Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 15 giugno 2012
A) Data la funzione f (x, y) = x 2 + y 2 − xy
i) Determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, ii) Determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme
D = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 1}.
B) Calcolare il lavoro del campo F (x, y, z) = (x 2 , z, (y − 2) 2 ) lungo la curva semplice γ avente per sostegno l’intersezione della sfera x 2 + y 2 + z 2 = 4y con il piano y = z + 2 nella regione x ≥ 1 e percorsa in modo tale che il vettore T tangente alla curva nel punto P (2, 2, 0) verifichi T · j > 0.
C) Determinare le coordinate del baricentro del corpo
E = {(x, y, z) ∈ IR 3 | x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5, x 2 + y 2 ≥ 1, z ≥ 0}.
di densit` a di massa costante.
D) Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y 00 − y 0 = e x − x + 1
Soluzione
A.(i) La funzione risulta definita e di classe C 2 su tutto IR 2 . Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema
( ∂f
∂x (x, y) = 2x − y = 0
∂f
∂y (x, y) = 2y − x = 0
che ammette come unica soluzione il punto O(0, 0). Risulta inoltre
∂ 2 f
∂x 2 (x, y) = 2, ∂ 2 f
∂x∂y (x, y) = −1, ∂ 2 f
∂y 2 (x, y) = 2 e dunque
Hf (0, 0) =
2 −1
−1 2
= 3.
Ne segue che O(0, 0) ` e punto di minimo relativo per f (x, y).
A.(ii) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato D, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in D. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione non ammette punti stazionari interni a D, dunque i punti di massimo e minimo assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera ∂D che risulta unione del segmento S congiungente i punti (1, ± √
3) e l’arco di circonferenza C = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 = 4, x ≥ 1}.
Lungo il segmento S abbiamo che f | S (x, y) = f (1, y) = y 2 − y + 1 = g(y) e per y ∈ [− √
3, √
3], g(y) risulta crescente per y ≥ 1 2 e decrescente per y ≤ 1 2 con g( 1 2 ) = 3 4 , g( √
3) = 4 − √
3 e g(− √
3) = 4 + √
3. Ne segue che max S f (x, y) = max
y∈[− √ 3, √
3]
g(y) = g(− √
3) = f (1, − √
3) = 4 + √ 3 mentre
min S f (x, y) = min
y∈[− √ 3, √
3]
g(y) = g( 1
2 ) = f (1, 1 2 ) = 3
4 .
Per studiare i punti di massimo e di minimo della funzione sull’arco di circonferenza C, possiamo procedere direttamente, utilizzando una parametrizzazione dell’arco, oppure utilizzando il metodo di Lagrange. Nel primo caso, utilizzando le coordinate polari
( x = 2 cos θ
y = 2 sin θ , θ ∈ [− π 3 , π
3 ],
studiamo la funzione
h(θ) = f (2 cos θ, 2 sin θ) = 4 cos 2 θ+4 sin 2 θ−4 sin θ cos θ = 4(1−sin θ cos θ), θ ∈ [− π 3 , π
3 ].
Per θ ∈ [− π 3 , π 3 ] risulta h 0 (θ) = 4(sin 2 θ − cos 2 θ) ≥ 0 se e solo se |θ| > π 4 . Ne segue che min C f (x, y) = min
[−
π3,
π3]
g(θ) = h( π
4 ) = f ( √ 2, √
2) = 2 e
max C f (x, y) = max
[−
π3,
π3]
h(θ) = h(− π
4 ) = f ( √ 2, − √
2) = 6.
In alternativa, si poteva studiare la funzione k(y) = f ( p
4 − y 2 , y) = 4 − y p
4 − y 2 , y ∈ [− √ 3, √
3].
Utilizzando il metodo di Lagrange, posto G(x, y) = x 2 +y 2 , determiniamo i punti stazionari della Lagrangiana
F (x, y, λ) = f (x, y) + λ(G(x, y) − 4) = x 2 + y 2 − xy + λ(x 2 + y 2 − 4) Abbiamo
∂F
∂x (x, y, λ) = 2x − y + 2λx = 0
∂F
∂y (x, y, λ) = 2y − x + 2λy = 0
∂F
∂λ (x, y, λ) = x 2 + y 2 − 4 = 0 Tale sistema ammette come soluzioni nella regione x ≥ 1
x = √
2 y = √
2 λ = − 1 2
e
x = √
2 y = − √
2 λ = − 3 2
Dunque gli unici candidati punti di massimo e di minimo per f (x, y) in C sono i punti P ± ( √
2, ± √
2). Poich` e f ( √ 2, √
2) = 2 mentre f ( √ 2, − √
2) = 6 ne concludiamo max C f (x, y) = f ( √
2, − √
2) = 6 e min
C f (x, y) = f ( √ 2, √
2) = 2.
Riunendo quanto ottenuto sopra concludiamo max D f (x, y) = f ( √
2, − √
2) = 6 e min
D f (x, y) = f (1, 1 2 ) = 3
4 .
B. Osserviamo che
( x 2 + y 2 + z 2 = 4y
y = z + 2 ⇐⇒
( x2
4 + (y−2) 2
2= 1 z = y − 2
e dunque, per ottenere una parametrizzazione della curva, si possono utilizzare le coordi- nate polari ellittiche ponendo
ϕ(θ) :
x = 2 cos θ, y = 2 + √
2 sin θ, z = √
2 sin θ.
