(a) determinarne, se esistono, i punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, (b) determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto nell’insieme

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 17 giugno 2017

1. Data la funzione f (x, y) = x ² + xy ² − x

(a) determinarne, se esistono, i punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, (b) determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | y ² ≤ x ≤ 2}.

2. Determinare le coordinate del baricentro del corpo piano D = {(x, y) ∈ R ² | 2x ² + y ² ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}

di densit` a di massa costante.

3. Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = (x − 1, z, y + z − 2) lungo la curva semplice avente per sostegno l’intersezione del cilindro ellittico x ² + 9y ² = 2x con il piano z = y + 2 nella regione x ≥ 1, orientata in modo tale che nel punto P = (2, 0, 2) verifichi T · k > 0.

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰⁰ − 4y ⁰ + 4y = xe ^2x

y(0) = y ⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. (a) La funzione f (x, y) = x ² + xy ² − x risulta definita e di classe C ² su tutto R ² . Gli eventuali punti di massimi e minimi relativi saranno quindi punti stazionari, ovvero le soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = 2x + y ² − 1 = 0

∂f

∂y (x, y) = 2xy = 0

Tale sistema ammette come soluzioni soluzione il punto P = ( ¹ ₂ , 0) e Q ± = (0, ±1). Per determinare la natura di tali punti stazionari valutiamo il determinante hessiano. Dato che

∂ ² f

∂x ² (x, y) = 2, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = 2y, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 2x otteniamo

detHf ( ¹ ₂ , 0) =    

2 0 0 1

   

= 2 Quindi P = ( ¹ ₂ , 0) ` e punto di minimo relativo, mentre

detHf (0, ±1) =    

2 ±1

±1 0    

= −1 e dunque Q ± non sono punti n´ e di massimo n´ e di minimo relativo.

(b) Essendo la funzione continua sull’insieme compatto K = {(x, y) ∈ R ² | y ² ≤ x ≤ 2}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Per quanto provato sopra, la funzione ammette un punto di minimo relativo interno a K, dove f ( ¹ ₂ , 0) = − ¹ ₄ . Cerchiamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂K. Tale frontiera ` e l’unione del segmento S = {(2, y) | y ∈ [− √

2, √

2]} e dell’arco di parabola P = {(y ² , y) | y ∈ [− √

2, √

2]} . Abbiamo che

• lungo il segmento S, risulta che f (x, y)| S = f (2, y) = 2(1 + y ² ), y ∈ [− √ 2, √

2], ` e funzione decrescente in [− √

2, 0] e crescente in [0, √

2], quindi max S f (x, y) = f (2, ± √

2) = 6 e min

S f (x, y) = f (2, 0) = 2.

• lungo l’arco P, si ha che f (x, y)| P = f (y ² , y) = 2y ⁴ − y ² , y ∈ [− √ 2, √

2], ` e funzione crescente in [− ¹ ₂ , 0] e in [ ¹ ₂ , √

2], decrescente in [− √

2, − ¹ ₂ ] e in [0, ¹ ₂ ]. Quindi max P f (x, y) = f (2, ± √

2) = 6 e min

P f (x, y) = f ( ¹ ₄ , ± ¹ ₂ ) = − ¹ ₈ .

Riunendo quanto ottenuto, osservato che f ( ¹ ₂ , 0) = − ¹ ₄ < f ( ¹ ₄ , ± ¹ ₂ ) = − ¹ ₈ , risulta che ( ¹ ₂ , 0) ` e punto di minimo assoluto in K mentre (2, ± √

2) sono i punti di massimo assoluto max K f (x, y) = max

∂K f (x, y) = f (2, ± √

2) = 6 e min

K f (x, y) = f ( ¹ ₂ , 0) = − ¹ ₄ .

2. Per determinare le coordinate del baricentro del corpo piano D = {(x, y) ∈ R ² | 2x ² + y ² ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}

osserviamo innanzitutto che il dominio risulta simmetrico rispetto all’asse y e poich´ e la densit` a di massa ` e costante, si ha che dette (x _B , y _B ) le coordinate del baricentro risulta x B = 0. Per calcolare l’ordinata y(B), notiamo che il dominio ` e normale `rispetto a y con

D = {(x, y) ∈ R ² | y ∈ [0, 1], − q

1 − ^y ₂

²

≤ x ≤ q

1 − ^y ₂

²

} quindi

µ(D) = Z Z

D

dxdy = Z 1

0



 Z

q 1−

^y2₂

− q

1−

^y2₂

dx



 dy = Z 1

0

2 q

1 − ^y ₂

²

dy = √ 2



arcsin ^{√ y}

2 + ^{√ y}

2

q 1 − ^y ₂

²

 1 0

= √

2 ^π ₄ + ¹ ₂
= ^√ ₄ ² (π + 2) e dunque

y(B) = _µ(D) ¹ Z Z

D

y dxdy = ^{√ 4}

2(π+2)

Z 1 0



 Z

q 1−

^y2₂

− q

1−

^y2₂

y dx



 dy = ^{√ 4}

2(π+2)

Z 1 0

2y q

1 − ^y ₂

²

dy

= − ^{√ 8}

2(π+2)

Z 1 0

−y q

1 − ^y ₂

²

dy = − ^{√ 8}

2(π+2) 2 3

h

(1 − ^y ₂

²

)

³²

i 1 0

= ¹⁶

3 √

2(π+2) (1 − ¹

2 √ 2 )

= ⁴⁽²

√ 2−1)

3(π+2) ≈ 0, 47

In alternativa possiamo notare che D = D ₁ ∪ D ₂ ∪ D ₃ dove D ₁ = {(x, y) ∈ R ² | 2x ² + y ² ≤ 2, 0 ≤ y ≤ √

