Calcolo 2 per Fisici. Prova scritta (23/09/2002)

Calcolo 2 per Fisici. Prova scritta (23/09/2002)

(1) Determinare il comportamento della serie

∞

X

n=2

1 n(log n)^α per α ≥ 1.

(2) Studiare gli estremi della funzione

f (x, y) = 3x²+ 2y²− 3xy + y

nel quadrato (chiuso) di lato pari a 2 e con centro nell’origine.

(3) Dimostrare che per qualunque funzione f ∈ C¹( ¯R+) la forma differenziale ω definita su R² nel seguente modo

ω = f (x²+ y²)(xdx + ydy)

risulta esatta. Calcolarne una sua primitiva U (x, y), cercandola della forma U (x, y) = Φ(x²+ y²).

(4) Data una sfera di raggio 1, determinare, nella classe dei cilindri nondegeneri (vale a dire di raggio r della base e l’altezza h positivi) quello di volume massimo. Studiare l’analogo problema per il volume minimo.

1

Soluzione

(1) I criteri del rapporto e delle radice non sono conclusivi; la decrescenza dei termini permette di confrontare con l’integrale

Z ∞ 2

dx x(log x)^α che converge per α > 1 e diverge per α = 1.

(2) Nell’interno del quadrato determiniamo i punti estremali (¯x, ¯y) tali che ∇f (¯x, ¯y) = 0.

L’unico punto estremale, che dall’esame della matrice hessiana, risulta un minimo,

´ e:

¯ x = −1

5, y = −¯ 2 5

Ed ´e f (¯x, ¯y) = −¹₅. Per l’analisi sulla frontiera occorre studiare le quattro funzioni di una variabile determinate dalle restrizioni di f sui lati del quadrato:

f1(y) ≡ f (1, y), f2(y) ≡ f (−1, y), f3(x) ≡ f (x, 1), f4(x) ≡ f (x, −1)

dove le variabili presenti in f₁, ... appartengono all’intervallo [−1, 1]. Il risultato finale

´

e dunque che f ha in ¯x = −¹₅, y = −¯ ²₅ il minimo assoluto, pari a −¹₅ ed in (−1, 1) il massimo assoluto, pari a 9.

(3) Evidentemente la forma risulta chiusa in R², e quindi esatta:

∂(f x)

∂y = f⁰(x²+ y²)2yx = ∂(f y)

∂x seguendo il suggerimento, poniamo

U_x(x, y) = Φ⁰(x²+ y²)2x = f (x²+ y²)x, U_y(x, y) = Φ⁰(x²+ y²)2y = f (x²+ y²)y per cui, se Φ ´e una primitiva di f /2, si ha la risposta al quesito.

(4) Si pu´o usare sia il metodo dei moltiplicatori di Lagrange che un metodo diretto, poich´e il vincolo ´e facilmente risolvibile. Risulta infatti che la funzione volume V ´e data da V (r, h) = πr²h, con il vincolo r²+ (h/2)² = 1, definita per r ∈ (0, 1), h ∈ (0, 2). Poich´e r² = 1 − (h/2)², 0 < h < 2, V (r(h), h) = v(h), dove la funzione v, della sola variabile h, ´e data da v(h) = πh(1 − (h/2)²), per h ∈ (0, 2). La soluzione ´e quindi la seguente: il massimo volume si ottiene per h = 2/√

3, r =p2/3, e vale V_m = π4√

3/9. Si ha poi che inf V = 0, in corrispondenza dei cilindri degeneri di raggio nullo o altezza nulla.