Dalla limitazione x = 2 cos θ ≥ 1 si ottiene che θ ∈ [− π 3 , π 3 ]. Risulta allora che (2, 2, 0) = ϕ(0) ed essendo ϕ 0 (θ) = (−2 sin θ, √
2 cos θ, √
2 cos θ) per ogni θ ∈ (− π 3 , π 3 ), otteniamo che ϕ 0 (0) = (0, √
2, √
2). La parametrizzazione trovata determina allora l’orientamento richiesto. Abbiamo
Z
γ
F · ds = Z
π3−
π3F (ϕ(θ)) · ϕ 0 (θ) dθ
= Z
π3−
π3
(4 cos 2 θ, √
2 sin θ, 2 sin 2 θ) · (−2 sin θ, √
2 cos θ, √
2 cos θ) dθ
= Z
π3−
π3−8 sin θ cos 2 θ + 2 sin θ cos θ + 2 √
2 cos θ sin 2 θ dθ
=
"
8
3 cos 3 θ + sin 2 θ + 2 √ 2 3 sin 3 θ
#
π3−
π3= r 3
2
C. Il corpo E risulta simmetrico rispetto all’asse z e poich` e la densit` a di massa ` e costante, si ha che dette (x B , y B , z B ) le coordinate del baricentro risulta x B = y B = 0 mentre
z B = 1 µ(E)
Z Z Z
E
z dxdydz dove µ(E) = Z Z Z
E
dxdydz
Per calcolare tali integrali, osserviamo innanzitutto che l’intersezione della sfera x 2 + y 2 + z 2 = 5 con il cilindro x 2 + y 2 = 1 nella regione z ≥ 0 ` e data da
x 2 + y 2 + z 2 = 5 x 2 + y 2 = 1 z ≥ 0
⇐⇒
( x 2 + y 2 = 1
z = 2
Possiamo allora scrivere
E = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z ∈ [0, 2], (x, y) ∈ C z }
dove C z = {(x, y) ∈ IR 2 | 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 5 − z 2 }. Integrando per strati si ottiene allora µ(E) =
Z Z Z
E
dxdydz = Z 2
0
( Z Z
C
zdxdy)dz
= Z 2
0
µ(C z )dz = Z 2
0
π(4 − z 2 )dz = π
4z − z 3 3
2 0
= 16π 3 e quindi
z B = 3 16π
Z Z Z
E
z dxdydz = 3 16π
Z 2 0
( Z Z
C
zz dxdy)dz = 3 16π
Z 2 0
zµ(C z ) dz
= 3
16π Z 2
0
πz(4 − z 2 )dz = 3 16
2z 2 − z 4 4
2 0
= 3 4 In alternativa si poteva integrare per fili osservando che
E = {(x, y, z) ∈ IR 3 | 0 ≤ z ≤ p
5 − x 2 − y 2 , (x, y) ∈ D}
essendo D = {(x, y) ∈ IR 2 | 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 5} ed utilizzare le coordinate polari per calcolare l’integrale doppio oppure si poteva operare direttamente un cambiamento di variabili nell’integrale triplo e utilizzare le coordinate cilindriche
φ :
x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z
osservato che φ −1 (E) = {(ρ, θ, z) | θ ∈ [0, 2π], ρ ∈ [1, √
5], 0 ≤ z ≤ p5 − ρ 2 } oppure φ −1 (E) = {(ρ, θ, z) | θ ∈ [0, 2π], z ∈ [0, 2], 1 ≤ ρ ≤ √
5 − z 2 }.
D. L’equazione ` e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y 00 − y 0 = 0. L’equazione caratteristica λ 2 − λ = 0 ammette due radici reali distinte λ 1 = 0 e λ 2 = 1, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e
y 0 (x) = c 1 + c 2 e x , c 1 , c 2 ∈ IR.
Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Usando il metodo
di somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y p (x) = x(Ae x + Bx + C) (siamo in
un caso risonante). Risulta y 0 p (x) = A(1 + x)e x + 2Bx + C e y 00 p (x) = A(2 + x)e x + 2B e sostituendo nell’equazione otteniamo
e x −x+1 = y 00 p (x)−y p 0 (x) = A(2+x)e x +2B −A(1+x)e x −2Bx−C = Ae x −2Bx+(2B −C) da cui A = 1, B = 1 2 e C = 0. Dunque, la soluzione particolare cercata ` e
y p (x) = x(e x + 1 2 x)
e per i noti teoremi sulle equazioni differenziali lineari non omogenee, l’integrale generale dell’equazione data ` e allora
y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 + c 2 e x + x(e x + x
2 ), c 1 , c 2 ∈ IR
In alternativa, osservato che nell’equazione non compare la funzione incognita y(x) ma solo le sue derivate, considerando come funzione incognita la derivata prima z(x) = y 0 (x) l’equazione poteva riscriversi come z 0 = z + e x − x + 1 che risulta equazione lineare del primo ordine. Integrale generale di tale equazione risulta allora
z(x) = e x ( Z
(e x − x + 1)e −x dx + c) = e x ( Z
1 − xe −x + e −x dx + c)
= e x (x + xe −x + c) = xe x + x + ce x , c ∈ IR da cui
y(x) = Z
z(x) dx + k = Z
xe x + x + ce x dx + k = xe x + e x + x 2
2 + ce x + k
= k + ce x + x(e x + x
2 ), c, k ∈ IR
Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 14 luglio 2012
A) Data la funzione f (x, y) = x 2 + 2y 2 − x,
i) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, ii) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme
D = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 ≥ 2x, x ∈ [0, 2], y ∈ [0, 1]}.