2x}

D ₂ = {(x, y) ∈ R ² | √

2|x| ≤ y ≤ 1} = {(x, y) | y ∈ [0, 1], − ^{√ y}

2 ≤ x ≤ ^{√ y}

2 } D ₃ = {(x, y) ∈ R ² | 2x ² + y ² ≤ 2, 0 ≤ y ≤ − √

2x}

e dunque che dalla propriet` a distributiva dei baricentri risulta y(B) = µ(D ₁ )y(B ₁ ) + µ(D ₂ )y(B ₂ ) + µ(D ₃ )y(B ₃ )

µ(D ₁ ) + µ(D ₂ ) + µ(D ₃ )

dove B _i denota il baricentro di D _i e µ(D _i ) la sua area, i = 1, 2, 3. Dalla geometria elementare abbiamo che µ(D ₂ ) =

√ 2

2 e y(B ₂ ) = ² ₃ . Per simmetria abbiamo poi che µ(D 3 ) = µ(D 1 ) e y(B 3 ) = y(B 1 ) dove

µ(D ₁ ) = Z Z

D

1

dxdy e y(B ₁ ) = 1 µ(D 1 )

Z Z

D

1

y dxdy

Per calcolare l’integrale doppio possiamo utilizzare le coordinate polari ellittiche φ :

( x = ρ cos θ y = √

2ρ sin θ osservato che D ₁ = φ([0, 1] × [0, ^π ₄ ]). Otteniamo

µ(D ₁ ) = Z Z

D

1

dxdy = Z Z

[0,1]×[0,

^π₄

]

√

2ρ dρdθ = √ 2 ^π ₄

Z 1 0

ρ dρ =

√ 2 2

π 4 =

√ 2π 8

mentre

y(B ₁ ) = _µ(D ¹

1

)

Z Z

D

1

y dxdy = ^{√ 8}

2π

Z Z

D

1

y dxdy = ^{√ 8}

2π

Z Z

[0,1]×[0,

^π₄

]

2ρ ² sin θ dρdθ

= ^{√ 16}

2π

Z 1 0

ρ ² dρ Z

^π₄

0

sin θ dθ = ^{√ 8}

2π 2− √

2 3

Possiamo allora concludere che

y(B) = µ(D ₁ )y(B ₁ ) + µ(D ₂ )y(B ₂ ) + µ(D ₁ )y(B ₁ )

µ(D 1 ) + µ(D 2 ) + µ(D 3 ) = 2µ(D ₁ )y(B ₁ ) + µ(D ₂ )y(B ₂ ) 2µ(D 1 ) + µ(D 2 )

= 2 ²⁻

√ 2

3 +

√ 2

√ 3 2π

4 +

√ 2 2

= ⁴⁽⁴⁻

√ 2) 3 √

2(π+2) = ⁴⁽²

√

2−1)

3(π+2)

3. Osservato che l’intersezione tra il cilindro x ² + 9y ² = 2x e il piano z = y + 2 per x ≥ 1

`

e 

 

 

x ² + 9y ² = 2x z = y + 2 x ≥ 1

⇔



 

 

(x − 1) ² + 9y ² = 1 z = y + 2

x ≥ 1

una parametrizzazione ` e data da ϕ(θ) = (1 + cos θ, ¹ ₃ sin θ, 2 + ¹ ₃ sin θ) con θ ∈ [− ^π ₂ , ^π ₂ ].

Risulta allora

ϕ ⁰ (θ) = (− sin θ, ¹ ₃ cos θ, ¹ ₃ cos θ)

e dato che P = (2, 0, 2) = ϕ(0) e ϕ ⁰ (0) = (0, ¹ ₃ , ¹ ₃ ) risulta ϕ ⁰ (0) · k = ¹ ₃ > 0 e dunque che l’orientamento ` e quello richiesto. Abbiamo che

F(ϕ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) = (cos θ, 2 + ¹ ₃ sin θ, ² ₃ sin θ) · (− sin θ, ¹ ₃ cos θ, ¹ ₃ cos θ)

= − sin θ cos θ + ² ₃ cos θ + ¹ ₉ cos θ sin θ + ² ₉ cos θ sin θ = ² ₃ cos θ − ² ₃ cos θ sin θ e quindi che il lavoro del campo lungo γ ` e

Z

γ

F · ds = Z

^π₂

−

^π

2

F(γ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) dθ = Z

^π₂

−

^π

2

2

3 cos θ − ² ₃ cos θ sin θ dθ

=  ₂

3 sin θ + ¹ ₃ cos ² θ 

^π₂

−

^π

2

= ⁴ ₃

4. L’equazione data ` e equazione differenziale 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 <sup>0</sup> + 4y = 0. L’equazione caratteristica λ <sup>2</sup> − 4λ + 4 = (λ − 2) <sup>2</sup> = 0 ha per soluzione λ = 2 di molteplicit` a 2, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

y ₀ (x) = c ₁ e ^2x + c ₂ xe ^2x , c ₁ , c ₂ ∈ R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Utilizzando il metodo della somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y _p (x) = x ² (Ax + B)e ^2x (siamo in un caso risonante). Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = ¹ ₆ e B = 0. Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = ¹ ₆ x ³ e ^2x e l’integrale generale dell’equazione data ` e allora

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ e ^2x + c ₂ xe ^2x + ¹ ₆ x ³ e ^2x

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie. Infine, dato che y(0) = c 1 e y ⁰ (0) = 2c ₁ + c ₂ , la soluzione che verifica la condizione iniziale y(0) = y ⁰ (0) = 1 ` e

y(x) = e ^2x − xe ^2x + ¹ ₆ x ³ e ^2x

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 8 luglio 2017

1) Data la funzione f (x, y) =







log(1+x √

²

+y

²

)

x

²

+y

²

se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0)

stabilire se risulta continua, derivabile parzialmente e differenziabile nell’origine O = (0, 0).

