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A) Data la funzione f (x, y) = x 2 + y 2 − xy

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(1)

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

(2)

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 ],

(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 .

(4)

B. Osserviamo che

( x 2 + y 2 + z 2 = 4y

y = z + 2 ⇐⇒

( x

2

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

π3

F (ϕ(θ)) · ϕ 0 (θ) dθ

= Z

π3

π

3

(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

(5)

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

z

dxdy)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

z

z 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

(6)

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

(7)

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 xy

2

+ xy 3

y(0) = 1

(8)

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 | S

1

(x, y) = f (0, y) = 2y 2 = g(y) che risulta crescente per y ∈ [0, 1]. Ne segue che

max S

1

f (x, y) = max

y∈[0,1] g(y) = g(1) = f (0, 1) = 2 mentre

min S

1

f (x, y) = min

y∈[0,1] g(y) = g(0) = f (0, 0) = 0.

Lungo il segmento S 2 abbiamo che f | S

2

(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 S

2

f (x, y) = max

x∈[0,2] h(x) = h(2) = f (2, 1) = 4

(9)

mentre

min S

2

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 | S

3

(x, y) = f (2, y) = 2y 2 + 2 = g(y) + 2 che risulta crescente per y ∈ [0, 1]. Ne segue che

max S

3

f (x, y) = max

y∈[0,1] g(y) + 2 = g(1) + 2 = f (2, 1) = 4 mentre

min S

3

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

(10)

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)

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.

(11)

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

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)

(12)

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 2x

2

z + −2x

z(0) = y

2

1 (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 2x

2

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+x

2

) ( Z

−2xe log(1+x

2

) 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 2x 2

4

1 + x 2 . La soluzione del problema di Cauchy proposto risulta allora

y(x) = 1 pz(x) =

s 1 + x 2

1 − x 2x 2

4

.

(13)

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

2

se (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].

(14)

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

2

se xy > 0

x

2

xy +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)

(15)

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

2

h

2

2

h

2

h = 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)

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 )

(16)

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

12

0

( Z Z

C

z

dxdy)dz = Z

12

0

µ(C z ) dz

= Z

12

0

π(1 − 2z)dz = π z − z 2 

12

0 = 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

12

0

( Z Z

C

z

zdxdy)dz = Z

12

0

zµ(C z ) dz

= Z

12

0

πz(1 − 2z)dz = π  z 2 2 − 2z 3

3



12

0

= π

24 .

(17)

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

z

zdxdy)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

(18)

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 1

2

e quindi C 2 (z) = − R 1

z

2

dz = 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.

(19)

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

2

se (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

(20)

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

2

se xy > 0

− √ xy

x

2

+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 ) = ±

ypx 2 + y 2 − √ x

2

y

x

2

+y

2

x 2 + y 2 = ±y 3

(x 2 + y 2 )

32

per ± x 0 y 0 > 0 ed in modo simmetrico 6

∂f

∂y (x 0 , y 0 ) = ±x 3

(x 2 + y 2 )

32

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 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)

(21)

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)

0 (0)k = ( 1

√ 3 , 1

√ 3 , 1

√ 3 ) mentre il versore binormale ` e

B(0) = ϕ 0 (0) ∧ ϕ 00 (0)

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 }

(22)

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

1

2

0

( Z

√ 1−z

2

z

ydy)dz = 1 2

Z

1

2

0

1 − 2z 2 dz = 1 2

 z − 2

3 z 3



1

2

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

1

2

0

( Z Z

C

z

dxdy)dz = Z

1

2

0

µ(C z ) dz

= Z

1

2

0

π(1 − 2z 2 )dz = π

 z − 2

3 z 3



12

0

= 2π 3 √ 2 Volendo integrare per fili si osservi che T = T 1 ∪ T 2 essendo

T 1 = {(x, y, z) ∈ IR 3 | 0 ≤ z ≤ p

1 − x 2 − y 2 , (x, y) ∈ D 1 }

(23)

dove D 1 = {(x, y) ∈ IR 2 | 1 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1} e T 2 = {(x, y, z) ∈ IR 3 | 0 ≤ z ≤ p

x 2 + y 2 , (x, y) ∈ D 2 } dove D 2 = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 21 2 }. Da cui

µ(T ) = Z Z Z

T

dxdydz = Z Z Z

T

1

dxdydz + Z Z Z

T

1

dxdydz

= Z Z

D

1

( Z

1−x

2

−y

2

0

dz)dxdy + Z Z

D

2

( Z

x

2

+y

2

0

dz)dxdy

= Z Z

D

1

p 1 − x 2 − y 2 dxdy + Z Z

D

2

p x 2 + y 2 dxdy e procedere utilizzando le coordinate polari per calcolare gli integrali doppi.