B) Data la curva di equazione cartesiana y = cos x, x ∈ [−π, π], i) determinarne versore tangente e normale nel punto P (0, 1),
ii) determinarne la curvatura e l’equazione del cerchio osculatore nel punto P (0, 1), iii) calcolare il lavoro del campo F (x, y) = (y 2 , x) lungo la curva data.
C) Calcolare Z Z
S
y
z dσ essendo S la porzione di cono
S = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z 2 = x 2 + y 2 , z ∈ [1, 2], x ≥ 0}
D) Determinare la soluzione del problema di Cauchy
( y 0 = 1+x xy2 + xy 3
y(0) = 1
y(0) = 1
Soluzione
A.(i) La funzione risulta definita e di classe C 2 su tutto IR 2 . Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema
( ∂f
∂x (x, y) = 2x − 1 = 0
∂f
∂y (x, y) = 4y = 0
che ammette come unica soluzione il punto P ( 1 2 , 0). Risulta inoltre
∂ 2 f
∂x 2 (x, y) = 2, ∂ 2 f
∂x∂y (x, y) = 0, ∂ 2 f
∂y 2 (x, y) = 4 e dunque
Hf ( 1 2 , 0) =
2 0 0 4
= 8.
Ne segue che P ( 1 2 , 0) ` e punto di minimo relativo per f (x, y).
A.(ii) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato D, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in D. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione non ammette punti stazionari interni a D, dunque i punti di massimo e minimo assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera
∂D che risulta unione dei segmenti S 1 congiungente i punti (0, 0) e (0, 1), S 2 congiungente i punti (0, 1) e (2, 1) e S 3 congiungente i punti (2, 1) e (2, 0) e l’arco di circonferenza
C = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 = 2x, y ≥ 0} = {(x, y) ∈ IR 2 | (x − 1) 2 + y 2 = 1, y ≥ 0}
Lungo il segmento S 1 abbiamo che f | S1(x, y) = f (0, y) = 2y 2 = g(y) che risulta crescente per y ∈ [0, 1]. Ne segue che
max S1 f (x, y) = max
y∈[0,1] g(y) = g(1) = f (0, 1) = 2 mentre
min S1
f (x, y) = min
y∈[0,1] g(y) = g(0) = f (0, 0) = 0.
Lungo il segmento S 2 abbiamo che f | S2(x, y) = f (x, 1) = x 2 − x + 2 = h(x) che risulta decrescente in [0, 1 2 ] e crescente in [ 1 2 , 2]. Quindi
max S2
f (x, y) = max
x∈[0,2] h(x) = h(2) = f (2, 1) = 4
mentre
min S2 f (x, y) = min
x∈[0,2] h(x) = h( 1
2 ) = f ( 1
2 , 1) = 7 4 .
Lungo il segmento S 3 abbiamo che f | S3(x, y) = f (2, y) = 2y 2 + 2 = g(y) + 2 che risulta crescente per y ∈ [0, 1]. Ne segue che
max S3 f (x, y) = max
y∈[0,1] g(y) + 2 = g(1) + 2 = f (2, 1) = 4 mentre
min S3
f (x, y) = min
y∈[0,1] g(y) + 2 = g(0) + 2 = f (2, 0) = 2.
Per studiare i punti di massimo e di minimo della funzione sull’arco di circonferenza C, possiamo procedere direttamente, utilizzando una parametrizzazione dell’arco, oppure utilizzando il metodo di Lagrange. Nel primo caso, utilizzando le coordinate polari
( x = 1 + cos θ
y = sin θ , θ ∈ [− π 3 , π
3 ], studiamo la funzione
k(θ) = f (1 + cos θ, sin θ) = − cos 2 θ + cos θ + 2, θ ∈ [0, π].
Per θ ∈ [0, π] risulta k 0 (θ) = sin θ(2 cos θ − 1) ≥ 0 se e solo se θ ∈ [0, π 3 ]. Ne segue che min C f (x, y) = min
[0,π] k(θ) = k(π) = f (0, 0) = 0 e
max C f (x, y) = max
[−0,π] k(θ) = h( π
3 ) = f ( 3 2 ,
√ 3 2 ) = 9
4 . In alternativa, si poteva studiare la funzione
¯ k(x) = f (x, √
2x − x 2 ) = x 2 + 2(2x − x 2 ) − x, x ∈ [0, 2].
