UNIVERSIT ` A POLITECNICA DELLE MARCHE

UNIVERSIT ` A POLITECNICA DELLE MARCHE

C.d.L. Triennale in

Ingegneria Biomedica

A.A. 2013/2014

Corso di Analisi Matematica 2 – 6 CFU

Dr. G. Autuori

Prova scritta del 26 Settembre 2014

Esercizio 1. Data la funzione f (x, y) = sin(x) log(1 + x ² + y ² ) a) studiare la derivabilit` a e la differenziabilit` a di f in R ² ;

b) determinare, al variare del parametro k ≥ 1, i punti di massimo e minimo relativi e assoluti di f nell’insieme

E k = (x, y) ∈ R ² : x ² + ky ² ≤ 1 .

Esercizio 2. Si consideri il corpo in R ³ di densit` a %(x, y, z) = 1/y, descritto dal solido V = {(x, y, z) ∈ R ³ : y ² (x ² + z ² ) ≤ 1, y ∈ [1, 3]}.

Sia S la superficie del corpo.

a) Si determini il volume di V e l’area di S;

b) si determinino le coordinate del baricentro del corpo.

Esercizio 3. Sia ω = x + y

(x + α) ² + y ² dx + βx + y

(x + α) ² + y ² dy, α, β ∈ R.

Dopo aver determinato il dominio D ⊂ R ² di ω

a) stabilire in quale sottoinsieme di D e per quali valori di α e β la forma ` e chiusa;

b) stabilire in quale sottoinsieme di D e per quali valori di α e β la forma ` e esatta e determinarne un potenziale;

c) per i valori α, β determinati al punto b), calcolare Z

Γ

ω dove Γ = γ ₁ ∪ γ ₂ , con

supp γ ₁ = n

(x, y) ∈ R ² : x ² + y ² = 2, x ∈ h

− √ 2, √

2 io ,

supp γ ₂ = (x, y) ∈ R ² : x ² − 4(x + y) + y ² + 6 = 0, x ∈ [1, 2] . Esercizio 4. Si calcoli il valore dell’integrale

I = Z Z

R

e ^−5|t| − e ^−|t|
sin |t| cos(x)χ [0,π/2] (x)f (x) dtdx, dove f ` e l’unica soluzione del problema di Cauchy

( f ⁰ (x) = f (x) cos(x),

f (0) = 1.

Risoluzione

Esercizio 1. (8 punti) Parte a). La funzione assegnata ` e evidente- mente continua in tutto R ² . Inoltre, per ogni (x, y) ∈ R ² si ha

∂f

∂x (x, y) = cos x log(1 + x ² + y ² ) + 2x sin x

1 + x ² + y ² ∈ C(R ² ),

∂f

∂y (x, y) = 2y sin x

1 + x ² + y ² ∈ C(R ² ).

Pertanto, la f risulta di calsse C ¹ (R ² ). Dunque f ` e ovunque differen- ziabile, e di conseguenza derivabile.

Parte b). Per ogni k ≥ 1 l’insieme E _k ` e un compatto di R <sup>2</sup> , e perci` o f ammette sicuramente massimo e minimo assoluti in E _k . Osserviamo che per ogni (x, y) ∈ E _k , essendo k ≥ 1 > 0, si ha

0 ≤ x ² ≤ x ² + ky ² ≤ 1 e dunque 0 ≤ x ² ≤ 1, da cui x ∈ [−1, 1].

Studiamo prima i punti (x, y) interni ad E _k . Usando le derivate parziali calcolate al punto a), si vede che ∇f (x, y) = (0, 0) se e solo se



 

 

cos x log(1 + x ² + y ² ) + 2x sin x

1 + x ² + y ² = 0, 2y sin x

1 + x ² + y ² = 0.

La seconda equazione si annulla per y = 0 oppure sin x = 0, da cui y = 0 oppure x = 0. Ponendo x = 0 nella prima equazione si trova

log(1 + y ² ) = 0

che ` e verificata se e solo se y = 0. Si trova che (0, 0) ` e un punto critico interno ad E k .

