Compito di Analisi Matematica II del 9 gennaio 2006 ore 11

(1)

Compito di Analisi Matematica II del 9 gennaio 2006 ore 11

Versione A

Esercizio 1. (10 punti) Si considerino la funzione

f (x, y, z) = logx²+ 2y²− z²+ 3 e l’insieme

M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: x}²^{+ 4y}²^{+ z}² ^{≤ 1}

o.

Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto di f su M . Svolgimento

La funzione f `e di classe C^∞ su dom(f ) =ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ 2y}²^{− z}²^{+ 3 > 0}

o. Osservi- amo che M ⊆ dom(f ). Infatti

(x, y, z) ∈ M =⇒ −z²≥ x²+ 4y²− 1 =⇒ x²+ 2y²− z²+ 3 ≥ 2x²+ 6y²+ 2 > 0.

L’insieme M `e compatto. Quindi per il Teorema di Weierstrass f ammette massimo e minimo assoluto su M .

Cerchiamo inizialmente i punti di estremo interni a M , ossia in int (M ) = ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ 4y}²^{+ z}²^{< 1}

o. Essendo f di classe C^∞, i punti di estremo in int (M ) vanno cercati fra i punti stazionari, ossia fra i punti (x, y, z) ∈ int (M ) tali che ∇f (x, y, z) = 0. Si ha che

∂f

∂x(x, y, z) = 2x

x²+ 2y²− z²+ 3, ∂f

∂y(x, y, z) = 4y

x²+ 2y²− z²+ 3,

∂f

∂z(x, y, z) = − 2z

x²+ 2y²− z²+ 3. 1

(2)

Quindi ∇f (x, y, z) = 0 se e solo se (x, y, z) = (0, 0, 0). Osserviamo che f (0, 0, 0) = log 3.

Cerchiamo ora i punti di estremo sul bordo di M , ossia in

∂M = ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: x}²^{+ 2y}²^{+ z}² ^{= 1}

o. Essendo f di classe C^∞ e ∂M una variet`a di di- mensione 2 inR³, allora i punti di estremo su ∂M vanno cercati fra i punti stazionari vincolati di f su ∂M . Procediamo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Posto g(x, y, z) = x²+4y²+z²−1, consideriamo la funzione

L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = logx²+ 2y²− z²+ 3− λx²+ 4y²+ z²− 1. Cerchiamo i punti stazionari di L, ossia i punti (x, y, z, λ) tali che ∇L(x, y, z, λ) = 0. Si ha che











∂L

∂x(x, y, z, λ) = 2x

x²+ 2y²− z²+ 3− 2λx

∂L

∂y(x, y, z, λ) = 4y

x²+ 2y²− z²+ 3− 8λy

∂L

∂z(x, y, z, λ) = − 2z

x²+ 2y²− z²+ 3− 2λz

∂L

∂λ(x, y, z, λ) = −(x²+ 4y²+ z²− 1).

Quindi

∇L(x, y, z, λ) = 0 ⇐⇒









 2x

1

x²+ 2y²− z²+ 3− λ

= 0 4y

1

x²+ 2y²− z²+ 3− 2λ

= 0

−2z

1

x²+ 2y²− z²+ 3+ λ

= 0 x²+ 4y²+ z²− 1 = 0.

Si ottengono quindi i punti stazionari 0, 0, ±1, −¹₂, 0, ±¹₂, 0,¹₇, ±1, 0, 0,¹₄ di L. Quindi i punti stazionari vincolati di f su ∂M sono (0, 0, ±1), 0, ±¹₂, 0, (±1, 0, 0). Si ha che

f (0, 0, ±1) = log 2, f

0, ±1

2, 0

= log7

2, f (±1, 0, 0) = log 4.

Quindi (0, 0, ±1) sono i punti di minimo assoluto per f su M e (±1, 0, 0) sono i punti di massimo assoluto per f su M .