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 + 4y = 0. L’equazione caratteristica λ 2 + 4 = 0 ha per soluzione le due radici complesse coniugate λ ± = ±2i, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

y 0 (x) = c 1 cos(2x) + c 2 sin(2x), c 1 , c 2 ∈ IR.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Come da suggeri- mento, cerchiamo tale soluzione della forma y p (x) = x(A cos(2x) + B sin(2x)). Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = 0 e B = 1 4 . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y p (x) = x

4 sin(2x)

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 cos(2x) + c 2 sin(2x) + x

4 sin(2x)

dove c 1 , c 2 ∈ IR sono costanti arbitrarie. Osserviamo ora che risulta y(0) = c 1 = 0 mentre, essendo

y 0 (x) = −2c 1 sin(2x) + 2c 2 cos(2x) + x

2 cos(2x) + 1

4 sin(2x),

si ha y 0 (0) = 2c 2 = 0 per c 2 = 0. Dunque l’unica soluzione del problema di Cauchy dato ` e y(x) = x

4 sin(2x).

(24)

Corso di Laurea in Ing. Civile ed Ambientale e Ing. Meccanica (M/Z) Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 7 gennaio 2013

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

a) stabilire dove la funzione risulta derivabile nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali,

b) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, b) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme

D = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0}.

2) Calcolare il volume del solido intersezione dei seguenti solidi

S = {(x, y, z) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1} e C = {(x, y, z) ∈ IR 2 | z ≥ p

x 2 + y 2 }.

3) Dato il campo vettoriale F (x, y, z) = (log x − z 2 log y x 2 , z 2

xy , z + 2z log y

x ), determinarne il dominio, stabilire se il campo risulta irrotazionale e conservativo sul suo dominio ed in caso affermativo determinarne un potenziale.

4) Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale

y 00 − 4y = (x + 1)e −2x

(25)

Risposte

1) La funzione risulta derivabile in ogni (x, y) ∈ IR 2 , y 6= 0 con

∂f

∂x (x, y) = ±2xy per ± y > 0 e ∂f

∂y (x, y) = ±(x 2 − 2y) per ± y > 0

La funzione risulta inoltre derivabile in O(0, 0) con ∂f ∂x (0, 0) = ∂f ∂y (0, 0) = 0. Non risulta invece derivabile in ogni P (x, 0) con x 6= 0 poich` e non esiste ∂f ∂y (x, 0) mentre ∂f ∂x (x, 0) = 0.

Poich` e f (x, y) ≥ 0 per ogni y ≤ x 2 e f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ IR, i punti P x (x, 0) con x 6= 0 risultano punti di minimo relativo mentre O(0, 0) risulta un punto di sella ∗∗ . La funzione non ammette altri punti di massimo e di minimo poich` e ∇f (x, y) 6= 0 per ogni (x, y) ∈ IR 2 con y 6= 0.

Risulta min D f (x, y) = f (0, 1) = −1 mentre max D f (x, y) = f (0, −1) = 1.

2) Si ha µ(S ∩ C) = Z Z Z

S∩C

dxdydz = 2−

√ 2

3 π essendo S ∩ C = {(x, y, z) ∈ IR 3 | x 2 + y 2 ≤ 1

2 , p

x 2 + y 2 ≤ z ≤ p

1 − (x 2 + y 2 )}

= {(x, y, z) ∈ IR 3 | z ∈ [0, 1

2 ], (x, y) ∈ D z } dove D z = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 ≤ z 2 } se z ∈ [0,

√ 2

2 ] mentre D z = {(x, y) ∈ IR 2 | x 2 + y 2 ≤ 1 − z 2 } se z ∈ [

√ 2

2 , 1]. Si potevano inoltre usare le coordinate sferiche φ, osservato che φ −1 (S ∩ C) = {(ϕ, θ, ρ) ∈ [0, π

4 ] × [0, 2π] × [0, 1]}.

