1. Calcolare il flusso del campo

(1)

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova Scritta Parziale di Analisi Matematica 2 del 13 giugno 2020

1. Calcolare il flusso del campo

F(x, y, z) = (−y, x,

^z₂

)

attraverso la superficie regolare S di sostegno l’intersezione del cilindro x

²

+ y

²

≤ 2y con la sfera x

²

+ y

²

+ z

²

= 4 nella regione z ≥ 0 , orientata in modo tale che il versore normale N in P = (0, √

2, √

2) verifichi N · k > 0

2. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y

⁰⁰

− y = e

^−x

(sin x − 2)

y(0) = y

⁰

(0) =

³₅

(2)

Risoluzione

1. Una parametrizzazione regolare la possiamo ottenere utilizzando le coordinate sferiche po- nendo

Φ :



 

 

x = 2 sin ϕ cos θ, y = 2 sin ϕ sin θ, z = 2 cos ϕ,

(ϕ, θ) ∈ D

dove D = {(ϕ, θ) | ϕ ∈ [0,

^π₂

], ϕ ≤ θ ≤ π − ϕ}

¹

. Tale parametrizzazione risulta di classe C

¹

in tutto il dominio D, inoltre si ha

Φ

_ϕ

(ϕ, θ) = (2 cos ϕ cos θ, 2 cos ϕ sin θ, −2 sin ϕ) e

Φ

_θ

(ϕ, θ) = (−2 sin ϕ sin θ, 2 sin ϕ cos θ, 0), Quindi

Φ

_ϕ

(ϕ, θ) ∧ Φ

_ϕ

(ϕ, θ) =

i j k

2 cos ϕ cos θ 2 cos ϕ sin θ −2 sin ϕ

−2 sin ϕ sin θ 2 sin ϕ cos θ 0

= (4 sin

²

ϕ cos θ, 4 sin

²

ϕ sin θ, 4 cos ϕ sin ϕ) 6= 0, ∀ϕ ∈ [0,

^π₂

)

da cui deduciamo che Φ ` e una parametrizzazione regolare della superficie data. Infine, osservato che il punto P = (0, √

2, √

2) corrisponde a Φ(

^π₄

,

^π₂

) e che Φ

_ϕ

(

^π₄

,

^π₂

) ∧ Φ

_θ

(

^π₄

,

^π₂

) = (0, 2, 2) ne deduciamo che il versore normale N in tale punto verifica la condizione richiesta N · k > 0.

Abbiamo allora che il flusso del campo ` e dato da Z Z

S

F · N dσ = Z Z

D

F(Φ(ϕ, θ)) · Φ

_θ

(ϕ, θ) ∧ Φ

_ϕ

(ϕ, θ) dϕdθ

= Z Z

D

(−2 sin ϕ sin θ, 2 sin ϕ cos θ, cos ϕ) · (4 sin

²

ϕ cos θ, 4 sin

²

ϕ sin θ, 4 cos ϕ sin ϕ) dϕdθ

= Z Z

D

4 cos

²

ϕ sin ϕ dϕdθ = 4 Z

^π₂

0

( Z

π−ϕ

ϕ

cos

²

ϕ sin ϕ dθ)dϕ = 4 Z

^π₂

0

cos

²

ϕ sin ϕ [θ]

^π−ϕ_ϕ

dϕ

= 4 Z

^π₂

0

cos

²

ϕ sin ϕ(π − 2ϕ) dϕ = 4π Z

^π₂

0

cos

²

ϕ sin ϕ dϕ − 8 Z

^π₂

0

ϕ cos

²

ϕ sin ϕ dϕ

= 4π h

−

^cos₃³^ϕ

i

^π₂

0

− 8( h

−ϕ

^cos₃³^ϕ

i

^π₂

0

+

¹₃

Z

^π₂

0

cos

³

ϕ dϕ) =

^4π₃

−

⁸₃

Z

^π₂

0

cos ϕ(1 − sin

²

ϕ) dϕ

=

^4π₃

−

⁸₃

h

sin ϕ −

^sin₃³^ϕ

i

^π₂

0

=

^4π₃

−

¹⁶₉

1

in quanto dalla condizione z ≥ 0 si ha ϕ ∈ [0,

^π₂

] e poich´ e y =

¹₂

(x

²

+ y

²

) ≥ 0 si ottiene θ ∈ [0, π] mentre da

x

²

+ y

²

≤ 2y si ha sin ϕ ≤ sin θ da cui (per ϕ ∈ [0,

^π₂

] e θ ∈ [0, π]) si ottiene ϕ ≤ θ ≤ π − ϕ

(3)

Altra possibilit` a per parametrizzare la superficie ` e utilizzare le coordinate cilindriche

φ :



 