Esercizio 2. (10 punti) Calcolare l’integrale

Z

Ω

(x²+ 2y²)z dx dy dz,

(3)

Versione A 3

dove

Ω =

(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{≤ 4, z ≥}

q

x²+ y²

.

Svolgimento

Passiamo in coordinate cilindriche con asse parallelo all’asse z. Poniamo quindi

Φ :











x = ρ cos ϑ y = ρ sin ϑ z = z,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det J_Φ(ρ, ϑ, z)| = ρ.

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

(x²+ y²+ z² ≤ 4 z ≥^px²+ y²

⇐⇒

(ρ²+ z²≤ 4 z ≥ ρ

⇐⇒

(ρ ≤ z ≤^p4 − ρ² 0 ≤ ρ ≤√

2.

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω⁰), dove Ω⁰ =

(ρ, ϑ, z) ∈R³^{: 0 ≤ ρ ≤}

√

2, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, ρ ≤ z ≤ q

4 − ρ²

. Allora si ha che

Z

Ω

(x²+ 2y²)z dx dy dz = Z

Ω⁰

ρ³cos²ϑ + 2 sin²ϑz dρ dϑ dz = integrando per fili paralleli all’asse z

= Z 2π

0

cos²ϑ + 2 sin²ϑdϑ Z

√2

0

ρ³ Z

√

4−ρ² ρ

z dz

! dρ =

=

1

2(ϑ + sin ϑ cos ϑ) + (ϑ − sin ϑ cos ϑ)

2π 0

Z

√2

0

ρ³

1 2z²

√

4−ρ² ρ

dρ =

= 3π Z

√ 2 0

2ρ³− ρ⁵ dρ = 3π

1 2ρ⁴−1

6ρ⁶

√ 2 0

= 2π.

Esercizio 3. (10 punti)

Si consideri il sistema di equazioni differenziali lineari del primo ordine X⁰ = AX, dove

A =





α 1 −1

0 α − 1 0

0 1 −1



, α ∈R^. a) Discutere la stabilit`a della soluzione nulla al variare di α.

(4)

b) Posto α = 0, determinare l’integrale generale di X⁰ = AX.

Svolgimento

a) Determiniamo gli autovalori di A. Si ha quindi che

det (A − λI) =

α − λ 1 −1

0 α − 1 − λ 0

0 1 −1 − λ

= (α − λ)(α − 1 − λ)(−1 − λ).

Quindi gli autovalori di A sono

λ1 = α, λ2 = α − 1 λ3 = −1.

Se α > 0, allora λ1 > 0 e quindi la soluzione X = 0 `e instabile.

Se α ≤ 0, allora λ₁ ≤ 0, λ₂ = α − 1 < 0 e λ₃ = −1 < 0. Quindi se α = 0, allora la soluzione X = 0 `e stabile ma non asintoticamente, mentre se α < 0 allora `e asintoticamente stabile.

Ricapitolando si ha che

α > 0 INSTABILE

α = 0 STABILE MA NON ASINTOTICAMENTE α < 0 ASINTOTICAMENTE STABILE.

b) Sia α = 0. L’integrale generale del sistema lineare X⁰ = AX `e dato da X(t) = e^AtC, ∀C ∈R³^,

dove e^At `e la matrice esponenziale di At.

Gli autovalori di A sono λ₁ = 0 e λ₂= −1 con molteplicit`a m₂ = 2. Cerchiamo gli autovettori associati a λ₂. Si ha che

(A + I)v = 0 =⇒

(x + y − z = 0

y = 0 =⇒

z = x

y = 0 =⇒ v = (x, 0, x), x ∈R^. Quindi la molteplicità geometrica di λ₂ = −1 è 1 mentre quella algebrica è 2. Ne segue che A non è diagonalizzabile e un autovettore associato a λ₂ = −1 è v₁ = (1, 0, 1). Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ2.

Risolviamo il sistema lineare (A + I)v = v₁. Si ha (x + y − z = 1

y = 1 =⇒

z = x

y = 1 =⇒ v = (x, 1, x), x ∈R^.