2) Calcolare il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) = (yz ³ , xz ² , z) attraverso la superficie S ottenuta dalla rotazione della curva γ di equazione cartesiana x = √

1 − z ² , z ∈ [− ¹ ₂ , ¹ ₂ ], attorno all’asse z di un angolo pari a 2π e orientata in modo tale che nel punto P (0, 1, 0) risulti N · j < 0.

3) Dato il campo vettoriale F(x, y) =

 y

²

x

x

²

−1 − 2x, y log(x ² − 1) + y ² 

determinarne il dominio, stabilire se risulta irrotazionale e conservativo nel suo dominio e nel caso de- terminarne un potenziale. Calcolarne il lavoro lungo la curva ϕ(θ) = (2 cos θ, 2 sin θ), θ ∈ [0, ^π ₄ ].

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ = ² _x y + _x+1 ^x

y(− ¹ ₂ ) = 1

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 16 settembre 2017

1. Data la funzione f (x, y) = 2x ² − y ² , determinare se ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto nell’insieme K = {(x, y) ∈ R ² | ^x ₄

²

+ y ² ≤ 1, x ≥ 0}.

2. Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (xy, y + 2z, xyz) uscente dalla superficie semplice S frontiera del solido

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | 0 ≤ z ≤ 3 − p

x ² + y ² , z ≤ 2}

3. Data la curva di equazione polare ρ(θ) = sin(3θ), θ ∈ [0, 2π], stabilire se ` e semplice, chiusa e regolare. Determinare l’equazione della retta tangente nel punto ϕ( ^3π ₄ ).

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ + y tan x = xy ²

y(0) = 1

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = 2x ² − y ² risulta definita e di classe C ² su tutto R ² . Gli eventuali punti di massimi e minimi relativi saranno quindi punti stazionari, ovvero le soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = 4x = 0

∂f

∂y (x, y) = −2y = 0

Tale sistema ammette come unica soluzione il punto P = (0, 0). Per determinare la natura di tale punto stazionario possiamo valutare il determinante hessiano in tale punto. Dato

che ∂ ² f

∂x ² (x, y) = 4, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = 0, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = −2 otteniamo

detHf (0, 0) =    

4 0 0 −2

   

= −8

Quindi O = (0, 0) non ` e punto n´ e di massimo n´ e di minimo relativo. In alternativa era sufficiente osservare che f (x, 0) = 2x ² > f (0, 0) = 0 per ogni x 6= 0 mentre f (0, y) =

−2y ² < f (0, 0) = 0 per ogni y 6= 0, da cui potevamo concludere che O = (0, 0) non ` e punto n´ e di massimo n´ e di minimo relativo

Essendo la funzione continua sull’insieme compatto K = {(x, y) ∈ R ² | ^x ₄

²

+ y ² ≤ 1, x ≥ 0}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in tale insieme. Per quanto provato sopra, la funzione non ammette punti di massimo o di minimo relativo interni a K, tali punti cadranno quindi sulla frontiera ∂K. Tale frontiera

` e l’unione del segmento S = {(0, y) | y ∈ [−1, 1]} e dell’arco di ellisse E = {(x, y) ∈ R ² |

x

²

4 + y ² = 1, x ≥ 0} . Abbiamo che

• lungo il segmento S si ha f (x, y)| S = f (0, y) = −y ² , y ∈ [−1, 1], ` e funzione crescente in [−1, 0] e decrescente in [0, 1], quindi

min S f (x, y) = f (0, ±1) = −1 e max

S f (x, y) = f (0, 0) = 0.

• lungo l’arco E, abbiamo f (x, y)| P = f (p4 − 4y ² , y) = 8−8y ² −y ² = 8−9y ² , y ∈ [−1, 1],

`

e funzione crescente in [−1, 0] e decrescente in [0, 1]. Quindi min P f (x, y) = f (0, ±1) = −1 e max

P f (x, y) = f (2, 0) = 8.

Riunendo quanto ottenuto, otteniamo che (0, ±1) sono punti di minimo assoluto in K mentre (4, 0) ` e punto di massimo assoluto

max K f (x, y) = f (2, 0) = 8 e min

K f (x, y) = f (0, ±1) = −1.

2. Per calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (xy, y + 2z, xyz) uscente dalla superficie semplice S frontiera del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | 0 ≤ z ≤ 3 − px ² + y ² , z ≤ 2}

possiamo utilizzare il Teorema della divergenza ottenendo Z Z

S

F · N _u dσ = Z Z Z

T

div F dxdydz Z Z Z

T

y + 1 + xy dxdydz Per calcolare l’integrale triplo possiamo integrare per strati osservato che risulta

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0, 2], (x, y) ∈ D z } con D z = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ (3 − z) ² } Quindi, utilizzando le coordinate polari per calcolare l’integrale doppio, otteniamo