3) Il campo risulta irrotazionale nel suo dominio D = {(x, y, z) ∈ IR 3 | x > 0, y > 0}.

Essendo D semplicemente connesso, il campo risulta conservativo in D. Un suo potenziale

`

e dato da U (x, y, z) = x log x − x + z

2

log y x + z 2

2

+ c, c ∈ IR.

4) L’integrale generale dell’equazione data ` e

y(x) = y 0 (x) + y p (x) = c 1 e 2x + c 2 e −2x − x

16 (2x + 5)e −2x , c 1 , c 2 ∈ IR

∗ Solo le risposte di cui ` e presente lo svolgimento sono ritenute valide per la valutazione del compito.

∗∗ Attenzione: l’origine O(0, 0) risulta essere l’unico punto stazionario della funzione. Si osservi

per` o che la funzione non risulta derivabile due volte in O(0, 0) (non essendo derivabile nei punti

P (x, 0) con x 6= 0) e dunque non ` e applicabile il metodo dell’hessiano (condizione sufficiente del

II ordine) per stabilire se O(0, 0) risulta punto di massimo o di minimo relativo.

(26)

Corso di Laurea in Ing. Civile ed Ambientale e Ing. Meccanica (M/Z) Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 2 febbraio 2013

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

a) stabilire dove la funzione risulta derivabile nel suo dominio e calcolarne le derivate parziali, b) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio,

c) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme D = {(x, y) ∈ IR 2 | 0 ≤ y ≤ x ≤ 1}.

2) Calcolare l’integrale Z Z

E

x 2 dxdy essendo E = {(x, y) ∈ IR 2 | x 4

2

+ y 2 ≤ 1, x ≥ 1}.

3) Dato il campo vettoriale F (x, y) =

 y

x 2 + y 2 + xy 2 , x 2 y − x x 2 + y 2



a) calcolarne il lavoro lungo la curva semplice γ avente per sostegno la circonferenza x 2 +y 2 = 1 percorsa in senso antiorario,

b) stabilire se il campo risulta conservativo nel suo dominio.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y 0 = py(1 − x 2 )

y(0) = 1 4

(27)

Risposte

1) La funzione risulta derivabile in ogni (x, y) ∈ IR 2 , y 6= x con

∂f

∂x (x, y) = ±(−x 2 − y 2 + 1 + 2x(y − x)) per ± (y − x) > 0 e

∂f

∂y (x, y) = ±(x 2 + y 2 − 1 + 2y(y − x)) per ± (y − x) > 0

La funzione non risulta invece derivabile in ogni P (x, x) con 2x 2 6= 1 (ovvero x 6= ± 1

2 ) poich` e non esistono ∂f ∂x (x, x) e ∂f ∂y (x, x) mentre risulta ∂f ∂x 1

2 , ± 1

2 ) = ∂f ∂y 1

2 , ± 1

2 ) = 0 essendo

h→0 lim

f (x + h, x) − f (x, x)

h = lim

h→0

f (x, x + h) − f (x, x)

h = (2x 2 − 1) lim

h→0

|h|

h

Poich` e f (x, y) ≥ 0 per ogni x 2 + y 2 ≥ 1 e f (x, x) = 0 per ogni x ∈ IR, i punti P x (x, x) con

|x| >

√ 2

2 risultano punti di minimo relativo mentre i punti P x (x, x) con |x| <

√ 2

2 risultano punti di massimo relativo. I punti Q ± (± 1

2 , ± 1

2 ) risultano invece punti di sella.

Nei restanti punti del piano, la funzione ammette come punti stazionari P ± (± 1

6 , ∓ 1

6 ). Tali punti risultano punti di minimo relativo essendo

Hf (± 1

6 , ∓ 1

6 ) =

√ 8

6 − 4

6

4

6

√ 8 6

= 8

Risulta min D f (x, y) = f ( 1

3 , 0) = − 2

3 √

3 mentre max D f (x, y) = f (1, 2 3 ) = 27 4 . 2) Si ha

Z Z

E

x 2 dxdy = 3

√ 3

4 essendo E = {(x, y) ∈ IR 2 | y ∈ [−

√ 3 2 ,

√ 3

2 ], 1 ≤ x ≤ p

4 − 4y 2 }

Si potevano inoltre usare le coordinate ellittiche φ(ρ, θ) = (2ρ cos θ, ρ sin θ), osservato che φ −1 (E ) = {(ρ, θ) | θ ∈ [− π 3 , π 3 ], 2 cos θ 1 ≤ ρ ≤ 1}.