(5)

Versione A 5

Sia quindi v₂= (0, 1, 0) uno di questi autovettori generalizzati.

Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ₁= 0. Risolviamo il sistema lineare Av = 0. Si

ha (y − z = 0

−y = 0 =⇒ v = (x, 0, 0) , ∀x ∈R^. Sia quindi v₃= (1, 0, 0) uno di questi autovettori.

I vettori v₁, v₂, v₃ formano, nell’ordine, le colonne della matrice di passaggio P tale che A = P BP⁻¹, dove B `e la matrice simile ad A siffatta:

B =





−1 1 0

0 −1 0

0 0 0



. Quindi si ha

P =





1 0 1 0 1 0 1 0 0



. Allora l’integrale generale `e

X(t) = e^AtC = P e^BtC =





1 0 1 0 1 0 1 0 0









e^−t te^−t 0 0 e^−t 0

0 0 1







 c₁ c2

c3



=

=







(c₁+ c₂t)e^−t+ c₃ c2e^−t (c1+ c2t) e^−t







, ∀c₁, c2, c3 ∈R^.

In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da X(t) = c₁e^−tv₁+ c₂e^−t(tv₁+ v₂) + c₃v₃, ∀c₁, c₂, c₃ ∈R^, ovvero che l’integrale generale è dato da

X(t) = c₁X₁(t) + c₂X₂(t) + c₃X₃(t), ∀c₁, c₂, c₃ ∈R^, dove X₁, X₂, X₃ sono le tre soluzioni linearmente indipendenti

X1(t) = e^−tv1, X2(t) = e^−t(tv1+ v2), X3(t) = v3.

(6)

Versione B

f (x, y, z) = log3x²+ z²− y²+ 3 e l’insieme

M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: 9x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{≤ 1}

o.

La funzione f `e di classe C^∞ su dom(f ) =ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: 3x}²^{+ z}²^{− y}²^{+ 3 > 0}

(x, y, z) ∈ M =⇒ −y² ≥ 9x²+ z²− 1 =⇒ 3x²+ z²− y²+ 3 ≥ 12x²+ 2z²+ 2 > 0.

Cerchiamo inizialmente i punti di estremo interni a M , ossia in int (M ) = ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: 9x}²^{+ y}²^{+ z}²^{< 1}

∂f

∂x(x, y, z) = 6x

3x²+ z²− y²+ 3, ∂f

∂y(x, y, z) = − 2y

3x²+ z²− y²+ 3,

∂f

∂z(x, y, z) = 2z

3x²+ z²− y²+ 3.

∂M = ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: 9x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{= 1}

o. Essendo f di classe C^∞ e ∂M una variet`a di di- mensione 2 inR³, allora i punti di estremo su ∂M vanno cercati fra i punti stazionari vincolati di f su ∂M . Procediamo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Posto g(x, y, z) = 9x²+y²+z²−1, consideriamo la funzione

L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = log3x²+ z²− y²+ 3− λ9x²+ y²+ z²− 1.

(7)

Versione B 7

Cerchiamo i punti stazionari di L, ossia i punti (x, y, z, λ) tali che ∇L(x, y, z, λ) = 0. Si ha che











∂L

∂x(x, y, z, λ) = 6x

3x²+ z²− y²+ 3− 18λx

∂L

∂y(x, y, z, λ) = − 2y

3x²+ z²− y²+ 3− 2λy

∂L

∂z(x, y, z, λ) = 2z

3x²+ z²− y²+ 3− 2λz

∂L

∂λ(x, y, z, λ) = −(9x²+ y²+ z²− 1).

Quindi

∇L(x, y, z, λ) = 0 ⇐⇒









 6x

1

3x²+ z²− y²+ 3− 3λ

= 0

−2y

1

3x²+ z²− y²+ 3+ λ

= 0 2z

1

3x²+ z²− y²+ 3− λ

= 0 9x²+ y²+ z²− 1 = 0.