D’altra parte, ponendo y = 0 nella prima equazione, si ha che (1) −2x tan x = (1 + x ² ) log(1 + x ² ).

La (1) ` e verificata se e solo se x = 0. Infatti, per x ∈ [−1, 1] \ {0}, il primo membro di (1) ` e sempre negativo, mentre il secondo membro ` e sempre positivo.

Pertanto l’unico punto critico interno ad E _k ` e (0, 0). Osserviamo che (0, 0) non ` e n` e di massimo n` e di minimo relativo per f , in quanto in ogni intorno del punto la funzione oscilla, cambiando segno, come sin x.

Studiamo ora i punti della frontiera di E k , ossia

∂E _k = {(x, y) ∈ R ² : y ² = (1 − x ² )/k, x ∈ [−1, 1]}.

Per ogni (x, y) ∈ ∂E k si ha g(x) = f (x, p

(1 − x ² )/k) = sin x log



1 + x ² + 1 − x ² k



, x ∈ [−1, 1].

La funzione g ` e derivabile in tutto [−1, 1] con g ⁰ (x) = cos x log



1 + x ² + 1 − x ² k



+ 2x(k − 1) sin x

(k − 1)x ² + k + 1 ≥ 0, essendo somma di termini non negativi. Pertanto g risulta monotona non decrescente in [−1, 1], con minimo assoluto in x = −1 e massimo assoluto in x = 1.

In conclusione, f raggiunge il suo minimo assoluto in E _k nel punto (−1, 0) e il suo massimo assoluto in E _k nel punto (1, 0). Non ci sono altri punti di minimo/massimo relativo o assoluto per f in E _k , k ≥ 1.

Esercizio 2. (9 punti) Parte a). Per ogni y ∈ [1, 3], posto B(y) =



(x, z) ∈ R ² : x ² + y ² ≤ 1 y ²

 , integrando per strati si ha

Vol(V ) = Z 3

1

Z Z

B(y)

dxdz

 dy =

Z 3 1

|B(y)|dy = π Z 3

1

dy y ² = 2

3 π.

L’area si S si pu` o calcolare, per esempio, considerando S come super- ficie di un solido ottenuto dalla rotazione completa attorno all’asse y del ramo di iperbole {(y, z) ∈ R <sup>2</sup> : z = 1/y, y ∈ [1, 3]}, giacente nel piano yz. La superficie laterale S <sub>`</sub> del solido (superficie di rotazione) ammette la parametrizzazione

ϕ :



 

 

 

 

x(t, ϑ) = sin ϑ t , y(t, ϑ) = t, z(t, ϑ) = cos ϑ

t ,

(t, ϑ) ∈ [1, 3] × [0, 2π].

Si ha

ϕ _t =



− sin ϑ

t ² , 1, − cos ϑ t ²



, ϕ _ϑ =  cos ϑ

t , 0, − sin ϑ t

 , ϕ _t × ϕ _ϑ =



− sin ϑ t , − 1

t ³ , − cos ϑ t



, kϕ _t × ϕ _ϑ k =

√ t ⁴ + 1 t ³ . Pertanto

A(S _` ) = Z 3

1

Z 2π 0

kϕ _t × ϕ _ϑ kdtdϑ = 2π Z 3

1

√ t ⁴ + 1

t ³ dt.

Usando la sostituzione u ² = 1 + t ⁻⁴ si ottiene Z 3

1

√ t ⁴ + 1

t ³ dt = − 1 2

Z

√ 82/9

√ 2

u ²

u ² − 1 du = − 1 2

"

1 + log r u − 1 u + 1

#

√ 82/9

√ 2

e quindi

A(S _` ) = −π

"

1 + log r u − 1 u + 1

#

√ 82/9

√ 2

.

Considerando l’area delle due superfici di base del solido, si trova A(S) = A(S _` ) + π + π

9 = −π

"

1 + log r u − 1 u + 1

#

√ 82/9

√ 2

+ 10 9 . Parte b). Indicato con G = (x _G , y _G , z _G ) il baricentro del corpo, per ragioni di simmetria, si deduce immediatamente che x _G = z _G = 0.

