C.d.L. Triennale in

(1)

C.d.L. Triennale in

Ingegneria Biomedica

A.A. 2013/2014

Corso di Analisi Matematica 2 – 6 CFU

Dr. G. Autuori

Prova scritta del 4 Settembre 2014

Esercizio 1. Si determini la soluzione del seguente problema di Cauchy

(PC)

 



y

^′′

(t) − 3y

^′

(t) + 2y(t) = e

^2t

sin t, y(0) = 1

2 , y

^′

(0) = 1 2 .

Esercizio 2. Data la funzione

f (x, y) =

 



xy

³

+ x

²

y

²

x

²

+ y

²

, (x, y) ̸= (0, 0) 0, (x, y) = (0, 0),

a) si studi la continuit` a, la derivabilit` a e la diﬀerenziabilit` a di f in R

²

; b) si scriva l’equazione del piano tangente al graﬁco di f nel punto (0, 0), giustiﬁcandone l’esistenza.

Esercizio 3. Dato Ω = {(x, y) ∈ R

²

: x < 4y

²

< 4x, 1 < xy < 2 } si

calcoli ∫∫

Ω

log x y

²

dxdy.

Esercizio 4. Si consideri in R

³

la superﬁcie Σ ottenuta ruotando attorno all’asse z la curva γ(t) = (cos t, t) contenuta nel piano xz, con t ∈ (−π/2, π/2).

a) Si determini una parametrizzazione per Σ e si scriva l’equazione del piano tangente a Σ in (1, 0, 0);

b) si calcoli ∫

Σ

sin zdσ;

c) si calcoli il volume del solido V racchiuso da Σ;

d) si calcoli il ﬂusso del campo F (x, y, z) = (2xy, −y

²

, x + z) uscente

da Σ

⁺

= Σ ∩ {z ≥ 0}.

(2)

Risoluzione

Esercizio 1. (6 punti) L’equazione diﬀerenziale assegnata ` e lineare, del secondo ordine, a coeﬃcienti costanti, non omogenea. Per deter- minare il suo integrale generale risolviamo prima l’equazione omogenea associata, e poi sommiamo all’integrale generale dell’omogenea una soluzione particolare dell’equazione completa. L’equazione caratteris- tica ` e

λ

²

− 3λ + 2 = 0

che ha come soluzioni λ

₁

= 1 e λ

₂

= 2. Pertanto l’integrale generale dell’equazione omogenea ` e

y

0

(t) = c

1

e

^t

+ c

2

e

^2t

, c

1

, c

2

∈ R.

Ora, data la forma del termine noto b(t) = e

^2t

sin t, utilizzando il metodo della somiglianza, cerchiamo una soluzione particolare del tipo

y

_p

(t) = e

^2t

(k

₁

cos t + k

₂

sin t), k

₁

, k

₂

∈ R.

Risulta

y

^′_p

(t) = e

^2t

{(k

1

+ 2k

2

) cos t + (2k

1

− k

2

) sin t } , y

_p^′′

(t) = e

^2t

{(4k

1

+ 3k

₂

) cos t + (3k

₁

− 4k

2

) sin t } . Sostituendo y

_p

, y

^′_p

e y

_p^′′

nell’equazione completa si ottiene

(k

₁

− k

2

) cos t − (k

1

+ k

₂

) sin t = sin t.

Per il principio di identit` a dei polinomi deve essere {

k

1

− k

2

= 0,

k

₁

+ k

₂

= −1 = ⇒ k

1

= k

2

= − 1 2 . Pertanto y

_p

(t) = − e

^2t

2 (cos t + sin t) e quindi l’integrale generale ` e y(t) = c

₁

e

^t

+ c

₂

e

^2t

+ y

_p

(t) = c

₁

e

^t

+ c

₂

e

^2t

− e

^2t

2 (cos t + sin t), c

₁

, c

₂

∈ R.

Inﬁne, determiniamo il valore di c

₁

e c

₂

. Si ha y

^′

(t) = c

₁

e

^t

+2c

₂

e

^2t

+y

_p^′

(t).

Inoltre y

_p

(0) = − 1

2 e y

_p^′

(0) = − 3

2 . Pertanto

 



 

y(0) = c

1

+ c

2

− 1 2 , y

^′

(0) = c

1

+ 2c

2

− 3

2 . Imponendo le condizioni iniziali si trova

{

c

₁

+ c

₂

= 1,

c

₁

+ 2c

₂

= 2 = ⇒ c

1

= 0, c

₂

= 1.

(3)

In conclusione, l’unica soluzione di (PC) ` e y(t) = e

^2t

{

1 − cos t + sin t 2

} .

Esercizio 2. (7 punti) Parte a). La funzione ` e banalmente di classe C

¹

in tutto R

²

\ {(0, 0)} e pertanto `e ivi continua, derivabile e diﬀeren- ziabile.

Rimane da studiare il punto (0, 0). In coordinate polari si trova (1) lim

ϱ→0

ϱ

⁴

cos ϑ sin

³

ϑ + ϱ

⁴

sin

²

ϑ cos

²

ϑ ϱ

²

≤ lim

ϱ→0

ϱ

⁴

+ ϱ

⁴

ϱ

²

= 0,

uniformemente rispetto a ϑ. Questo assicura la continuit` a di f in (0, 0).

Calcoliamo le derivate parziali nell’origine. Si ha

∂f

∂x (0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f(0, 0)

h = 0 = lim

h→0

f (0, h) − f(0, 0)

h = ∂f

∂y (0, 0).