Si ottengono quindi i punti stazionari 0, ±1, 0, −¹₂, ±¹₃, 0, 0,₁₀¹, 0, 0, ±1,¹₄ di L. Quindi i punti stazionari vincolati di f su ∂M sono (0, ±1, 0), ±¹₃, 0, 0, (0, 0, ±1). Si ha che

f (0, ±1, 0) = log 2, f

±1 3, 0, 0,

= log10

3 , f (0, 0, ±1) = log 4.

Quindi (0, ±1, 0) sono i punti di minimo assoluto per f su M e (0, 0, ±1) sono i punti di massimo assoluto per f su M .

Z

Ω

(y²+ 3x²)z dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{≤ 9, z ≥}

√ 2

q

x²+ y²

.

Svolgimento

Φ :











ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det J_Φ(ρ, ϑ, z)| = ρ.

(8)

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

(x²+ y²+ z²≤ 9 z ≥√

2^px²+ y²

⇐⇒

(ρ²+ z² ≤ 9 z ≥√

2 ρ

⇐⇒

(√

2 ρ ≤ z ≤^p9 − ρ² 0 ≤ ρ ≤√

3.

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω⁰), dove Ω⁰=

(ρ, ϑ, z) ∈R³^{: 0 ≤ ρ ≤}

√

3, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, √

2 ρ ≤ z ≤ q

9 − ρ²

. Allora si ha che

Z

Ω

(y²+ 3x²)z dx dy dz = Z

Ω⁰

ρ³sin²ϑ + 3 cos²ϑz dρ dϑ dz = integrando per fili paralleli all’asse z

= Z 2π

0

sin²ϑ + 3 cos²ϑdϑ Z

√ 3 0

ρ³ Z

√

9−ρ²

√ 2ρ

z dz

! dρ =

=

1

2(ϑ − sin ϑ cos ϑ) + 3

2(ϑ + sin ϑ cos ϑ)

2π 0

Z

√3

0

ρ³

1 2z²

√

9−ρ²

√ 2ρ

dρ =

= 6π Z

√ 3 0

3ρ³− ρ⁵ dρ = 6π

3 4ρ⁴−1

6ρ⁶

√3

0

= 27 2 π.

A =





α 1 −1

0 α − 2 0

0 1 −2



, α ∈R^.

a) Discutere la stabilit`a della soluzione nulla al variare di α.

Svolgimento

det (A − λI) =

α − λ 1 −1

0 α − 2 − λ 0

0 1 −2 − λ

= (α − λ)(α − 2 − λ)(−2 − λ).

(9)

Versione B 9

λ₁ = α, λ₂ = α − 2 λ₃ = −2.

Se α ≤ 0, allora λ1 ≤ 0, λ₂ = α − 2 < 0 e λ3 = −2 < 0. Quindi se α = 0, allora la soluzione X = 0 `e stabile ma non asintoticamente, mentre se α < 0 allora `e asintoticamente stabile.

α > 0 INSTABILE

Gli autovalori di A sono λ1 = 0 e λ2= −2 con molteplicit`a m2 = 2. Cerchiamo gli autovettori associati a λ₂. Si ha che

(A + 2I)v = 0 =⇒

(2x + y − z = 0

y = 0 =⇒

(z = 2x

y = 0 =⇒ v = (x, 0, 2x), x ∈R^. Quindi la molteplicità geometrica di λ₂ = −2 è 1 mentre quella algebrica è 2. Ne segue che A non è diagonalizzabile e un autovettore associato a λ₂ = −2 è v₁ = (1, 0, 2). Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ₂.

Risolviamo il sistema lineare (A + 2I)v = v1. Si ha (2x + y − z = 1

y = 2 =⇒

(z = 2x + 1

y = 2 =⇒ v = (x, 2, 2x + 1), x ∈R^. Sia quindi v₂= (0, 2, 1) uno di questi autovettori generalizzati.

Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ₁= 0. Risolviamo il sistema lineare Av = 0. Si ha











y − z = 0

−2y = 0 y − 2z = 0

=⇒ v = (x, 0, 0) , ∀x ∈R^.

