2. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova scritta parziale di Analisi Matematica 2 del 10 giugno 2017 – A

1. Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (xy, z, x + y + z) entrante nella superficie avente per sostegno la frontiera del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² +y ² +4z ² ≤ 4, x ² +y ² ≤ 1, z ≥ 0}.

2. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = ^y _x − _x+1 ^y

y(1) = −1

Risoluzione

1. Per calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (xy, z, x + y + z)) entrante nella superficie S avente per sostegno la frontiera del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + 4z ² ≤ 4, x ² + y ² ≤ 1, z ≥ 0} possiamo utilizzare il Teorema della divergenza ottenendo

Z Z

S

F · N _e dσ = − Z Z Z

T

y + 1 dxdydz Possiamo calcolare l’integrale triplo per fili osservato che

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ ¹ ₂ p

4 − x ² − y ²

dove D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1}. Utilizzando le coordinate polari per calcolare l’integrale doppio, otteniamo

Z Z Z

T

y + 1 dxdydz = Z Z

D

Z

√

4−x

−y

0

y + 1 dz

! dxdy

= Z Z

D 1 2

p 4 − x ² − y ² (y + 1) dxdy

= ¹ ₂ Z 1

0

Z 2π 0

ρ p

4 − ρ ² (ρ sin θ + 1) dρdθ

= ¹ ₂ Z 1

0

ρ p

4 − ρ ² [−ρ cos θ + θ] ^2π ₀ dρ

= π Z 1

0

ρ p

4 − ρ ² dρ = − ^π ₃ h

(4 − ρ ² )

i 1 0

= ^π ₃ (8 − 3 √ 3)

In alternativa, per calcolare l’integrale triplo possiamo integrare per strati osservato che



 

 

x ² + y ² + 4z ² = 4 x ² + y ² = 1 z ≥ 0

⇔ ( z =

√ 3 2

x ² + y ² = 1 risulta T = T ₁ ∪ T ₂ dove

T ₁ = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0,

√ 3

2 ], (x, y) ∈ D} con D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1}, T 2 = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [

√ 3

2 , 1], (x, y) ∈ D z } con D z = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 4 − 4z ² }

Quindi, utilizzando le coordinate polari per calcolare l’integrale doppio, otteniamo Z Z Z

T

y + 1 dxdydz = Z

√ 3 2

0

( Z Z

D

y + 1 dxdy)dz = Z

√ 3 2

0

( Z 1

0

( Z 2π

0

(ρ sin θ + 1)ρ dθ) dρ)dz

= Z

√3 2

0

( Z 1

0

ρ [−ρ cos θ + θ] ^2π ₀ dρ)dz

= π Z

√ 3 2

0

( Z 1

0

2ρ dρ) dz = π Z

√ 3 2

0

dz = π

√ 3 2

e Z Z Z

T

y + 1 dxdydz = Z 1

√3 2

( Z Z

D

y + 1 dxdy)dz = Z 1

√3 2

( Z

√ 4−4z

0

( Z 2π

0

(ρ sin θ + 1)ρ dθ) dρ)dz

= Z 1

√ 3 2

( Z

√ 4−4z

0

ρ [−ρ cos θ + θ] ^2π ₀ dρ)dz = π Z 1

√ 3 2

( Z

√ 4−4z

0

2ρ dρ) dz

= π Z 1

√ 3 2

4 − 4z ² dz = 4π h

z − ^z ₃

i 1

√ 3 2

= 4π( ² ₃ − ³

√ 3 8 ) Possiamo allora concludere che

Z Z

S

F · N _e dσ = − Z Z Z

T

y + 1 dxdydz = −π

√ 3

2 − 4π( ² ₃ − ³

√ 3

8 ) = π( √ 3 − ⁸ ₃ )

2. L’equazione differenziale y ⁰ = ^y _x − _x+1 ^y

` e equazione di Bernoulli con α = 3. Per risolverla osserviamo che la funzione identicamente nulla ` e soluzione dell’equazione ma non del problema di Cauchy. Le soluzioni non nulle (sono verificate le condizioni di esistenza e unicit` a della soluzione del problema di Cauchy) saranno date considerando la funzione incognita z(x) = y ^1−α (x) = y ⁻² (x) = _y