 

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = p4 − ρ

²

,

(ρ, θ) ∈ T.

con T = {(ρ, θ) | θ ∈ [0, π], 0 ≤ ρ ≤ 2 sin θ}, dato che, per z ≥ 0, si ha z = p4 − (x

²

+ y

²

) da cui z = p4 − ρ

²

con 0 ≤ ρ ≤ 2, inoltre essendo x

²

+ y

²

≤ 2y si ha y = ρ sin θ ≥ 0, da cui θ ∈ [0, π], e ρ

²

≤ 2ρ sin θ da cui ρ ≤ 2 sin θ. Osservato che φ non risulta derivabile rispetto a ρ solo in (ρ, θ) = (2,

^π₂

) ∈ ∂T , si ottiene

φ

_ρ

(ρ, θ) = (cos θ, sin θ, √

^−ρ

4−ρ²

) e φ

_θ

(ρ, θ) = (−ρ sin θ, ρ cos θ, 0), ∀(ρ, θ) ∈ T \ ∂T Quindi

φ

_ρ

(ρ, θ) ∧ φ

_θ

(ρ, θ) =

i j k

cos θ sin θ √

^−ρ

4−ρ²

−ρ sin θ ρ cos θ 0

= ( √

^ρ²^{cos θ}

4−ρ²

, √

^ρ²^{sin θ}

4−ρ²

, ρ) 6= 0, (ρ, θ) ∈ T \ ∂T da cui deduciamo che φ ` e una parametrizzazione regolare della superficie data . Osservato che il punto P = (0, √

2, √

2) corrisponde a φ( √

2,

^π₂

) e che φ

_ρ

( √

2,

^π₂

) ∧ φ

_θ

( √

2,

^π₂

) = (0, 1, 1) otteniamo che il versore normale N in tale punto verifica la condizione richiesta N · k > 0. Il flusso del campo ` e dato allora da

Z Z

S

F · N dσ = Z Z

T

F(φ(ρ, θ)) · φ

ρ

(ρ, θ) ∧ φ

θ

(ρ, θ) dρdθ

= Z Z

T

(−ρ sin θ, ρ cos θ,

¹₂

p

4 − ρ

²

) · ( √

^ρ²^{cos θ}

4−ρ²

, √

^ρ²^{sin θ}

4−ρ²

, ρ) dρdθ

= Z Z

T ρ 2

p 4 − ρ

²

dρdθ =

¹₂

Z

π

0

( Z

2 sin θ

0

ρ p

4 − ρ

²

dρ)dθ

= −

¹₄

Z

π

0

h

2

3

(4 − ρ

²

)

³²

i

2 sin θ 0

dθ = −

¹₆

Z

π

0

(4 − 4 sin

²

θ)

³²

− 8 dθ

=

^4π₃

−

⁴₃

Z

π

0

| cos

³

θ| dθ =

^4π₃

−

⁴₃

Z

π

0

| cos θ|(1 − sin

²

θ) dθ

=

^4π₃

−

⁴₃

Z

^π₂

0

cos θ(1 − sin

²

θ) dθ +

⁴₃

Z

π

π 2

cos θ(1 − sin

²

θ) dθ

=

^4π₃

−

⁴₃

h

sin θ −

^sin₃³^θ

i

^π₂

0

+

⁴₃

h

sin θ −

^sin₃³^θ

i

π

π 2

=

^4π₃

−

¹⁶₉

In alternativa, si potevano utilizzare le coordinate cartesiane considerando la parametrizzazione

Ψ :



 

  x = u, y = v, z = √

4 − u

²

− v

²

,

(u, v) ∈ E.

(4)

con E = {(u, v) ∈ R

²

| u

²

+ v

²

≤ 2v}. Poich´e la parametrizzazione utilizza le coordinate cartesiane, posto f (u, v) = √

4 − u

²

− v

²

, otteniamo immediatamente che Ψ

_u

(u, v) ∧ Ψ

_v

(u, v) = (−∂

_u

f (u, v), −∂

_v

f (u, v), 1) = (

^√ ^u

4−u²−v²

,

^√ ^v

4−u²−v²

, 1)

La superficie cartesiana Ψ risulta di classe C

¹

in E \ ∂E, le derivate ∂

_u

f (u, v) e ∂

_v

f (u, v) non sono definite nel punto (2, 0) ∈ ∂E, e la superficie ` e regolare. Abbiamo

Z Z

S

F · N dσ = Z Z

E

F(Ψ(u, v)) · Ψ

_u

(u, v) ∧ Ψ

_v

(u, v) dudv

= Z Z

E

(−v, u,

¹₂

√

4 − u

²

− v

²

) · (

^√ ^u

4−u²−v²

,

^√ ^v

4−u²−v²

, 1) dudv

= Z Z

E 1 2

√

4 − u

²

− v

²

dudv Utilizzando le coordinate polari centrate nell’origine

g :