Sia quindi v₃= (1, 0, 0) uno di questi autovettori.

(10)

B =





−2 1 0

0 −2 0

0 0 0



. Quindi si ha

P =





1 0 1 0 2 0 2 1 0







1 0 1 0 2 0 2 1 0









e^−2t te^−2t 0 0 e^−2t 0

0 0 1







 c₁ c2

c₃



=

=







(c₁+ c₂t)e^−2t+ c₃ 2c2e^−2t (2c1+ c2+ 2c2t) e^−2t







, ∀c₁, c2, c3 ∈R^.

In modo alternativo ma equivalente, si può dire che l’integrale generale è dato da X(t) = c₁e^−2tv₁+ c₂e^−2t(tv₁+ v₂) + c₃v₃, ∀c₁, c₂, c₃∈R^, ovvero che l’integrale generale è dato da

X1(t) = e^−2tv1, X2(t) = e^−2t(tv1+ v2), X3(t) = v3.

(11)

Versione C 11

Versione C

f (x, y, z) = logx²+ 4y²− z²+ 6 e l’insieme

M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: x}²^{+ 16y}²^{+ z}² ^{≤ 4}

o.

La funzione f `e di classe C^∞ su dom(f ) =ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ 4y}²^{− z}²^{+ 6 > 0}

(x, y, z) ∈ M =⇒ −z²≥ x²+ 16y²− 4 =⇒ x²+ 4y²− z²+ 6 ≥ 2x²+ 20y²+ 2 > 0.

Cerchiamo inizialmente i punti di estremo interni a M , ossia in int (M ) = ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ 16y}²^{+ z}² ^{< 4}

∂f

∂x(x, y, z) = 2x

x²+ 4y²− z²+ 6, ∂f

∂y(x, y, z) = 8y

x²+ 4y²− z²+ 6,

∂f

∂z(x, y, z) = − 2z

x²+ 4y²− z²+ 6.

∂M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: x}²^{+ 16y}²^{+ z}² ^{= 4}

o. Essendo f di classe C^∞e ∂M una variet`a di dimen- sione 2 inR³, allora i punti di estremo su ∂M vanno cercati fra i punti stazionari vincolati di f su

∂M . Procediamo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Posto g(x, y, z) = x²+ 16y²+ z²− 4, consideriamo la funzione

L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = logx²+ 4y²− z²+ 6− λx²+ 16y²+ z²− 4.

(12)











∂L

∂x(x, y, z, λ) = 2x

x²+ 4y²− z²+ 6− 2λx

∂L

∂y(x, y, z, λ) = 8y

x²+ 4y²− z²+ 6− 32λy

∂L

∂z(x, y, z, λ) = − 2z

x²+ 4y²− z²+ 6− 2λz

∂L

∂λ(x, y, z, λ) = −(x²+ 16y²+ z²− 4).

Quindi

∇L(x, y, z, λ) = 0 ⇐⇒









 2x

1

x²+ 4y²− z²+ 6− λ

= 0 8y

1

x²+ 4y²− z²+ 6− 4λ

= 0

−2z

1

x²+ 4y²− z²+ 6+ λ

= 0 x²+ 16y²+ z²− 4 = 0.

Si ottengono quindi i punti stazionari 0, 0, ±2, −¹₂, 0, ±¹₂, 0,₂₈¹, ±2, 0, 0,₁₀¹ di L. Quindi i punti stazionari vincolati di f su ∂M sono (0, 0, ±2), 0, ±¹₂, 0, (±2, 0, 0). Si ha che

f (0, 0, ±2) = log 4, f

0, ±1

2, 0

= log 7, f (±2, 0, 0) = log 10.

Quindi (0, 0, ±2) sono i punti di minimo assoluto per f su M e (±2, 0, 0) sono i punti di massimo assoluto per f su M .

Z

Ω

(x²− 2y²)z dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{≤ 4, z ≥}

q

x²+ y²

.

Svolgimento

Φ :











ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det J_Φ(ρ, ϑ, z)| = ρ.