Z Z

S

F · N _u dσ = Z Z Z

T

y + 1 + xy dxdydz = Z 2

0

( Z Z

D

z

y + 1 + xy dxdy)dz

= Z 2

0

( Z 3−z

0

( Z 2π

0

(ρ sin θ + 1 + ρ ² cos θ sin θ)ρ dθ) dρ)dz

= Z 2

0

( Z 3−z

0

ρ −ρ cos θ + θ + ¹ ₂ ρ ² cos ² θ  2π 0 dρ)dz

= 2π Z 2

0

( Z 3−z

0

ρ dρ)dz = π Z 2

0

ρ ²  3−z

0 dz = π Z 2

0

(3 − z) ² dz

= ^π ₃ (z − 3) ³  2 0 = ^26π ₃

3. La curva di equazione polare ρ(θ) = sin(3θ), θ ∈ [0, 2π], corrisponde alla curva parametrizzata ϕ(θ) = (sin(3θ) cos θ, sin(3θ) sin θ), θ ∈ [0, 2π] e risulta di classe C ¹ in [0, 2π], dato che ` e tale ρ(θ) = sin(3θ). Abbiamo poi che per ogni θ ∈ [0, 2π] si ha kϕ ⁰ (θ)k 6= 0 dato che

ρ(θ) ² + ρ ⁰ (θ) ² = sin ² (3θ) + 9 cos ² (3θ) = 1 + 8 cos ² (3θ) 6= 0 Possiamo allora concludere che la curva risulta regolare in [0, 2π].

La curva ` e chiusa in quanto ϕ(0) = ϕ(2π) = (0, 0) ma non risulta semplice poich´ e ϕ( ^π ₃ ) = ϕ(π) = (0, 0). Infine risulta

ϕ ⁰ (θ) = (3 cos(3θ) cos θ − sin(3θ) sin θ, 3 cos(3θ) sin θ + sin(3θ) cos θ)

da cui ϕ ⁰ ( ^3π ₄ ) = (−2, 1). La retta tangente nel punto ϕ( ^3π ₄ ) = (− ¹ ₂ , ¹ ₂ ) ` e quindi x + 2y = ¹ ₂ .

4. L’equazione y ⁰ + y tan x = xy ² ` e equazione differenziale di Bernoulli, ovvero del tipo

y ⁰ = a(x)y + b(x)y ^α con a(x) = − tan x, b(x) = x e α = 2. Osserviamo che l’equazione

ammette come soluzione la funzione identicamente nulla y ₀ (x) = 0 per ogni x ∈ R che

non verifica per` o la condizione iniziale y(0) = 1. Per determinare le soluzioni non nulle

possiamo ricondurre tale equazione a un’equazione differenziale lineare considerando la funzione incognita z(x) = y ^1−α (x) = y ⁻¹ (x). Con tale sostituzione otteniamo che y(x) =

1

z(x) e quindi y ⁰ (x) = − _z(x) ^z

⁰

^(x)

2

e quindi y ⁰ + y tan x = xy ² ⇔ − z ⁰

z ² + tan x

z = x

z ² ⇔ z ⁰ = z tan x − x

L’equazione nell’incognita z ` e equazione differenziale lineare del tipo z ⁰ = ¯ a(x)z + ¯ b(x) con ¯ a(x) = tan x e ¯ b(x) = −x ammette come integrale generale

z(x) = e ^{A(x) ¯}

Z

¯ b(x)e ^{− ¯ A(x)} dx + c



con ¯ A(x) primitiva di ¯ a(x) = tan x. Considerato che nel dato iniziale x ₀ = 0 risulta cos x ₀ > 0, possiamo scegliere come primitiva ¯ A(x) = − log cos x ottenendo

z(x) = e − log cos x

Z

−xe ^{log cos x} dx + c



= 1

cos x

Z

−x cos x dx + c



= 1

cos x (−x sin x − cos x + c)

dove c ∈ R. Le soluzioni dell’equazione di Bernoulli data, oltre alla soluzione identica- mente nulla, saranno allora

y(x) = cos x

c − x sin x − cos x c ∈ R

Poich´ e y(0) = 1 dovremo avere _c−1 ¹ = 1, cio` e c = 2. La soluzione del problema di Cauchy dato sar` a pertanto

y(x) = cos x

2 − x sin x − cos x

Corsi di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 28 ottobre 2017

(1) Data la funzione f (x, y) = xy ² −x ² y+2xy, determinare se ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto nel triangolo di vertici (2, 0) e (0, ±2).

(2) Determinare le coordinate del baricentro del corpo piano D = {(x, y) ∈ R ² | y ² − 1 ≤ x ≤ p

1 − y ² } di densit` a di massa costante

(3) Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = (z − x ² , x − y, 2z) lungo la curva semplice e regolare avente per sostegno l’intersezione del cono z ² = x ² + ^y ₄

²

con il piano z = 1 nella regione y ≥ 1 orientata in modo tale che T · j < 0.

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy



 

 

y ⁰⁰ − y ⁰ − 2y = xe ^2x + cos x y(0) = 1

y ⁰ (0) = 0

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 13 gennaio 2018

1. Data la funzione f (x, y) = 2x ² + y ² + 2x|y| − 2y + 1, determinare se ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto nel triangolo di vertici (±1, 0) e (0, 1).

2. Determinare le coordinate del baricentro del solido

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | 1 ≤ x ² + y ² + z ² ≤ 4, y ≥ 0}

di densit` a di massa costante.

3. Dato il campo vettoriale F(x, y) = (x ³ +

√ y

√ x ,

√ x

√ y − y) stabilire se risulta irrotazione e conservativo nel suo dominio e in caso affermativo determinarne un potenziale. Calcolarne il lavoro lungo la curva avente per sostegno l’arco di circonferenza x ² +y ² = 4 nella regione x ≥ 1, y ≥ 1 percorsa in senso orario.