Mentre

y _G = RRR

V y%(x, y, z)dxdydz RRR

V %(x, y, z)dxdydz = Vol(V ) RRR

V 1

y dxdydz . Integrando per strati, come prima, si ha

Z Z Z

V

1

y dxdydz = Z 3

1

|B(y)|

y dy = π Z 3

1

dy y ³ = 16

9 π.

In conclusione

y G = 2π 3 · 9

16π = 3 8 .

Esercizio 3. (8 punti) Si ha D = R ² \ {(−α, 0)}.

Parte a). Posto

P (x, y) = x + y

(x + α) ² + y ² , Q(x, y) = βx + y (x + α) ² + y ² , si ha

∂P

∂y (x, y) = x ² + 2αx − y ² − 2xy + α ² [(x + α) ² + y ² ] ² ,

∂Q

∂x (x, y) = −βx ² + 2α(1 − β)x + βy ² − 2xy − 2αy + α ² [(x + α) ² + y ² ] ² , e pertanto

∂P

∂y (x, y) = ∂Q

∂x (x, y) ⇔ x ² − y ² = −βx ² − 2αβx + βy ² − 2αy.

Per il principio di identit` a dei polinomi questo accade se e solo se α = 0 e β = −1. Pertanto, la forma differenziale ω = P (x, y)dx + Q(x, y)dy risulta chiusa per α = 0 e β = −1 nell’insieme R ² \ {(0, 0)}.

Parte b). Condizione necessaria per essere esatta ` e che la forma sia chiusa. Dunque consideriamo α = 0 e β = −1. Cerchiamo una primi- tiva (potenziale) F : A → R per ω tale che per ogni (x, y) ∈ A

∂F

∂x (x, y) = P (x, y) e ∂F

∂y (x, y) = Q(x, y),

dove A ` e un opportuno sottoinsieme di R ² \ {(0, 0)}, da determinare.

Si impone

F (x, y) = Z

P (x, y)dx =

Z x

x ² + y ² dx +

Z y

x ² + y ² dx

= log p

x ² + y ² + arctan  x y



+ K(y), y 6= 0.

Si ha

∂F

∂y (x, y) = y − x

x ² + y ² + K ⁰ (y), y 6= 0, da cui, imponendo ∂F

∂y (x, y) = Q(x, y), si trova K ⁰ (y) = 0 per ogni y 6= 0, e dunque K ` e costante nelle componenti connesse di R \ {0}. In conclusione, per ogni (x, y) ∈ R <sup>2</sup> \ {(0, 0)} una primitiva di ω `e

F (x, y) =



 



 



log px ² + y ² + arctan  x y



+ k 1 , y > 0, log px ² + y ² + arctan  x

y



+ k 2 , y < 0, con k ₁ , k ₂ ∈ R.

Parte c). Osserviamo che la curva Γ ` e l’unione di due archi di cir- conferenza, γ ₁ e γ ₂ , con punto iniziale A = (−1, 1) e punto finale B = (2, 2 + √

2), cfr. Figura 1. Entrambi i punti A e B giacciono in una regione del piano in cui ω ` e esatta, e dunque, usando il punto b), l’integrale richiesto pu` o essere calcolato come

Z

Γ

ω = F (B) − F (A) = 1

2 log(5 + 2 √

2) + arctan

 2

2 + √ 2



− 3 4 π.

Esercizio 4. (5 punti) L’equazione differenziale assegnata ` e del primo

ordine, a variabili separabili. Procedendo per integrazione diretta, si

trova f (x) = e ^{sin x} .

Figura 1.

Ora, data la simmetria dell’integranda nella variabile t, si ha I = 2

Z 2π 0

cos xe ^{sin x} dx Z ∞

0

e ^−5t − e ^−t
sin tdt.

L’integrale indefinito si calcola facilmente con la trasformata di Laplace Z ∞

0

e ^−5t − e ^−t
sin tdt = L [sin t](5) − L [sin t](1) = − 6 13 . In conclusione

I = −2 e ^{sin x}  2π 0 · 6

13 = 12

13 (1 − e.)