Quindi f ` e derivabile in (0, 0), con ∇f(0, 0) = (0, 0).

Inﬁne, per studiare la diﬀerenziabilit` a in (0, 0) calcoliamo lim

(h,k)→(0,0)

f (h, k) − f(0, 0) − ⟨∇f(0, 0)(h, k)⟩ √

h

²

+ k

²

= lim

(h,k)→(0,0)

hk

³

+ h

²

k

²

√ h

²

+ k

²

. Passando in coordinate polari, il calcolo del limite precedente si ricon- duce esattamente a quello fatto in (1), ottenendo la diﬀerenziabilit` a di f in (0, 0).

In conclusione, f ` e diﬀerenziabile, e dunque anche continua e derivabile, in tutto R

²

.

Parte b). L’esistenza del piano tangente al grafico di f in qualsiasi punto del grafico ` e giustificata essendo f ∈ C

¹

( R

²

). L’equazione del piano tangente alla funzione nell’origine ` e

z = f (0, 0) + ⟨∇f(0, 0)(x, y)⟩ = 0, ossia il piano tangente richiesto coincide con il piano xy.

Esercizio 3. (8 punti) Si osservi innanzitutto che il dominio Ω ` e in- teramente contenuto nel primo quadrante. La forma di Ω e l’espressione dell’integranda suggeriscono il seguente cambio di variabili

 



u = xy, v = x

y

²

, (x, y) ∈ Ω =⇒

 

 

 



x = u

³

√ v u , y =

³

√ u v ,

(u, v) ∈ (1, 2) × (1, 4).

Inoltre risulta |detJ| = (3v)

⁻¹

. Pertanto

∫∫

Ω

log x

y

²

dxdy = 1 3

∫

2 1

du

∫

4 1

log v

v dv = 1 3 [u]

²₁

[ 1 2 log

²

v

]

4 1

= 1

6 log

²

4.

(4)

Esercizio 4. (9 punti) Parte a). Una parametrizzazione per Σ ` e

φ(t, ϑ) =

 



 

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

(t, ϑ) ∈ (

− π 2 , π

2 ) × (0, 2π).

essendo Σ una superﬁcie ottenuta dalla rotazione completa di una curva giacente nel piano xz. Pertanto si ha

∂φ

∂t = ( − sin t cos ϑ, − sin t sin ϑ, 1), ∂φ

∂ϑ = ( − cos t sin ϑ, cos t cos ϑ, 0), da cui si ricava ν(t, ϑ) = ∂φ

∂t × ∂φ

∂ϑ (t, ϑ) con

∥ν(t, ϑ)∥ = ∂φ

∂t × ∂φ

∂ϑ (t, ϑ)

= ∥(− cos t cos ϑ, cos t sin ϑ, − sin t cos ϑ)∥

= cos t √

1 + sin

²

t > 0, (t, ϑ) ∈ (

− π 2 , π

2 ) × (0, 2π).

Inoltre, il punto (1, 0, 0) ∈ Σ si ottiene in corrispondenza di t = 0 e ϑ = 0, cio` e φ(0, 0) = (1, 0, 0). D’altra parte ν(0, 0) = ( −1, 0, 0) e quindi il piano tangente richiesto si ottiene dall’equazione

⟨ν(0, 0), (x − 1, y, z)⟩ = 0 = ⟨(−1, 0, 0), (x − 1, y, z)⟩

ossia x = 1.

Parte b). Risulta

∫

Σ

sin zdσ =

∫

2π 0

∫

π/2

−π/2

sin t ∥ν(t, ϑ)∥dtdϑ

=

∫

_2π

0

∫

_π/2

−π/2

sin t cos t √

1 + sin

²

t dtdϑ

= π

∫

π/2

−π/2

2 sin t cos t √

1 + sin

²

t dt

= π

∫

1 1

√ 1 + u

²

du = 0,

dove nell’ultimo passaggio si ` e utilizzato il cambio di variabili u = sin

²

t.

Parte c). Posto D(z) = {(x, y, z) ∈ R

³

: x

²

+ y

²

≤ cos

²

z }, integrando prima per strati e poi utilizzando le coordinate polari per risolvere l’integrale doppio, si ottiene

Vol(V ) =

∫

_π/2

−π/2

∫∫

D(z)

dxdydz = π

∫

_π/2

−π/2

cos

²

zdz = π

²

2 .

Parte d). Posto S = V ∩{z = 0} = {(x, y, z) ∈ R

³

: x

²

+y

²

≤ 1, z = 0}

e V

⁺

= V ∩ {z ≥ 0}, per il Teorema della Divergenza e la Parte c) si

(5)

trova che

Φ

_Σ⁺

(F ) + Φ

_S

(F ) =

∫∫∫

V⁺

divF (x, y, z) dxdydz

=

∫∫∫

V⁺

1 dxdydz = Vol(V

⁺

) = π

²

4 .

D’altra parte la normale esterna ad S uscente dal solido V

⁺

` e ( −1, 0, 0) e pertanto

Φ

_S

(F ) =

∫∫∫

S

F · (−1, 0, 0)dxdydz =

∫∫

{x²+y²≤1}

−xdxdy

= −

∫

1 0

ϱ

²

dϱ

∫

2π 0

cos ϑ dϑ = − 1

3 [sin ϑ]

^2π₀

= 0.

In conclusione Φ

_Σ⁺

(F ) = π

²

4 .