

− cos t, −3 sin t, (cos t−8 cos

²

t+8 sin

²

t)(8 cos

²

t−2 cos t−7)−(sin t−8 cos t sin t)

²

(8 cos

²

t−2 cos t−7)

^3/2

 .

Osserviamo la curva non ` e parametrizzata mediante ascissa curvilinea dato che kϕ ⁰ (t)k 6≡ 1.

Il punto P = (0, 0, √

3) corrisponde a ϕ(π), abbiamo quindi ϕ ⁰ (π) = (0, −3, 0), ϕ ⁰⁰ (π) = (1, 0, −3 √

3) e ϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π) = (9 √

3, 0, 3) = 3(3 √ 3, 0, 1) e dunque il versore tangente in P ` e dato da

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

B(π) = ϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π)

kϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π)k = (− ³

√ 3 2 √

7 , 0, ₂ ^{√ 1} ₇ ) e il versore normale ` e

N(π) = B(π) ∧ T(π) = ( ₂ ^{√ 1} ₇ , 0, − ³

√ 3 2 √

7 ) Infine, la curvatura ` e data da

k(π) = kϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π)k kϕ ⁰ (π)k ³ = ²

√ 7 9 .

4. L’equazione y ⁰ = ^y _x − ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾ ` e equazione differenziale lineare del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x) con a(x) = ¹ _x e b(x) = − ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾ ammette come integrale generale

y(x) = e ^A(x)

Z

b(x)e ^−A(x) dx + c



con A(x) primitiva di a(x) = ¹ _x . Considerato che il dato iniziale x ₀ = −1 ` e negativo, possiamo scegliere come primitiva A(x) = log(−x) ottenendo

y(x) = e ^log(−x)

Z

− ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾ e ^{− log(−x)} dx + c



= −x

Z

1−x

²

log(x

²

)

x

²

dx + c



= −x

Z

1

x

²

− log(x ² ) dx + c



= −x − ¹ _x − x log(x ² ) + 2x + c

dove c ∈ IR. Poich´ e y(−1) = 1 dovremo avere che 1 − 2 + c = 1 da cui c = 2 e la soluzione del problema di Cauchy dato sar` a quindi

y(x) = −x − ¹ _x − x log(x ² ) + 2x + 2
= 1 + x ² log(x ² ) − 2x ² − 2x