Utilizzando il metodo di Lagrange, posto G(x, y) = x 2 +y 2 , determiniamo i punti stazionari della Lagrangiana
F (x, y, λ) = f (x, y) + λ(G(x, y) − 4) = x 2 + 2y 2 − x + λ(x 2 + y 2 − 2x) Abbiamo
∂F
∂x (x, y, λ) = 2x − 1 + λ(2x − 2) = 0
∂F
∂y (x, y, λ) = 4y + 2λy = 0
∂F
∂λ (x, y, λ) = x 2 + y 2 − 2x = 0
Tale sistema ammette come soluzioni nella regione y ≥ 0
x = 0 y = 0 λ = − 1 2
,
x = 2 y = 0 λ = − 3 2
e
x = 3 2 y =
√ 3 2
λ = −2
Dunque gli unici candidati punti di massimo e di minimo per f (x, y) in C sono i punti O(0, 0), P (2, 0) e Q( 3 2 ,
√ 3
2 ). Poich` e f (0, 0) = 0, f (2, 0) = 2 mentre f ( 3 2 ,
√ 3
2 ) = 9 4 ne concludiamo
max C f (x, y) = f ( 3 2 ,
√ 3 2 ) = 9
4 e min
C f (x, y) = f (0, 0) = 0.
Riunendo quanto ottenuto sopra possiamo concludere che max D f (x, y) = f (2, 1) = 4 e min
D f (x, y) = f (0, 0) = 0.
B. La curva risulta regolare essendo f (x) = cos x di classe C 1 . Una rappresentazione parametrica della curva ` e data da ϕ(t) = (t, cos t), t ∈ [−π, π] e risulta P (0, 1) = ϕ(0). Si ha ϕ 0 (t) = (1, − sin t) e dunque che ϕ 0 (0) = (1, 0) ≡ T (0) da cui N (0) = (1, 0). Risulta inoltre ϕ 00 (t) = (0, − cos t) e dunque
k(0) = N (0) · ϕ 00 (0)
kϕ 0 (0)k 2 = (0, 1) · (0, −1) = −1.
Ne segue che il raggio di curvatura ` e r(0) = |k(0)| 1 = 1. Dunque, essendo la curvatura negativa, il cerchio osculatore avr` a centro sul semiasse normale negativo passante per P (0, 1), e dunque l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(0) = (0, 1) ` e
x 2 + y 2 = 1.
Infine, dalla definizione di lavoro di un campo vettoriale risulta 1 Z
γ
F · ds = Z π
−π
F (ϕ(t)) · ϕ 0 (t) dt = Z π
−π
(cos 2 t, t) · (1, − sin t) dt
= Z π
−π
cos 2 t − t sin t dt = π + [t cos t − sin t] π −π = −π
1 si osservi che dalle propriet` a delle funzioni seno e coseno per ogni a ∈ IR risulta R a+2π
a cos 2 t dt = R a+2π
a sin 2 t dt e dunque R a+2π
a cos 2 t dt = 1 2 R a+2π
a (cos 2 t + sin 2 t) dt = 1 2 R a+2π
a dt = π.
C. Per determinare una parametrizzazione della superficie possiamo utilizzare le coordi- nate cartesiane:
Φ :
x = u y = v
z = f (u, v) = √
u 2 + v 2 ,
Dove, dalla limitazione z ∈ [1, 2], si ha 1 ≤ u 2 + v 2 ≤ 4. Posto allora D = {(u, v) ∈ IR 2 | 1 ≤ u 2 + v 2 ≤ 4, u ≥ 0}, avremo che f (u, v) = √
u 2 + v 2 risulta di classe C 1 in D (e dunque Φ regolare in D) con
kΦ u (u, v) ∧ Φ v (u, v)k = r
1 + ( ∂f
∂u (u, v)) 2 + ( ∂f
∂v (u, v)) 2 = √ 2.
Allora
I = Z Z
S
y
z dσ = √ 2
Z Z
D
√ v
u 2 + v 2 du dv Per calcolare l’ultimo integrale possiamo usare le coordinate polari
( u = ρ cos θ
v = ρ sin θ , (ρ, θ) ∈ [1, 2] × [− π 2 , π
2 ] da cui
I = √ 2
Z Z
[1,2]×[−
π2,
π2]
ρ sin θ dρ dθ = √ 2 ρ 2
2
2 1
[− cos θ]
π 2
−
π2= 0.
In alternativa per parametrizzare la superficie potevamo usare le coordinate cilindriche ponendo
Φ :
x = ρ cos θ y = ρ sin θ
z = px 2 + y 2 = ρ
, (ρ, θ) ∈ [1, 2] × [− π 2 , π
2 ].
Essendo in tal caso kΦ ρ (ρ, θ) ∧ Φ θ (ρ, θ)k = √
2ρ, si otteneva direttamente Z Z
S
y
z dσ = √ 2
Z Z
[1,2]×[−
π2,
π2]
ρ sin θ dρ dθ = 0
D. L’equazione ` e equazione differenziale di Bernoulli. Osserviamo che y(x) ≡ 0 ` e soluzione singolare dell’equazione ma non del problema di Cauchy. Per determinare soluzioni mai nulle poniamo
z(x) = y 1−3 (x) = 1
y 2 (x)
essendo y(x) soluzione del problema proposto. Con tale posizione, poich` e siamo interessati a soluzioni positive (y(0) = 1 > 0), si ottiene y(x) = √ 1
z(x) e dunque y 0 (x) = − z 0 (x)
2pz 3 (x) .