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰⁰ + y = x + _cos ¹

3

x

y(0) = y ⁰ (0) = 0

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = 2x ² + y ² + 2x|y| − 2y + 1 risulta definita in R ² . Osservato che

f (x, y) =

( 2x ² + y ² + 2xy − 2y + 1 se y ≥ 0 2x ² + y ² − 2xy − 2y + 1 se y < 0

ne deduciamo che ` e di classe C <sup>2</sup> su tutto il suo dominio eccetto nei punti dell’asse delle ascisse. I punti di tale asse non risultano n´ e di massimo n´ e di minimo infatti f (x, 0) = 2x <sup>2</sup> +1 risulta crescente per x > 0 e decrescente per x < 0. Ne segue che ogni punto (x 0 , 0) con x <sub>0</sub> 6= 0 non `e punto di massimo n´e di minimo. Anche l’origine (0, 0) non `e punto di massimo n´ e di minimo, in quanto risulta punto di minimo per la funzione ristretta all’asse delle ascisse ma, essendo f (0, y) = y ² − 2y + 1 = (y − 1) ² , non risulta punto di minimo per la funzione ristretta all’asse delle ordinate. Eventuali punti di massimo e minimo relativi in R ² \ {y = 0} saranno invece punti stazionari della funzione, ovvero soluzioni dei sistemi



 

 

∂f

∂x (x, y) = 4x + 2y = 0

∂f

∂y (x, y) = 2y + 2x − 2 = 0 y > 0

e



 

 

∂f

∂x (x, y) = 4x − 2y = 0

∂f

∂y (x, y) = 2y − 2x − 2 = 0 y < 0

Il primo sistema ammette come soluzione il punto P = (−1, 2) mentre il secondo non ammette soluzioni. Per determinare la natura del punto stazionario P = (−1, 2) valutia- mo il determinante hessiano in R ² ∩ {y > 0} . Dato che per y > 0 si ha

∂ ² f

∂x ² (x, y) = 4, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = 2, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 2 otteniamo

detHf (−1, 2) =    

4 2 2 2

   

= 4 Quindi P = (−1, 2) ` e punto di minimo relativo con f (−1, 2) = 6.

Essendo la funzione continua sul triangolo K di vertici (±1, 0) e (0, 1) chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Per quanto provato sopra, la funzione non ammette punti di massimo e minimo relativo interni a K. Cerchiamo quindi i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂K. Tale frontiera ` e l’unione dei segmenti S ₁ = {(x, 0) | x ∈ [−1, 1]}, S ₂ = {(x, x + 1) | x ∈ [−1, 0]}

e S ₃ = {(x, 1 − x) | x ∈ [0, 1]}. Osservato che K si trova nella regione y ≥ 0, abbiamo che

• lungo il segmento S ₁ , risulta che f (x, y)| S

₁

= f (x, 0) = 2x ² + 1, x ∈ [−1, 1], ` e funzione decrescente in [−1, 0] e crescente in [0, 1], quindi

min S

₁

f (x, y) = f (0, 0) = 1 e max

S

₁

f (x, y) = f (±1, 0) = 3.

• lungo il segmento S 2 , si ha che f (x, y)| S

2

= f (x, x+1) = 5x ² +2x, x ∈ [−1, 0], ` e funzione decrescente in [−1, − ¹ ₅ ] e crescente in [− ¹ ₅ , 0], dunque

min S

2

f (x, y) = f (− ¹ ₅ , ⁴ ₅ ) = − ¹ ₅ e max

S

2

f (x, y) = f (−1, 0) = 3.

• lungo il segmento S ₃ , abbiamo che f (x, 1 − x)| S

₂

= f (x, x + 1) = x ² + 2x, x ∈ [0, 1], ` e funzione crescente in [0, 1], pertanto

min S

3

f (x, y) = f (0, 1) = 0 e max

S

3

f (x, y) = f (1, 0) = 3.

Riunendo quanto ottenuto, otteniamo che (− ¹ ₅ , ⁴ ₅ ) ` e punto di minimo assoluto in K mentre (±1, 0) sono i punti di massimo assoluto

min K f (x, y) = f (− ¹ ₅ , ⁴ ₅ ) = − ¹ ₅ e max

K f (x, y) = f (±1, 0) = 3.

2. Per determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | 1 ≤ x ² + y ² + z ² ≤ 4, y ≥ 0} osserviamo innanzitutto che risulta simmetrico rispetto all’asse y e poich´ e la densit` a di massa ` e costante, dette (x _B , y _B , z _B ) le coordinate del baricentro, si ha che x _B = z _B = 0 mentre

y _B = 1 µ(T )

Z Z Z

T

y dxdydz dove µ(T ) = Z Z Z

T

dxdydz

Dalla geometria elementare (il solido ` e la porzione di sfera cava di raggio interno 1, raggio esterno 2 e centro l’origine nella regione y ≥ 0) abbiamo che il volume del solido µ(T )

`

e ² ₃ π(8 − 1) = ¹⁴ ₃ π. Per calcolare il primo integrale osserviamo che possiamo scrivere T = T ₋ ∪ T ₊ dove

T − = {(x, y, z) ∈ R ³ | y ∈ [0, 1], (x, z) ∈ C y } e T + = {(x, y, z) ∈ R ³ | y ∈ [1, 2], (x, y) ∈ D y } dove C _y = {(x, z) ∈ R ² | 1 − y ² ≤ x ² + z ² ≤ 4 − y ² } e D _y = {(x, z) ∈ R ² | x ² + z ² ≤ 4 − y ² }.