¹ (x) . Con tale sostituzione otteniamo che le soluzioni positiva saranno date da y(x) = √ ¹

z(x) mentre quelle negative da y(x) =

− √ ¹

z(x) . Poich´ e la condizione iniziale richiesta ` e y(1) = −1 < 0, cerchiamo la soluzione del problema tra le soluzioni negative dell’equazione differenziale e quindi della forma y(x) = − √ ¹

z(x) . Risulta allora y ⁰ (x) = ¹ ₂ (z(x)) ⁻

z ⁰ (x) e dunque

y ⁰ = ^y _x − _x+1 ^y

⇔ ¹ ₂ z ⁻

z ⁰ = − ^z

_x

+ ^z _x+1

⇔ z ⁰ = − ^2z _x + _x+1 ²

L’equazione nell’incognita z ` e equazione differenziale lineare e ammette come integrale generale

Z 

con A(x) primitiva di a(x) = − ² _x . Poich´ e il dato iniziale ` e dato in x 0 = 1 > 0, possiamo scegliere come primitiva A(x) = −2 log x = − log(x ² ) nell’intervallo (0, +∞) ottenendo

z(x) = e ^{− log(x}

⁾

Z

2

x+1 e ^log(x

⁾ dx + c



= _x ¹

Z

2x

x+1 dx + c



= _x ¹

Z

2 ^x

_x+1 ⁻¹⁺¹ dx + c



= _x ¹

Z

2x − 2 + _x+1 ² dx + c



= _x ¹

x ² − 2x + 2 log(x + 1) + c

dove c ∈ R. Le soluzioni negative dell’equazione di Bernoulli data, definite in sottoinsiemi di (0, +∞) saranno allora

y(x) = − 1

q 1

x

(x ² − 2x + 2 log(x + 1) + c)

= − x

px ² − 2x + 2 log(x + 1) + c , c ∈ R

Dato che la soluzione deve verificare la condizione iniziale y(1) = −1 dovremo avere 1 = ^√ 2 log 2−1+c ¹ e dunque c = 2 − 2 log 2. La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e

y(x) = − x

px ² − 2x + 2 log(x + 1) + 2 − 2 log 2

Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica M/Z

Prova scritta parziale di Analisi Matematica 2 del 10 giugno 2017 – B

1. Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (z ² , xy, x − y + z) entrante nella superficie avente per sostegno la frontiera del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + ^z ₄

≤ 1, x ² + y ² ≤

1

4 , z ≥ 0}.

2. Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ + _x−1 ^y = x ² y ³

y(0) = −1

Risoluzione

1. Per calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (z ² , xy, x − y + z) entrante nella superficie S avente per sostegno la frontiera del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² +y ² + ^z ₄

≤ 1, x ² +y ² ≤

1

4 , z ≥ 0} possiamo utilizzare il Teorema della divergenza ottenendo Z Z

S

F · N _e dσ = − Z Z Z

T

x + 1 dxdydz Possiamo calcolare l’integrale triplo per fili osservato che

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ 2 p

1 − x ² − y ² }

dove D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ ¹ ₄ }. Utilizzando le coordinate polari per calcolare l’integrale doppio, otteniamo

Z Z Z

T

x + 1 dxdydz = Z Z

D

Z 2 √

1−x

−y

0

x + 1 dz

! dxdy

= Z Z

D

2 p

1 − x ² − y ² (x + 1) dxdy

= Z

0

Z 2π 0

2ρ p

1 − ρ ² (ρ cos θ + 1) dρdθ

= Z

0

2ρ p

1 − ρ ² [ρ sin θ + θ] ^2π ₀ dρ

= 2π Z

0

2ρ p

1 − ρ ² dρ = − ^4π ₃ h

(1 − ρ ² )

i

0

= ^4π ₃ (1 − ³

√ 3

8 ) = π( ⁴ ₃ −

√ 3 2 ) In alternativa, per calcolare l’integrale triplo possiamo integrare per strati osservato che



 

 

x ² + y ² + ^z ₄

= 1 x ² + y ² = ¹ ₄ z ≥ 0

⇔

( z = √ 3 x ² + y ² = ¹ ₄

risulta T = T ₁ ∪ T ₂ dove

T 1 = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0, √

3], (x, y) ∈ D} con D = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ ¹ ₄ } e