(13)

Versione C 13

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

(x²+ y²+ z² ≤ 4 z ≥^px²+ y²

⇐⇒

(ρ²+ z²≤ 4 z ≥ ρ

⇐⇒

(ρ ≤ z ≤^p4 − ρ² 0 ≤ ρ ≤√

2.

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω⁰), dove Ω⁰ =

(ρ, ϑ, z) ∈R³^{: 0 ≤ ρ ≤}

√

2, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, ρ ≤ z ≤ q

4 − ρ²

. Allora si ha che

Z

Ω

(x²− 2y²)z dx dy dz = Z

Ω⁰

ρ³cos²ϑ − 2 sin²ϑz dρ dϑ dz = integrando per fili paralleli all’asse z

= Z 2π

0

cos²ϑ − 2 sin²ϑdϑ Z

√ 2 0

ρ³ Z

√

4−ρ² ρ

z dz

! dρ =

=

1

2(ϑ + sin ϑ cos ϑ) − (ϑ − sin ϑ cos ϑ)

2π 0

Z

√ 2 0

ρ³

1 2z²

√

4−ρ² ρ

dρ =

= −π Z

√ 2 0

2ρ³− ρ⁵ dρ = −π

1 2ρ⁴−1

6ρ⁶

√ 2 0

= −2 3π.

A =





α 1 −1

0 α − 3 0

0 1 −3



, α ∈R^.

Svolgimento

(14)

det (A − λI) =

α − λ 1 −1

0 α − 3 − λ 0

0 1 −3 − λ

= (α − λ)(α − 3 − λ)(−3 − λ).

λ₁ = α, λ₂ = α − 3 λ₃ = −3.

Se α > 0, allora λ₁ > 0 e quindi la soluzione X = 0 `e instabile.

Se α ≤ 0, allora λ₁ ≤ 0, λ₂ = α − 3 < 0 e λ₃ = −3 < 0. Quindi se α = 0, allora la soluzione X = 0 `e stabile ma non asintoticamente, mentre se α < 0 allora `e asintoticamente stabile.

α > 0 INSTABILE

Gli autovalori di A sono λ₁ = 0 e λ₂= −3 con molteplicit`a m₂ = 2. Cerchiamo gli autovettori associati a λ2. Si ha che

(A + 3I)v = 0 =⇒

(3x + y − z = 0

y = 0 =⇒

(z = 3x

y = 0 =⇒ v = (x, 0, 3x), x ∈R^. Quindi la molteplicità geometrica di λ₂ = −3 è 1 mentre quella algebrica è 2. Ne segue che A non è diagonalizzabile e un autovettore associato a λ2 = −3 è v1 = (1, 0, 3). Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ2.

Risolviamo il sistema lineare (A + 3I)v = v₁. Si ha (3x + y − z = 1

y = 3 =⇒

(z = 3x + 2

Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ1= 0. Risolviamo il sistema lineare Av = 0. Si

ha _









y − z = 0

−3y = 0 y − 3z = 0

=⇒ v = (x, 0, 0) , ∀x ∈R^.

(15)

Versione C 15

B =





−3 1 0

0 −3 0

0 0 0



. Quindi si ha

P =





1 0 1 0 3 0 3 2 0







1 0 1 0 3 0 3 2 0









e^−3t te^−3t 0 0 e^−3t 0

0 0 1







 c₁ c2

c3



=

=







(c₁+ c₂t)e^−3t+ c₃ 3c₂e^−3t

(3c1+ 2c2+ 3c2t) e^−3t







, ∀c₁, c₂, c₃ ∈R^.

X(t) = c₁X₁(t) + c₂X₂(t) + c₃X₃(t), ∀c₁, c₂, c₃ ∈R^, dove X1, X2, X3 sono le tre soluzioni linearmente indipendenti

(16)

Versione D

f (x, y, z) = log5x²+ z²− y²+ 6 e l’insieme

M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: 25x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{≤ 4}

o.