Avremo allora che z(x) dovra’ soddisfare il problema di Cauchy ( z 0 = − 1+x 2x2z + −2x
z(0) = y21 (0) = 1
L’equazione differenziale nell’incognita z ` e lineare del primo ordine non omogenea, cio` e del tipo z 0 = a(x)z + b(x). L’integrale generale sar` a allora della forma
z(x) = e A(x) ( Z
b(x)e −A(x) dx + c), c ∈ IR,
dove A(x) ` e una primitiva di a(x). Essendo a(x) = − 1+x 2x2 scegliamo come primitiva la funzione A(x) = − log(1 + x 2 ). L’integrale generale dell’equazione data sar` a allora
z(x) = e − log(1+x2) ( Z
−2xe log(1+x2) dx + c) = 1 1 + x 2 (
Z
−2x(1 + x 2 ) dx + c)
= 1
1 + x 2 (c − x 2 − x 4
2 ), c ∈ IR.
Imponendo la condizione iniziale z(0) = 1 si ottiene c = 1 e quindi che
z(x) = 1 − x 2 − x 24
1 + x 2 . La soluzione del problema di Cauchy proposto risulta allora
y(x) = 1 pz(x) =
s 1 + x 2
1 − x 2 − x 24.
.
Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 8 settembre 2012
A) Data la funzione f (x, y) = ( |xy|
x
2+y
2se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0) , i) stabilire se risulta continua nel suo dominio,
ii) stabilire se risulta derivabile nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali, iii) determinare per quali versori ν ∈ IR 2 esiste ∂f ∂ν (0, 0).
B) Data la curva di equazione cartesiana y = x 2 (1 − x 2 ), x ∈ [−1, 1], nei punti O(0, 0) e P (
√ 2 2 , 1 4 ),
i) determinarne versore tangente e normale,
ii) determinarne curvatura ed equazione del cerchio osculatore.
C) Determinare le coordinate del baricentro del solido
S = {(x, y, z) ∈ IR 3 | 2z ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1}
di densit` a di massa costante.
D) Dato il campo vettoriale F (x, y, z) =
y 2 + 1
z , 2xy − 1
z , y − x − 1 z 2
, i) stabilire se il campo ` e irrotazionale nel suo dominio.
ii) stabilire se il campo ` e conservativo nel suo dominio ed in caso affermativo determinarne un potenziale,
iii) calcolarne il lavoro lungo la curva γ(t) = (t, t 2 , 1), t ∈ [0, 1].
Soluzione
A.i) La funzione risulta continua in IR 2 \{(0, 0)} essendo somma, rapporto e composizione di funzioni continue. La funzione non risulta invece continua nell’origine difatti ad esempio lungo la retta y = x si ha
x→0 lim f (x, x) = lim
x→0
x 2 2x 2 = 1
2 6= 0 = f (0, 0) 2 A.ii) Riguardo alla derivabilit` a, osservato che
f (x, y) = ( xy
x
2+y
2se xy > 0
− x2xy +y
2 se xy < 0
possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x 0 , y 0 ) ∈ IR 2 tale che x 0 y 0 6= 0 con
∂f
∂x (x 0 , y 0 ) = ± y 3 − x 2 y
x 2 + y 2 per ± x 0 y 0 > 0 ed in modo simmetrico 3
∂f
∂y (x 0 , y 0 ) = ± x 3 − y 2 x
x 2 + y 2 per ± x 0 y 0 > 0.
Rimane da discutere la derivabilit` a nei punti degli assi cartesiani.
Nell’origine la funzione risulta derivabile parzialmente con ∂f ∂x (0, 0) = ∂f ∂y (0, 0) = 0 essendo f (x, 0) = f (0, y) = 0 per ogni x, y ∈ IR. La funzione non risulta derivabile parzialmente nei restanti punti degli assi cartesiani. Infatti, nei punti (x 0 , 0) con x 0 6= 0 risulta derivabile parzialmente rispetto ad x con ∂f ∂x (x 0 , 0) = 0, essendo f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ IR, mentre non risulta derivabile parzialmente rispetto a y poich` e non esiste il limite
h→0 lim
f (x 0 , h) − f (x 0 , 0)
h = lim
h→0
|x 0 | x 2 0 + h 2
|h|
h , ∀x 0 6= 0.
Simmetricamente, la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto a y nei punti (0, y 0 ) con y 0 6= 0 con ∂f ∂y (0, y 0 ) = 0 mentre non risulta derivabile parzialmente rispetto a x.
2 in alternativa potevamo osservare che lim
ρ→0
+f (ρ cos θ, ρ sin θ) = | cos θ sin θ| e dunque che il limite dipende da θ ∈ [0, 2π]
3 per ogni (x, y) ∈ IR 2 la funzione verifica f (x, y) = f (y, x) e dunque ∂f ∂x (x, y) = ∂f ∂y (y, x)
A.iii) La funzione risulta derivabile in O(0, 0) solo nelle direzioni degli assi cartesiani.
Infatti per ogni versore ν = (α, β) ∈ IR 2 risulta
∂f
∂ν (0, 0) = lim
h→0
f (αh, βh) − f (0, 0)
h = lim
h→0
|αβh
2| α
2h
2+β
2h
2h = lim
h→0
|αβ|
h
quindi il limite esiste se e solo se αβ = 0 e dunque la funzione ammette derivata direzionale solo nelle direzioni ±i = (±1, 0) e ±j = (0, ±1).