T ₂ = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [ √

3, 2], (x, y) ∈ D _z } con D _z = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 1 − ^z ₄

}

Quindi, utilizzando le coordinate polari per calcolare l’integrale doppio, otteniamo Z Z Z

T

x + 1 dxdydz = Z

√ 3

0

( Z Z

D

x + 1 dxdy)dz = Z

√ 3

0

( Z

0

( Z 2π

0

(ρ cos θ + 1)ρ dθ) dρ)dz

= Z

√ 3

0

( Z

0

ρ [ρ sin θ + θ] ^2π ₀ dρ)dz

= π Z

√ 3

0

( Z

0

2ρ dρ) dz = ^π ₄ Z

√ 3

0

dz = π

√ 3 4

e Z Z Z

T

x + 1 dxdydz = Z 2

√ 3

( Z Z

D

x + 1 dxdy)dz = Z 2

√ 3

( Z

q 1−

0

( Z 2π

0

(ρ cos θ + 1)ρ dθ) dρ)dz

= Z 2

√ 3

( Z

q 1−

0

ρ [ρ sin θ + θ] ^2π ₀ dρ)dz = π Z 2

√ 3

( Z

q 1−

0

2ρ dρ) dz

= π Z 2

√ 3

1 − ^z ₄

dz = π h

z − ^z ₁₂

i 2

√ 3

= π( ⁴ ₃ − ³

√ 3 4 ) Possiamo allora concludere che

Z Z

S

F · N _e dσ = − Z Z Z

T

x + 1 dxdydz = −π

√ 3

4 − π( ⁴ ₃ − ³

√ 3 4 ) = π(

√ 3 2 − ⁴ ₃ )

2. L’equazione differenziale y ⁰ + _x−1 ^y = x ² y ³ ` e equazione di Bernoulli con α = 3.

Per risolverla osserviamo che la funzione identicamente nulla ` e soluzione dell’equazione ma non del problema di Cauchy. Le soluzioni non nulle saranno date considerando la funzione incognita z(x) = y ^1−α (x) = y ⁻² (x) = _y

¹ (x) . Con tale sostituzione otteni- amo che le soluzioni positive saranno date da y(x) = √ ¹

z(x) mentre quelle negative da y(x) = − √ ¹

z(x) . Poich´ e la condizione iniziale richiesta ` e y(0) = −1 < 0, cerchiamo la soluzione del problema tra le soluzioni negative dell’equazione differenziale e quindi della forma y(x) = − √ ¹

z(x) . Risulta allora y ⁰ (x) = ¹ ₂ (z(x)) ⁻

z ⁰ (x) e dunque y ⁰ + y

x − 1 = x ² y ³ ⇔ ¹ ₂ z ⁻

z ⁰ − ^z _x−1

= −x ² z ⁻

⇔ z ⁰ = _x−1 ^2z − 2x ²

L’equazione nell’incognita z ` e equazione differenziale lineare e ammette come integrale generale

 Z 

con A(x) primitiva di a(x) = _x−1 ² . Poich´ e il dato iniziale ` e dato in x 0 = 0, possiamo scegliere come primitiva A(x) = 2 log(1−x) = log(1−x) ² nell’intervallo (−∞, 1) ottenendo

z(x) = e ^log(1−x)



− Z

2x ² e ^{− log(1−x)}

dx + c



= (1 − x) ²



− Z

2x

(1−x)

dx + c



= (1 − x) ²



−2 Z

1 + _x−1 ² + _(x−1) ¹

dx + c



= (1 − x) ² −2(x + 2 log(1 − x) − _x−1 ¹ ) + c

dove c ∈ R. Le soluzioni negative dell’equazione di Bernoulli data, definite in sottoinsiemi di (−∞, 1), saranno allora

y(x) = − 1

q

(1 − x) ² −2(x + 2 log(1 − x) − _x−1 ¹ ) + c
, c ∈ R

Dato che la soluzione deve verificare la condizione iniziale y(0) = −1 dovremo avere 1 = ^√ _−2+c ¹ e dunque c = 3. La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e pertanto

y(x) = − 1

q −2(x + 2 log(1 − x) − _x−1 ¹ ) + 3