Integrando per strati si ottiene allora Z Z Z

T

−

y dxdydz = Z 1

0

( Z Z

C

y

y dxdz)dy = Z 1

0

y · µ(C _y ) dy

= Z 1

0

3πy dy = 3π h

y

²

2

i 1 0

= ^3π ₂ e

Z Z Z

T

+

y dxdydz = Z 2

1

( Z Z

D

y

y dxdz)dy = Z 2

1

yµ(D y ) dz

= Z 2

1

πy(4 − y ² )dy = π h

2y ² − ^y ₄

⁴

i 2 1

= ^9π ₄

Ne segue allora che

y _B = 1 µ(T )

Z Z Z

T

−

y dxdydz + Z Z Z

T

+

y dxdydz



= _14π ^{3 3π} ₂ + ^9π ₄
= ⁴⁵ ₅₆ ≈ 0, 8

In alternativa, per calcolare il precedente integrale si potevano utilizzare le coordinate sferiche

Φ :



 

 

x = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ z = ρ cos ϕ osservato che T = Φ(E) dove

E = {(ρ, ϕ, θ) ∈ [0, +∞) × [0, π] × [0, 2π] | ρ ∈ [1, 2], ϕ ∈ [0, π], θ ∈ [0, π]}.

da cui Z Z Z

T

y dxdydz = Z Z Z

E

ρ ³ sin ² ϕ sin θ dρdϕdθ = Z 2

1

ρ ³ dρ Z π

0

sin ² ϕ dϕ Z π

0

sin θ dθ

= ^π ₂ h

ρ

⁴

4

i 2

1 [− cos θ] ^π ₀ = ^15π ₄ e quindi

y B = 1 µ(T )

Z Z Z

T

y dxdydz = _14π ³ · ^15π ₄ = ⁴⁵ ₅₆

3. Il campo F(x, y) = (x ³ +

√ y

√ x ,

√ x

√ y − y) `e definito e di classe C ¹ nel suo dominio D = {(x, y) ∈ R ² | x > 0, y > 0} dove risulta irrotazionale dato che

∂F

1

∂y = ₂ ^{√ 1} _xy = ^∂F _∂x

²

, ∀(x, y) ∈ D.

Poich` e il dominio D risulta semplicemente connesso, possiamo concludere che il campo risulta conservativo nel suo dominio. Per determinarne un potenziale U (x, y) in D, os- serviamo che tale funzione dovr` a soddisfare le condizioni

∂U

∂x = x ³ +

√ y

√ x e ^∂U _∂y =

√ x

√ y − y Dalla prima delle due condizioni abbiamo che

U (x, y) = Z

x ³ +

√ y

√ x dx = ^x ₄

⁴

+ 2 √

xy + c(y)

e dalla seconda

√ x

√ y − y = ^∂U _∂y = _∂y ^∂ ( ^x ₄

⁴

+ 2 √

xy + c(y)) =

√ x

√ y + c ⁰ (y)

Dunque c ⁰ (y) = −y da cui c(y) = − ^y ₂

²

+ c, c ∈ R. Un potenziale del campo F in D sar`a allora

U (x, y) = ^x ₄

⁴

+ 2 √

xy − ^y ₂

²

+ c dove c ∈ R.

Per calcolarne il lavoro lungo la curva avente per sostegno l’arco di circonferenza x ² +y ² = 4 nella regione x ≥ 1, y ≥ 1 percorsa in senso orario, osserviamo che, essendo F(x, y) campo conservativo nel suo dominio D e la curva con sostegno γ contenuto in D, dal Teorema sul lavoro di un campo conservativo si ha

Z

γ

F · ds = U (x ₁ ) − U (x ₀ )

dove U (x, y) ` e un potenziale del campo F(x, y) in D e x ₀ e x ₁ sono i punti iniziale e finale della curva. Essendo x 0 = (1, √

3) e x 1 = ( √

3, 1), otteniamo Z

γ

F · ds = ⁹ ₄ + 2 q √

3 − ¹ ₂ − ( ¹ ₄ + 2 q √

3 − ³ ₂ ) = 3

4. L’equazione data ` e equazione differenziale 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> + y = 0. L’equazione caratteristica λ <sup>2</sup> + 1 = 0 ha per soluzione λ = ±i, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

y ₀ (x) = c ₁ cos x + c ₂ sin x, c ₁ , c ₂ ∈ R.

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea della forma y _p

₁

(x)+

y _p

₂

(x) essendo y _p

₁

(x) soluzione particolare dell’equazione y ⁰⁰ + y = x e y _p

₂

(x) soluzione particolare dell’equazione y ⁰⁰ + y = _cos ¹

3

x . Utilizzando il metodo della somiglianza per determinare la prima soluzione, cerchiamo tale soluzione della forma y _p

₁

(x) = Ax + B.

Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = 1 e B = 0. Dunque, la soluzione particolare cercata ` e y p

1

(x) = x. Per determinare la soluzione y p

2

(x) utilizziamo il metodo di variazione delle costanti arbitrarie: cerchiamo la soluzione della forma

y _p

₂

(x) = c ₁ (x) cos x + c ₂ (x) sin x dove c ₁ (x) e c ₂ (x) sono soluzioni del sistema