La funzione f `e di classe C^∞ su dom(f ) =ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: 5x}²^{+ z}²^{− y}²^{+ 6 > 0}

(x, y, z) ∈ M =⇒ −y² ≥ 25x²+ z²− 4 =⇒ 5x²+ z²− y²+ 6 ≥ 30x²+ 2z²+ 2 > 0.

Cerchiamo inizialmente i punti di estremo interni a M , ossia in int (M ) = ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: 25x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{< 4}

∂f

∂x(x, y, z) = 10x

5x²+ z²− y²+ 6, ∂f

∂y(x, y, z) = − 2y

5x²+ z²− y²+ 6,

∂f

∂z(x, y, z) = 2z

5x²+ z²− y²+ 6.

∂M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: 25x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{= 4}

∂M . Procediamo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Posto g(x, y, z) = 25x²+ y²+ z²− 4, consideriamo la funzione

L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = log5x²+ z²− y²+ 6− λ25x²+ y²+ z²− 4.

(17)

Versione D 17











∂L

∂x(x, y, z, λ) = 10x

5x²+ z²− y²+ 6− 50λx

∂L

∂y(x, y, z, λ) = − 2y

5x²+ z²− y²+ 6− 2λy

∂L

∂z(x, y, z, λ) = 2z

5x²+ z²− y²+ 6− 2λz

∂L

∂λ(x, y, z, λ) = −(25x²+ y²+ z²− 4).

Quindi

∇L(x, y, z, λ) = 0 ⇐⇒









 10x

1

5x²+ z²− y²+ 6− 5λ

= 0

−2y

1

5x²+ z²− y²+ 6+ λ

= 0 2z

1

5x²+ z²− y²+ 6− λ

= 0 25x²+ y²+ z²− 4 = 0.

Si ottengono quindi i punti stazionari 0, ±2, 0, −¹₂, ±²₅, 0, 0,₃₄¹, 0, 0, ±2,₁₀¹ di L. Quindi i punti stazionari vincolati di f su ∂M sono (0, ±2, 0), ±²₅, 0, 0, (0, 0, ±2). Si ha che

f (0, ±2, 0) = log 2, f

±2 5, 0, 0

= log34

5 , f (0, 0, ±2) = log 10.

Quindi (0, ±2, 0) sono i punti di minimo assoluto per f su M e (0, 0 ± 2) sono i punti di massimo assoluto per f su M .

Z

Ω

(y²− 3x²)z dx dy dz, dove

Ω =

(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ y}²^{+ z}² ^{≤ 9, z ≥}

√ 2

q

x²+ y²

.

Svolgimento

Φ :











ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det J_Φ(ρ, ϑ, z)| = ρ.

(18)

Si ha che

(x, y, z) ∈ Ω ⇐⇒

(x²+ y²+ z²≤ 9 z ≥√

2^px²+ y²

⇐⇒

(ρ²+ z² ≤ 9 z ≥√

2 ρ

⇐⇒

(√

2 ρ ≤ z ≤^p9 − ρ² 0 ≤ ρ ≤√

3.

Quindi si ha che Ω = Φ(Ω⁰), dove Ω⁰=

(ρ, ϑ, z) ∈R³^{: 0 ≤ ρ ≤}

√

3, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, √

2 ρ ≤ z ≤ q

9 − ρ²

. Allora si ha che

Z

Ω

(y²− 3x²)z dx dy dz = Z

Ω⁰

ρ³sin²ϑ − 3 cos²ϑz dρ dϑ dz = integrando per fili paralleli all’asse z

= Z 2π

0

sin²ϑ − 3 cos²ϑdϑ Z

√ 3 0

ρ³ Z

√

9−ρ²

√ 2ρ

z dz

! dρ =

=

1

2(ϑ − sin ϑ cos ϑ) − 3

2(ϑ + sin ϑ cos ϑ)

2π 0

Z

√3

0

ρ³

1 2z²

√

9−ρ²

√ 2ρ

dρ =

= −3π Z

√ 3 0

3ρ³− ρ⁵dρ = −3π

3 4ρ⁴−1

6ρ⁶

√3

0

= −27 4 π.