B) La curva risulta regolare essendo f (x) = x 2 (1 − x 2 ) funzione di classe C 1 . Posto ϕ(t) = (t, f (t)) = (t, t 2 (1 − t 2 )), risulta
ϕ 0 (t) = (1, f 0 (t)) = (1, 2t − 4t 3 ) e ϕ 00 (t) = (0, f 00 (t)) = (0, 2 − 12t 2 ), ∀t ∈ (−1, 1).
Osservato che O(0, 0) = ϕ(0) e P (
√ 2
2 , 1 4 ) = ϕ(
√ 2
2 ), otteniamo che ϕ 0 (0) = ϕ 0 (
√ 2
2 ) = (1, 0) 4 . Ne segue che
T (0) = T (
√ 2
2 ) = (1, 0) e N (
√ 2
2 ) = (0, 1).
Risulta inoltre ϕ 00 (0) = (0, 2) mentre ϕ 00 (
√ 2
2 ) = (0, −4) e dunque k(0) = N (0) · ϕ 00 (0)
kϕ 0 (0)k 2 = (0, 1) · (0, 2) = 2 e
k(
√ 2
2 ) = N (
√ 2 2 ) · ϕ 00 (
√ 2 2 ) kϕ 0 (
√ 2
2 )k 2 = (0, 1) · (0, −4) = −4 Ne deduciamo che il raggio di curvatura ` e r(0) = |k(0)| 1 = 1 2 e r(
√ 2
2 ) = 1
|k(
√ 2
2
)| = 1 4 .
Dunque, essendo la curvatura positiva, l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(0) = (0, 0) ` e x 2 + (y − 1 2 ) 2 = 1 4 . Mentre essendo la curvatura negativa, l’equazione del cerchio osculatore nel punto ϕ(
√ 2 2 ) = (
√ 2
2 , 1 4 ) ` e (x −
√ 2
2 ) 2 + y 2 = 16 1 . 5
-2 -1 0 1 2
1
4 nota: i punti x = 0 e x =
√ 2
2 sono punti rispettivamente di minimo e di massimo relativo per la funzione f (x) = x 2 (1 − x 2 ) in (−1, 1), dunque f 0 (0) = f 0 (
√ 2 2 ) = 0
5 le coordinate del centro del cerchio osculatore nel punto ϕ(t 0 ) si possono determinare mediante la formula (x 0 , y 0 ) = ϕ(t 0 ) + k(t 1
0
) N (t 0 )
C) Osservato che il solido ` e simmetrico rispetto all’asse z e che la densit` a di massa ` e costante, dette (x B , y B , z B ) le coordinate del baricentro, risulta x B = y B = 0. Mentre
z B = 1 µ(S)
Z Z Z
S
z dxdydz dove µ(S) = Z Z Z
S
z dxdydz
Per calcolare tali integrali osserviamo innanzitutto che il solido ` e unione della semisfera S − = {(x, y, z) ∈ IR 3 | x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≤ 0}
con il solido
S + = {(x, y, z) ∈ IR 3 | 2z ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0}.
Dalla propriet` a di additivit` a dell’integrale, essendo il volume di una sfera di raggio r pari a 4 3 πr 3 otteniamo
µ(S) = µ(S + ) + µ(S − ) = µ(S + ) + 2 3 π.
Per calcolare il volume del solido S + , possiamo procedere integrando per strati osservato
che (
x 2 + y 2 + z 2 = 1
x 2 + y 2 + z 2 = 2z ⇐⇒
( x 2 + y 2 = 3 4 z = 1 2 e dunque
S + = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z ∈ [0, 1
2 ], (x, y) ∈ C z }
dove C z = {(x, y) ∈ IR 2 | 2z − z 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 − z 2 }. Dalle formule di riduzione otteniamo µ(S + ) =
Z Z Z
S
+dxdydz = Z
120
( Z Z
C
zdxdy)dz = Z
120
µ(C z ) dz
= Z
120
π(1 − 2z)dz = π z − z 2
120 = π 4 . Ne segue quindi che µ(S) = π 4 + 2 3 π = 11 12 π. Per calcolare RRR
S z dxdydz, procediamo allo stesso modo utilizzando la propriet` a di additivit` a
Z Z Z
S
z dxdydz = Z Z Z
S
+z dxdydz + Z Z Z
S
−z dxdydz Per calcolare il primo integrale, integriamo per strati come sopra
Z Z Z
S
+zdxdydz = Z
120
( Z Z
C
zzdxdy)dz = Z
120
zµ(C z ) dz
= Z
120
πz(1 − 2z)dz = π z 2 2 − 2z 3
3
120
= π
24 .
Per calcolare il secondo integrale, osserviamo che
S − = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z ∈ [−1, 0], (x, y) ∈ D z }
dove D z = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 ≤ 1 − z 2 } ed integriamo nuovamente per strati Z Z Z
S
−zdxdydz = Z 0
−1
( Z Z
D
zzdxdy)dz = Z 0
−1
zµ(D z ) dz
= Z 0
−1
πz(1 − z 2 )dz = π z 2 2 − z 3
3
0
−1
= − 5 6 π.