3) Considerata ad esempio la parametrizzazione ϕ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π], della curva γ data, risulta

Z

γ

F · ds = Z 2π

0

− sin t(sin t + cos t sin 2 t) + cos t(cos 2 t sin t − cos t) dt = −2π Poich` e R

γ F · ds 6= 0, essendo γ curva chiusa, dal Teorema di caratterizzazione dei campi

conservativi possiamo concludere che il campo dato non risulta conservativo nel suo dominio

D = IR 2 \ {(0, 0)}. ∗∗

(28)

4) La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e y(x) = ( 1 4 x p

1 − x 2 + 1 4 arcsin x + 1 2 ) 2

∗ Solo le risposte di cui ` e presente lo svolgimento sono ritenute valide per la valutazione del compito.

∗∗ Attenzione: il campo risulta irrotazionale nel suo dominio, ma il dominio non risulta sem-

plicemente connesso.

(29)

Corso di Laurea in Ing. Civile ed Ambientale e Ing. Meccanica (M/Z) Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 2 marzo 2013

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

a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, c) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme

D = {(x, y) ∈ IR 2 | |x| − 1 ≤ y ≤ 1}.

2) Calcolare l’integrale Z Z

E

y 2 dxdy essendo E = {(x, y) ∈ IR 2 | x 4

2

+ y 2 ≤ 1, x ≤ 1}.

3) Dato il campo vettoriale F (x, y, z) =



− y 2 log z

x 2 , 2y log z x , y 2

xz



a) determinarne il dominio e stabilire se risulta irrotazionale,

b) stabilire se il campo risulta conservativo nel suo dominio e determinarne un potenziale, c) calcolarne il lavoro lungo la curva γ(t) = ( √

t, 1, t), t ∈ [1, 2].

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

 

 

y 00 − 3y 0 + 2y = e x y(0) = 0

y 0 (0) = 0

(30)

Risposte

1) La funzione risulta di classe C 2 in IR 2 con

∂f

∂x (x, y) = y 2 + y − 2x e ∂f

∂y (x, y) = −3y 2 + 2xy + x

La funzione ammette come unici punti stazionari O(0, 0), P (1, 1) e Q( 3 8 , 1 2 ). I punti O(0, 0) e P (1, 1) risultano punti di sella mentre Q( 3 8 , 1 2 ) risulta punto di massimo relativo con f ( 3 8 , 1 2 ) = 64 1 . Risulta min D f (x, y) = f (−2, 1) = −9 mentre max D f (x, y) = f (0, −1) = 1.

2) Si ha Z Z

E

y 2 dxdy = 3

√ 3

4 essendo

E = {(x, y) ∈ IR 2 | x ∈ [−2, 1], − q

1 − x 4

2

≤ y ≤ q

1 − x 4

2

}

Si potevano inoltre usare le coordinate ellittiche φ(ρ, θ) = (2ρ cos θ, ρ sin θ), osservato che φ −1 (E ) = T + ∪ T essendo

T + = {(ρ, θ) | θ ∈ [− π 3 , π 3 ], 0 ≤ ρ ≤ 2 cos θ 1 } e T = {(ρ, θ) | θ ∈ [ π 3 , 3 ], 0 ≤ ρ ≤ 1}

3) Il campo risulta irrotazionale nel suo dominio D = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z > 0, x 6= 0} e dunque conservativo sulle componenti semplicemente connesse D ± = {(x, y, z) ∈ IR 3 | z > 0, ±x > 0}.

Un potenziale ` e dato da

U (x, y, z) = y 2 log z

x + c ± , (x, y, z) ∈ D ± Il lavoro risulta allora R

γ F · ds = U ( √

2, 2, 1) − U (1, 1, 1) = log 2

2 . 4) La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e

y(x) = −e x + e 2x − xe x

∗ Solo le risposte di cui ` e presente lo svolgimento sono ritenute valide per la valutazione del

compito.

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