( c ⁰ ₁ (x) cos x + c ⁰ ₂ (x) sin x = 0

−c ⁰ ₁ (x) sin x + c ⁰ ₂ (x) cos x = _cos ¹

3

x

Otteniamo

c ⁰ ₁ (x) = − _cos ^{sin x}

3

x e c ⁰ ₂ (x) = _cos ¹

2

x . e dunque possiamo scegliere

c ₁ (x) = − _{2 cos} ¹

2

x e c ₂ (x) = tan x Da cui otteniamo che una soluzione particolare ` e

y _p

₂

(x) = − _{2 cos} ¹

2

x cos x + tan x sin x = − _{2 cos x} ¹ + ^sin _{cos x}

²

^x = ^{2 sin} _{2 cos x}

²

^x−1 L’integrale generale dell’equazione data ` e allora

y(x) = y 0 (x) + y p

1

(x) + y p

2

(x) = c 1 cos x + c 2 sin x + x + ^{2 sin} _{2 cos x}

²

^x−1

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie. Infine, dato che y(0) = c 1 − ¹ ₂ e y ⁰ (0) = c ₂ + 1, la soluzione che verifica la condizione iniziale y(0) = y ⁰ (0) = 0 ` e

y(x) = ¹ ₂ cos x − sin x + x + ^{2 sin} _{2 cos x}

²

^x−1

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 31 gennaio 2018

(1) Data la funzione f (x, y) = x ² + 4y ² − 2xy − 2x + 1, determinare se ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto nell’insieme K = {(x, y) ∈ R ² | x ² + 4y ² ≤ 9}.

(2) Determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | ^z ₂ ≤ p

x ² + y ² ≤ z ≤ 2}

di densit` a di massa costante.

(3) Determinare una parametrizzazione della curva semplice e regolare avente per sostegno l’intersezione del cilindro (x − 1) ² + y ² = 1 con la sfera x ² + y ² + z ² = 4 nella regione z ≥ 0. Determinarne versore tangente, normale e binormale, curvatura e torsione nel punto P = (0, 0, 2).

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ + ^2y _x = ^1+x

²

^log(x _x

²

⁾

y(−1) = 1

Corso di Laurea in Ing. Meccanica M/Z

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 21 febbraio 2018

1. Data la funzione f (x, y) = x ² + 4y ² + 2xy − 2x − 4, determinare se ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio. Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto nell’insieme K = {(x, y) ∈ R ² | x ² + 4y ² ≤ 4, x ≥ 0}.

2. Determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | z − 1 ≤ p

x ² + y ² ≤ ^z ₂ ≤ 1}

di densit` a di massa δ(x, y, z) = z.

3. Determinare una parametrizzazione della curva semplice e regolare avente per sostegno l’intersezione del cilindro (x − 1) ² + ^y ₉

²

= 1 con la sfera x ² + y ² + z ² = 3 nella regione z ≥ 0.

Determinarne versore tangente, normale e binormale e curvatura nel punto P = (0, 0, √ 3).

4. Determinare la soluzione del problema di Cauchy ( y ⁰ = _x ^y − ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾

y(−1) = 1

Risoluzione

1. La funzione f (x, y) = x ² + 4y ² + 2xy − 2x − 4 risulta definita e di classe C ² su tutto R ² . Gli eventuali punti di massimi e minimi relativi saranno quindi punti stazionari, ovvero le soluzioni del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = 2x + 2y − 2 = 0

∂f

∂y (x, y) = 8y + 2x = 0

Tale sistema ammette come unica soluzione il punto P = ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ), per determinarne la natura valutiamo il determinante hessiano. Dato che

∂

²

f

∂x

²

(x, y) = 2, _∂x∂y ^∂

²

^f (x, y) = 2 ^∂ _∂y

²

^f

2

(x, y) = 8 otteniamo

detHf ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) =    

2 2 2 8

   

= 12

e quindi che P = ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) ` e punto di minimo relativo con f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ .

Essendo la funzione continua sull’insieme compatto K = {(x, y) ∈ R ² | x ² + 4y ² ≤ 4, x ≥ 0}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K.

Per quanto provato sopra, la funzione ammette un punto di minimo relativo interno a K, dove f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ . Cerchiamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera

∂K. Tale frontiera ` e l’unione del segmento S = {(0, y) | y ∈ [−1, 1]} e dell’arco di ellisse E = {(p4 − 4y ² , y) | y ∈ [−1, 1]} . Abbiamo che

• lungo il segmento S, abbiamo f (x, y)| S = f (0, y) = 4y ² − 4, y ∈ [−1, 1], `e funzione decrescente in [−1, 0] e crescente in [0, 1], quindi

max S f (x, y) = f (0, ±1) = 0 e min

S f (x, y) = f (0, 0) = −4.

• lungo l’arco E, si ha che f (x, y)| E = f (p4 − 4y ² , y) = 4p1 − y ² (y − 1), y ∈ [−1, 1], ` e funzione crescente in [−1, − ¹ ₂ ] e decrescente in [− ¹ ₂ , 1]. Quindi

min E f (x, y) = f ( √

3, − ¹ ₂ ) = −3 √

3 e max

E f (x, y) = f (0, ±1) = 0.

Riunendo quanto ottenuto, osservato che f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ < f ( √

3, − ¹ ₂ ) = −3 √

3, risulta che P = ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) ` e punto di minimo assoluto in K mentre (0, ±1) sono punti di massimo assoluto

max

K f (x, y) = max

∂K f (x, y) = f (0, ±1) = 0 e min

K f (x, y) = f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ¹⁶ ₃ .

2. Per determinare le coordinate del baricentro del solido T = {(x, y, z) ∈ R ³ | ^z ₂ ≤

px ² + y ² ≤ z − 1 ≤ 1} osserviamo innanzitutto che il solido risulta simmetrico rispetto

all’asse z e poich´ e la densit` a di massa dipende solo dalla variabile z, dette (x B , y B , z B ) le coordinate del baricentro, si ha che x _B = y _B = 0 mentre

z B = 1 m(T )

Z Z Z

T

z ² dxdydz dove m(T ) = Z Z Z

T

z dxdydz Per calcolare tali integrali osserviamo che possiamo scrivere T = T − ∪ T ₊ dove

T − = {(x, y, z) ∈ R ³ | y ∈ [0, 1], (x, y) ∈ C _z } e T ₊ = {(x, y, z) ∈ R ³ | y ∈ [1, 2], (x, y) ∈ D _z } dove D _z = {(x, y) ∈ R ² | px ² + y ² ≤ ^z ₂ } e C _z = {(x, y) ∈ R ² | z − 1 ≤ px ² + y ² ≤ ^z ₂ }.