Ne concludiamo allora che
z B = 12 11π ( π
24 − 5
6 π) = − 19 22
Per calcolare i precedenti integrali potevamo in alternativa utilizzare le coordinate sferiche
Φ :
x = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ z = ρ cos ϕ osservato che S = Φ(T ) dove
T = {(ρ, θ, ϕ) ∈ [0, +∞) × [0, 2π] × [0, π] | θ ∈ [0, 2π], ϕ ∈ [ π
3 , π], g(ϕ) ≤ ρ ≤ 1}.
e g(ϕ) = 2 cos ϕ se ϕ ∈ [ π 3 , π 2 ] mentre g(ϕ) = 0 se ϕ ∈ [ π 2 , π].
D) Il campo ` e definito e di classe C 1 nel suo dominio A = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z 6= 0} ove risulta irrotazionale essendo
∂F 1
∂y = 2y = ∂F 2
∂x , ∂F 1
∂z = − 1
z 2 = ∂F 3
∂x , ∂F 2
∂z = 1
z 2 = ∂F 3
∂y , ∀(x, y) ∈ A.
Poich` e il dominio A non risulta semplicemente connesso, non possiamo dire che essendo irrotazionale il campo ` e conservativo in A. Possiamo per` o dire che essendo irrotazionale il campo risulta conservativo nelle componenti semplicemente connesse A + = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z > 0} e A − = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z < 0}.
Per determinare un potenziale U (x, y, z) di F (x, y, z) in A ± , osserviamo che tale funzione dovr` a soddisfare le condizioni
∂U
∂x = y 2 + 1
z , ∂U
∂y = 2xy − 1
z e ∂U
∂z = y − x − 1
z 2
Dalla prima delle tre condizioni abbiamo che U (x, y, z) =
Z
y 2 + 1
z dx = xy 2 + x
z + C 1 (y, z) e dalla seconda
2xy − 1 z = ∂U
∂y = ∂
∂y (xy 2 + x
z + C 1 (y, z)) = 2xy + ∂C 1
∂y Dunque C 1 (y, z) = R − 1 z dy = − y z + C 2 (z) da cui
U (x, y, z) = xy 2 + x z − y
z + C 2 (z).
Dalla terza delle tre condizioni abbiamo infine che y − x − 1
z 2 = ∂U
∂z = ∂
∂z (xy 2 + x z − y
z + C 2 (z)) = y z 2 − x
z 2 + C 2 0 (z) da cui C 2 0 (z) = − z 12 e quindi C 2 (z) = − R 1
z
2dz = 1 z + c, c ∈ IR. Un potenziale in A ± sar` a allora U ± (x, y, z) = x 2 y + x−y+1 z + c ± , c ± ∈ IR non necessariamente uguali. Ne segue che la funzione
U (x, y, z) =
( x 2 y + x−y+1 z + c + , se z > 0 x 2 y + x−y+1 z + c − , se z < 0
con c ± ∈ IR `e un potenziale del campo F (x, y, z) in A e quindi il campo risulta conservativo nel suo dominio. Infine, per calcolare il lavoro del campo lungo la curva γ(t) = (t, t 2 , 1), t ∈ [0, 1], dal Teorema sul lavoro di un campo conservativo abbiamo
Z
γ
F · ds = U (γ(1)) − U (γ(0)) = U (1, 1, 1) − U (0, 0, 1) = 1.
Corso di Laurea in Ingegneria Civile ed Ambientale Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 29 settembre 2012
A) Data la funzione f (x, y) =
( √ |xy|
x
2+y
2se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0) , i) stabilire se risulta continua nel suo dominio,
ii) stabilire se risulta derivabile nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali, iii) determinare per quali versori ν ∈ IR 2 esiste ∂f ∂ν (0, 0).
B) Data la curva γ di equazione parametrica ϕ(t) = (t, 2t, e t ), t ∈ [−1, 1],
i) determinarne versore tangente, normale e binormale ed equazione del piano osculatore nel punto P (0, 0, 1),
ii) calcolare R
γ
√ 1 + z 2 ds.
C) Calcolare il volume del solido T = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 − z 2 , z ≥ 0}.
D) Determinare la soluzione del problema di Cauchy
( y 00 + 4y = cos(2x)
y(0) = y 0 (0) = 0
Soluzione
A.i) La funzione risulta continua in IR 2 \{(0, 0)} essendo somma, rapporto e composizione di funzioni continue. La funzione risulta continua anche nell’origine. Difatti considerando le coordinate polari si ha
lim
ρ→0
+f (ρ cos θ, ρ sin θ) = lim
ρ→0
+ρ| cos θ sin θ| = 0, ∀θ ∈ [0, 2π]
ed il limite risulta uniforme rispetto a θ essendo |ρ cos θ sin θ| ≤ ρ → 0 per ρ → 0 + . Dunque lim
(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 = f (0, 0).
A.ii) Riguardo alla derivabilit` a, osservato che
f (x, y) =
√ xy
x
2+y
2se xy > 0
− √ xy
x
2+y
2se xy < 0
possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x 0 , y 0 ) ∈ IR 2 tale che x 0 y 0 6= 0 con
∂f
∂x (x 0 , y 0 ) = ±
ypx 2 + y 2 − √ x2y
x
2+y
2x 2 + y 2 = ±y 3
(x 2 + y 2 )
32per ± x 0 y 0 > 0 ed in modo simmetrico 6
∂f
∂y (x 0 , y 0 ) = ±x 3
(x 2 + y 2 )
32per ± x 0 y 0 > 0.
