IR3| z2 ≤ x2+ y2 ≤ 1 − z2, z ≥ 0}

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|

x²+y² 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 ∈ IR² 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 + z²ds.

C) Calcolare il volume del solido T = {(x, y, z) ∈ IR³| z² ≤ x²+ y² ≤ 1 − z², z ≥ 0}.

D) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

(y⁰⁰+ 4y = cos(2x) y(0) = y⁰(0) = 0

Soluzione

A.i) La funzione risulta continua in IR²\{(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

x²+y² se xy > 0

−√^xy

x²+y² se xy < 0

possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente in ogni punto (x₀, y₀) ∈ IR² tale che x₀y₀ 6= 0 con

∂f

∂x(x₀, y₀) = ±

ypx²+ y²−√^x2y

x²+y²

x² + y² = ±y³

(x²+ y²)³² per ± x₀y₀ > 0 ed in modo simmetrico¹

∂f

∂y(x₀, y₀) = ±x³

(x²+ y²)³² per ± x₀y₀ > 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 (x₀, 0) con x₀ 6= 0 la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto ad x con ^∂f_∂x(x₀, 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→0lim

f (x₀, h) − f (x₀, 0)

h = lim

h→0

|x₀| px²₀+ h²

|h|

h , ∀x₀ 6= 0.

1per ogni (x, y) ∈ IR² la funzione verifica f (x, y) = f (y, x) e dunque ^∂f_∂x(x, y) = ^∂f_∂y(y, x)

Simmetricamente, la funzione risulta derivabile parzialmente rispetto a y nei punti (0, y0) con y₀ 6= 0 con ^∂f_∂y(0, y₀) = 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) ∈ IR² risulta

∂f

∂ν(0, 0) = lim

h→0

f (αh, βh) − f (0, 0)

h = lim

h→0

|αβh²| pα²h²+ β²h²

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 C² con

ϕ⁰(t) = (1, 1, e^t) 6= 0 e ϕ⁰⁰(t) = (0, 0, e^t) 6= 0, ∀t ∈ [−1, 1].

Osservato che P (0, 0, 1) = ϕ(0), otteniamo ϕ⁰(0) = (1, 1, 1) e ϕ⁰⁰(0) = (0, 0, 1). Ne segue che nel punto P il versore tangente `e

T (0) = ϕ⁰(0)

kϕ⁰(0)k = ( 1

√3, 1

√3, 1

√3) mentre il versore binormale `e

B(0) = ϕ⁰(0) ∧ ϕ⁰⁰(0)

kϕ⁰(t0) ∧ ϕ⁰⁰(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 + z²ds = Z 1

−1

2 + e^2tdt =



2t + e^2t 2

1

−1

= 4 + e²− 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) ∈ IR²| 0 ≤ z ≤ y ≤√

1 − z²}

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) ∈ IR²| z ∈ [0, 1

√2], z ≤ y ≤√

1 − z²} e dunque, dalle formule di riduzione

Z Z

D

ydydz = Z ^√1

2

0

( Z

√ 1−z² z

ydy)dz = 1 2

Z ^√1

2

0

1 − 2z²dz = 1 2

 z − 2

3z³

^√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







x²+ y² = 1 − z² x²+ y² = z² z ≥ 0

⇐⇒

(x²+ y² = ¹₂ z = ^√1

2

e dunque che

T = {(x, y, z) ∈ IR³| z ∈ [0, 1

√2], (x, y) ∈ C_z}

dove C_z = {(x, y) ∈ IR²| z² ≤ x²+ y² ≤ 1 − z²}. Dalle formule di riduzione otteniamo allora

µ(T ) = Z Z Z

T

dxdydz = Z ^√1

2

0

( Z Z

Cz

dxdy)dz = Z ^√1

2

0

µ(Cz) dz

= Z ^√1

2

0

π(1 − 2z²)dz = π

 z − 2

3z³

^√1₂

0

= 2π 3√ 2 Volendo integrare per fili si osservi che T = T1∪ T2 essendo

T₁ = {(x, y, z) ∈ IR³| 0 ≤ z ≤p

1 − x²− y², (x, y) ∈ D₁}

dove D1 = {(x, y) ∈ IR²|¹₂ ≤ x²+ y² ≤ 1} e T₂ = {(x, y, z) ∈ IR³| 0 ≤ z ≤p

x²+ y², (x, y) ∈ D₂} dove D2 = {(x, y) ∈ IR²| x²+ y² ≤ ¹₂}. Da cui

µ(T ) = Z Z Z

T

dxdydz = Z Z Z

T₁

dxdydz + Z Z Z

T₁

dxdydz

= Z Z

D1

( Z

√

1−x²−y² 0

dz)dxdy + Z Z

D2

( Z

√

x²+y² 0

dz)dxdy

= Z Z

D1

p1 − x²− y²dxdy + Z Z

D2

px²+ y²dxdy 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<sup>00</sup>+ 4y = 0. L’equazione caratteristica λ<sup>2</sup>+ 4 = 0 ha per soluzione le due radici complesse coniugate λ<sub>±</sub> = ±2i, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata `e

y0(x) = c1cos(2x) + c2sin(2x), c1, c2 ∈ 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 = ¹₄. Dunque, la soluzione particolare cercata `e

y_p(x) = x

4sin(2x)

e per i noti teoremi sulle equazioni differenziali lineari non omogenee, l’integrale generale dell’equazione data `e allora

y(x) = y₀(x) + y_p(x) = c₁cos(2x) + c₂sin(2x) +x

4sin(2x)

dove c₁, c₂ ∈ IR sono costanti arbitrarie. Osserviamo ora che risulta y(0) = c₁ = 0 mentre, essendo

y⁰(x) = −2c₁sin(2x) + 2c₂cos(2x) +x

2cos(2x) +1

4sin(2x),

si ha y⁰(0) = 2c₂ = 0 per c₂ = 0. Dunque l’unica soluzione del problema di Cauchy dato `e y(x) = x

4sin(2x).