A =





α 1 −1

0 α − 4 0

0 1 −4



, α ∈R^.

Svolgimento

det (A − λI) =

α − λ 1 −1

0 α − 4 − λ 0

0 1 −4 − λ

= (α − λ)(α − 4 − λ)(−4 − λ).

(19)

Versione D 19

λ₁ = α, λ₂ = α − 4 λ₃ = −4.

Se α ≤ 0, allora λ1 ≤ 0, λ₂ = α − 4 < 0 e λ3 = −4 < 0. Quindi se α = 0, allora la soluzione X = 0 `e stabile ma non asintoticamente, mentre se α < 0 allora `e asintoticamente stabile.

α > 0 INSTABILE

Gli autovalori di A sono λ1 = 0 e λ2= −4 con molteplicit`a m2 = 2. Cerchiamo gli autovettori associati a λ₂. Si ha che

(A + 4I)v = 0 =⇒

(4x + y − z = 0

y = 0 =⇒

(z = 4x

y = 0 =⇒ v = (x, 0, 4x), x ∈R^. Quindi la molteplicità geometrica di λ₂ = −4 è 1 mentre quella algebrica è 2. Ne segue che A non è diagonalizzabile e un autovettore associato a λ₂ = −4 è v₁ = (1, 0, 4). Cerchiamo ora un autovettore generalizzato associato a λ₂.

Risolviamo il sistema lineare (A + 4I)v = v1. Si ha (4x + y − z = 1

y = 4 =⇒

(z = 4x + 3

Infine, cerchiamo un autovettore associato a λ₁= 0. Risolviamo il sistema lineare Av = 0. Si ha











y − z = 0

−4y = 0 y − 4z = 0

=⇒ v = (x, 0, 0) , ∀x ∈R^.

(20)

B =





−4 1 0

0 −4 0

0 0 0



. Quindi si ha

P =





1 0 1 0 4 0 4 3 0



. Allora l’integrale generale‘e





1 0 1 0 4 0 4 3 0









e^−4t te^−4t 0 0 e^−4t 0

0 0 1







 c₁ c2

c₃



=

=







(c₁+ c₂t)e^−4t+ c₃ 4c2e^−4t

(4c1+ 3c2+ 4c2t) e^−4t







, ∀c₁, c2, c3 ∈R^.

(21)

Versione GENERALE 21

Versione GENERALE

f (x, y, z) = logx²+ by²− z²+ c² e l’insieme

M =ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ b}²^y²^{+ z}² ^{≤ a}²

o (c² > a², b > 1).

La funzione f `e di classe C^∞su dom(f ) =ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ by}²^{− z}²^{+ c}² ^{> 0}

(x, y, z) ∈ M =⇒ −z² ≥ x²+ b²y²− a² =⇒ x²+ by²− z²+ c² ≥ 2x²+b + b²y²+ c²− a² > 0.

Cerchiamo inizialmente i punti di estremo interni a M , ossia in int (M ) = ⁿ(x, y, z) ∈R³ ^{: x}²^{+ b}²^y²^{+ z}²^{< a}²

∂f

∂x(x, y, z) = 2x

x²+ by²− z²+ c², ∂f

∂y(x, y, z) = 2by

x²+ by²− z²+ c²,

∂f

∂z(x, y, z) = − 2z

x²+ by²− z²+ c².

Quindi ∇f (x, y, z) = 0 se e solo se (x, y, z) = (0, 0, 0). Osserviamo che f (0, 0, 0) = log c². Cerchiamo ora i punti di estremo sul bordo di M , ossia in

∂M =ⁿ(x, y, z) ∈R³^{: x}²^{+ b}²^y²^{+ z}² ^{= a}²

∂M . Procediamo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Posto g(x, y, z) = x²+b²y²+z²−a², consideriamo la funzione

L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) = logx²+ by²− z²+ c²− λx²+ b²y²+ z²− a².