( u = ρ cos θ v = ρ sin θ

si ha g(T ) = E essendo T = {(ρ, θ) | θ ∈ [0, π], 0 ≤ ρ ≤ 2 sin θ} e dunque Z Z

S

F · N dσ = Z Z

E 1 2

√

4 − u

²

− v

²

dudv

= Z Z

T ρ 2

p 4 − ρ

²

dρdθ =

¹₂

Z

π

0

( Z

2 sin θ

0

ρ p

4 − ρ

²

dρ)dθ

= −

¹₄

Z

π

0

h

2

3

(4 − ρ

²

)

³²

i

2 sin θ 0

dθ = −

¹₆

Z

π

0

(4 − 4 sin

²

θ)

³²

− 8 dθ

=

^4π₃

−

⁴₃

Z

π

0

| cos

³

θ| dθ =

^4π₃

−

⁴₃

Z

π

0

| cos θ|(1 − sin

²

θ) dθ

=

^4π₃

−

⁴₃

Z

^π₂

0

cos θ(1 − sin

²

θ) dθ +

⁴₃

Z

π

π 2

cos θ(1 − sin

²

θ) dθ

=

^4π₃

−

⁴₃

h

sin θ −

^sin₃³^θ

i

^π₂

0

+

⁴₃

h

sin θ −

^sin₃³^θ

i

π

π 2

=

^4π₃

−

¹⁶₉

(5)

2. L’equazione y

⁰⁰

− y = e

^−x

(sin x − 2) ` e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. L’equazione omogenea associata y

⁰⁰

− y = 0 ammette come integrale generale

y

₀

(x) = c

₁

e

^x

+ c

₂

e

^−x

, c

₁

, c

₂

∈ R,

dato che l’equazione caratteristica associata, λ

²

− 1 = 0, ammette come radici λ = ±1.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea, utilizzando il metodo della somiglianza. Cerchiamo tale soluzione della forma y

_p

(x) = e

^−x

(A cos x + B sin x + Cx).

Derivando due volte e sostituendo nelle rispettive equazioni otteniamo A =

²₅

, B = −

¹₅

e C = 1.

Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y

_p

(x) = e

^−x

(

²₅

cos x −

¹₅

sin x + x) e l’integrale generale dell’equazione data ` e

y(x) = y

0

(x) + y

p

(x) = c

1

e

^x

+ c

2

e

^−x

+ e

^−x

(

²₅

cos x −

¹₅

sin x + x), c

1

, c

2

∈ R.

Determiniamo c

₁

e c

₂

di modo che risultino soddisfatte le condizioni iniziali y(0) = y

⁰

(0) = 0:

( y(0) = c

₁

+ c

₂

+

²₅

=

³₅

y

⁰

(0) = c

₁

− c

₂

−

²₅

−

¹₅

+ 1 =

³₅

⇔

( c

₁

=

¹₅

c

₂

= 0 La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e

y(x) =

¹₅

e

^x

+ e

^−x

(

²₅

cos x −

¹₅

sin x + x)

Nota: volendo utilizzare il metodo di variazione delle costanti arbitrarie, una soluzione particolare sar` a data da

y

_p

(x) = c

₁

(x)e

^x

+ c

₂

(x)e

^−x

dove c

₁

(x) e c

₂

(x) verificano il sistema

( c

⁰₁

(x)e

^x

+ c

⁰₂

(x)e

^−x

= 0

c

⁰₁

(x)e

^x

− c

⁰₂

(x)e

^−x

= e

^−x

(sin x − 2) ⇔

( c

⁰₁

(x) = −c

⁰₂

(x)e

^−2x

c

⁰₂

(x) = −

¹₂

(sin x − 2)

⇔

( c

⁰₁

(x) =

¹₂

(sin x − 2)e

^−2x

c

⁰₂

(x) = −

¹₂

(sin x − 2) ⇔

( c

1

(x) =

¹₂

e

^−2x

(1 −

¹₅

cos x −

²₅

sin x) c

2

(x) =

¹₂

cos x + x

Pertanto altra soluzione particolare ` e

y

_p

(x) =

¹₂

e

^−2x

(1 −

¹₅

cos x −

²₅

sin x)e

^x

+ (

¹₂

cos x + x)e

^−x

= e

^−x

(

¹₂

(1 −

¹₅

cos x −

²₅

sin x) +

¹₂

cos x + x)

= e

^−x

(

²₅

cos x −

¹₅

sin x + x +

¹₂

)

(nota: y

_p

(x) = y

_p

(x) +

¹₂

e

^−x

)