Rimane da discutere la derivabilit` a nei punti degli assi cartesiani.
Nell’origine la funzione risulta derivabile parzialmente con ∂f ∂x (0, 0) = ∂f ∂y (0, 0) = 0 essendo f (x, 0) = f (0, y) = 0 per ogni x, y ∈ IR. La funzione non risulta derivabile parzialmente nei restanti punti degli assi cartesiani. Infatti, nei punti (x 0 , 0) con x 0 6= 0 la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x con ∂f ∂x (x 0 , 0) = 0, essendo f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ IR, mentre non risulta derivabile parzialmente rispetto a y poich` e non esiste il limite
h→0 lim
f (x 0 , h) − f (x 0 , 0)
h = lim
h→0
|x 0 | px 2 0 + h 2
|h|
h , ∀x 0 6= 0.
6 per ogni (x, y) ∈ IR 2 la funzione verifica f (x, y) = f (y, x) e dunque ∂f ∂x (x, y) = ∂f ∂y (y, x)
Simmetricamente, la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto a y nei punti (0, y 0 ) con y 0 6= 0 con ∂f ∂y (0, y 0 ) = 0 mentre non risulta derivabile parzialmente rispetto a x.
A.iii) La funzione risulta derivabile in O(0, 0) solo lungo le direzioni degli assi cartesiani.
Infatti per ogni versore ν = (α, β) ∈ IR 2 risulta
∂f
∂ν (0, 0) = lim
h→0
f (αh, βh) − f (0, 0)
h = lim
h→0
|αβh 2 | pα 2 h 2 + β 2 h 2
1
h = lim
h→0 |αβ| h
|h|
quindi il limite esiste se e solo se αβ = 0 e dunque la funzione ammette derivata direzionale solo nelle direzioni ±i = (±1, 0) e ±j = (0, ±1).
B) La curva risulta biregolare essendo di classe C 2 con
ϕ 0 (t) = (1, 1, e t ) 6= 0 e ϕ 00 (t) = (0, 0, e t ) 6= 0, ∀t ∈ [−1, 1].
Osservato che P (0, 0, 1) = ϕ(0), otteniamo ϕ 0 (0) = (1, 1, 1) e ϕ 00 (0) = (0, 0, 1). Ne segue che nel punto P il versore tangente ` e
T (0) = ϕ 0 (0)
kϕ 0 (0)k = ( 1
√ 3 , 1
√ 3 , 1
√ 3 ) mentre il versore binormale ` e
B(0) = ϕ 0 (0) ∧ ϕ 00 (0)
kϕ 0 (t0) ∧ ϕ 00 (0)k = ( 1
√ 2 , − 1
√ 2 , 0) ed il versore normale ` e
N (0) = B(0) ∧ T (0) = (− 1
√ 6 , − 1
√ 6 , 2
√ 6 ) L’equazione del piano osculatore in P (0, 0, 1) ` e infine x = y essendo
0 = (x, y, z − 1) · ( 1
√ 2 , − 1
√ 2 , 0) = x − y
√ 2 . Infine
Z
γ
√
2 + z 2 ds = Z 1
−1
2 + e 2t dt =
2t + e 2t 2
1
−1
= 4 + e 2 − e −2 2
C) Per calcolare il volume del solido possiamo usare il Teorema di Guldino osservato che il solido si ottiene dalla rotazione attorno all’asse z del dominio piano
D = {(y, z) ∈ IR 2 | 0 ≤ z ≤ y ≤ √
1 − z 2 }
e che dunque
µ(T ) = µ(D)L(γ B ) = 2π Z Z
D
ydydz
Per calcolare l’ultimo integrale osserviamo che il dominio D risulta normale rispetto a y con
D = {(y, z) ∈ IR 2 | z ∈ [0, 1
√ 2 ], z ≤ y ≤ √
1 − z 2 } e dunque, dalle formule di riduzione
Z Z
D
ydydz = Z
√12
0
( Z
√ 1−z
2z
ydy)dz = 1 2
Z
√12
0
1 − 2z 2 dz = 1 2
z − 2
3 z 3
√12
0
= 1
3 √ 2 Ne segue allora che
µ(T ) = 2π Z Z
D
ydydz = 2π 3 √
2 . In alternativa, per calcolare il volume richiesto potremo calcolare
µ(T ) = Z Z Z
S
dxdydz.
A tale scopo possiamo procedere integrando per strati osservato che
x 2 + y 2 = 1 − z 2 x 2 + y 2 = z 2 z ≥ 0
⇐⇒
( x 2 + y 2 = 1 2 z = √ 1
2
e dunque che
T = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z ∈ [0, 1
√ 2 ], (x, y) ∈ C z }
dove C z = {(x, y) ∈ IR 2 | z 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 − z 2 }. Dalle formule di riduzione otteniamo allora
µ(T ) = Z Z Z
T
dxdydz = Z
√12
0
( Z Z
C
zdxdy)dz = Z
√12
0
µ(C z ) dz
= Z
√12