Integrando per strati si ottiene allora m(T ) =

Z Z Z

T

−

z dxdydz + Z Z Z

T

+

z dxdydz = Z 1

0

( Z Z

D

z

z dxdy)dz + Z 2

1

( Z Z

C

z

z dxdy)dz

= Z 1

0

z · µ(D _z ) dz + Z 2

1

z · µ(C _z ) dz = Z 1

0

z · π ^z ₄

²

dz + Z 2

1

z · π( ^z ₄

²

− (z − 1) ² ) dz

= ^π ₄ Z 1

0

z ³ dz + ^π ₄ Z 2

1

−3z ³ + 8z ² − 4z dz = ^π ₄

 h

z

⁴

4

i 1 0

+ h

− ^3z ₄

⁴

+ ^8z ₃

³

− 2z ² i 2 1



= ^5π ₁₂ e in modo analogo

Z Z

T

z ² dxdydz = Z Z Z

T

−

z ² dxdydz + Z Z Z

T

+

z ² dxdydz

= Z 1

0

( Z Z

D

z

z ² dxdy)dz + Z 2

1

( Z Z

C

z

z ² dxdy)dz

= Z 1

0

z ² · µ(D _z ) dz + Z 2

1

z ² · µ(C _z ) dz

= Z 1

0

z ² · π ^z ₄

²

dz + Z 2

1

z ² · π( ^z ₄

²

− (z − 1) ² ) dz

= ^π ₄ Z 1

0

z ⁴ dz + ^π ₄ Z 2

1

−3z ⁴ + 8z ³ − 4z ² dz

= ^π ₄

 h

z

⁵

5

i 1 0

+ h

− ^3z ₅

⁵

+ 2z ⁴ − ^4z ₃

³

i 2 1



= ^34π ₆₀ Ne segue allora che

z _B = 1 m(T )

Z Z Z

T

−

z dxdydz + Z Z Z

T

+

z dxdydz



= ³⁴ ₂₅ ≈ 1, 36

3. Il sostegno della curva ` e dato dall’intersezione ( (x − 1) ² + ^y ₉

²

= 1

x ² + y ² + z ² = 3

Possiamo usare le coordinare polari ellittiche per parametrizzare l’ellisse (x − 1) ² + ^y ₉

²

= 1, ponendo x = 1 + cos t, y = 3 sin t, con t ∈ [0, 2π] da cui, essendo z ≥ 0,

z = p

3 − x ² − y ² = q

3 − (1 + cos t) ² − 9 sin ² t = √

8 cos ² t − 2 cos t − 7.

Otteniamo quindi una parametrizzazione della curva ponendo ϕ(t) = (1 + cos t, 3 sin t, √

8 cos ² t − 2 cos t − 7), t ∈ [0, 2π].

Risulta allora

ϕ ⁰ (t) = 

− sin t, 3 cos t, √ sin t−8 cos t sin t 8 cos

²

t−2 cos t−7

 e

ϕ ⁰⁰ (t) = 

− cos t, −3 sin t, (cos t−8 cos

²

t+8 sin

²

t)(8 cos

²

t−2 cos t−7)−(sin t−8 cos t sin t)

²

(8 cos

²

t−2 cos t−7)

^3/2

 .

Osserviamo che la curva non ` e parametrizzata mediante ascissa curvilinea dato che kϕ ⁰ (t)k 6≡ 1. Il punto P = (0, 0, √

3) corrisponde a ϕ(π), abbiamo quindi ϕ ⁰ (π) = (0, −3, 0), ϕ ⁰⁰ (π) = (1, 0, −3 √

3) e ϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π) = (9 √

3, 0, 3) = 3(3 √ 3, 0, 1) e dunque il versore tangente in P ` e dato da

T(π) = (0, −1, 0), il versore binormale ` e

B(π) = ϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π)

kϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π)k = (− ³

√ 3 2 √

7 , 0, ₂ ^{√ 1} ₇ ) e il versore normale ` e

N(π) = B(π) ∧ T(π) = ( ¹

2 √

7 , 0, − ³

√ 3 2 √

7 ) Infine, la curvatura ` e data da

k(π) = kϕ ⁰ (π) ∧ ϕ ⁰⁰ (π)k kϕ ⁰ (π)k ³ = ²

√ 7 9 .

4. L’equazione y ⁰ = ^y _x − ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾ ` e equazione differenziale lineare del tipo y ⁰ = a(x)y + b(x) con a(x) = ¹ _x e b(x) = − ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾ ammette come integrale generale

y(x) = e ^A(x)

Z

b(x)e ^−A(x) dx + c



con A(x) primitiva di a(x) = _x ¹ . Considerato che il dato iniziale x 0 = −1 ` e negativo, possiamo scegliere come primitiva A(x) = log(−x) ottenendo

y(x) = e ^log(−x)

Z

− ^1−x

²

^log(x _x

²

⁾ e ^{− log(−x)} dx + c



= −x

Z

1−x

²

log(x

²

)

x

²

dx + c



= −x

Z

1

x

²

− log(x ² ) dx + c



= −x − ¹ _x − x log(x ² ) + 2x + c

dove c ∈ R. Poich´e y(−1) = 1 dovremo avere che 1 − 2 + c = 1 da cui c = 2 e la soluzione del problema di Cauchy dato sar` a quindi

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