2) Calcolare l’area della superficie ottenuta dalla rotazione dell’arco di circonferenza (x − 3) 2 + z 2 = 4 con x ≤ 3 attorno all’asse z di un angolo di 2π radianti.

Corso di Laurea in Ing. Meccanica (M/Z)

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 13 luglio 2019

1) Data la funzione f (x, y) = x ² + 2y ² − 2|x|y − x, determinare se esistono punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio, determinarne i punti di massimo e di minimo assoluto in R = [0, 2] × [0, 1].

2) Calcolare l’area della superficie ottenuta dalla rotazione dell’arco di circonferenza (x − 3) ² + z ² = 4 con x ≤ 3 attorno all’asse z di un angolo di 2π radianti.

3) Dato il campo vettoriale F(x, y, z) = (2x − ^z

_x ^{log y}

, ^z _xy

− log y, z ² + ^{2z log y} _x ), determinarne il dominio, stabilire se il campo risulta irrotazionale e conservativo nel suo dominio e in caso affermativo determinarne un potenziale.

4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + y ⁰ = x − sin x + 2,

y(0) = y ⁰ (0) = 1.

Risoluzione

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

f (x, y) =

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

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



 

 

∂f

∂x (x, y) = 2x − 2y − 1 = 0

∂f

∂y (x, y) = 4y − 2x = 0 x > 0

e



 

 

∂f

∂x (x, y) = 2x + 2y − 1 = 0

∂f

∂y (x, y) = 4y + 2x = 0 x < 0

Il primo sistema ammette come soluzione il punto P = (1, ¹ ₂ ) mentre il secondo non ammette soluzioni. Per determinare la natura del punto stazionario P = (1, ¹ ₂ ) valutiamo il determinante hessiano in R ² ∩ {x > 0} . Per x > 0 si ha

∂ ² f

∂x ² (x, y) = 2, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = −2, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 4 otteniamo

detHf (1, ¹ ₂ ) =    

2 −2

−2 4    

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

Essendo la funzione continua sul rettangolo R = [0, 2] × [0, 1] chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in R. Per quanto provato sopra, la funzione ammette un punto di minimo relativo interno a R ma nessun punto di massimo. Cerchiamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂R.

Tale frontiera ` e l’unione dei segmenti S ₁ = {(x, 0) | x ∈ [0, 2]}, S ₂ = {(2, y) | y ∈ [0, 1]}, S ₃ = {(x, 1) | x ∈ [0, 2]} e S ₄ = {(0, y) | y ∈ [0, 1]}. Osservato che R si trova nella regione x ≥ 0, abbiamo che

• lungo il segmento S ₁ , risulta che f | S

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

min S

f (x, y) = f ( ¹ ₂ , 0) = − ¹ ₄ e max

S

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

• lungo il segmento S 2 , si ha che f | S

(x, y) = f (2, y) = 2y ² − 4y + 2, y ∈ [0, 1], `e funzione decrescente in [0, 1], dunque

min S

f (x, y) = f (2, 1) = 0 e max

S

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

• lungo il segmento S 3 , abbiamo che f | S

(x, y) = f (x, 1) = x ² − 3x + 2, x ∈ [0, 1], `e funzione decrescente in [0, ³ ₂ ] e crescente in [ ³ ₂ , 2], pertanto

min S

f (x, y) = f ( ³ ₂ , 1) = − ¹ ₄ e max

S

f (x, y) = f (0, 1) = 2.

• lungo il segmento S 4 , si ha che f | S

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

min S

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

S

f (x, y) = f (0, 1) = 2.

Riunendo quanto ottenuto, ricordando che nel punto di minimo relativo interno f (1, ¹ ₂ ) =

− ¹ ₂ , otteniamo che P = (1, ¹ ₂ ) ` e punto di minimo assoluto in R mentre Q = (0, 1) e R = (2, 0) sono i punti di massimo assoluto

min T f (x, y) = f (1, ¹ ₂ ) = − ¹ ₂ e max

T f (x, y) = f (0, 1) = f (2, 0) = 2.

2. La superficie ottenuta dalla rotazione dell’arco di circonferenza (x − 3) ² + z ² = 4 con x ≤ 3 attorno all’asse z di un angolo di 2π radianti pu` o essere parametrizzata usando le coordinate cilindriche una volta determinata una parametrizzazione della curva. La curva (x − 3) ² + z ² = 4 con z ≥ 0 ammette come parametrizzazione ϕ(t) = (3 + 2 cos t, 2 sin t), t ∈ [ ^π ₂ , ^3π ₂ ]. Otteniamo quindi una parametrizzazione della superficie ponendo

Φ :



 

 

x = (3 + 2 cos t) cos θ y = (3 + 2 cos t) sin θ z = 2 sin t

, (t, θ) ∈ D = [ ^π ₂ , ^3π ₂ ] × [0, 2π].

Risulta allora kΦ t (t, θ) ∧ Φ θ (t, θ)k = (3 + 2 cos t)kϕ ⁰ (t)k = 2(3 + 2 cos t) e quindi A(S) =

Z Z

S

dσ = Z Z

D

2(3 + 2 cos t) dtdθ = 2 Z 2π

0

dθ Z

π 2

3 + 2 cos t dt

= 4π [3t + 2 sin t]

3π π2

2

= 4π(3π − 4)

In alternativa, detta γ la curva di sostegno l’arco di circonferenza e γ _B l’arco di circon- ferenza descritto dal baricentro della curva durante la rotazione, dal teorema di Guldino, si ottiene direttamente

A(S) = L(γ) · L(γ _B ) = L(γ) · 2π x _B = 2π Z

γ

x ds = 2π Z

π 2

(3 + 2 cos t)kϕ ⁰ (t)k dt

= 4π Z

π 2

3 + 2 cos t dt = ... = 4π(3π − 4)

3. Il campo F(x, y, z) = (2x − ^z

_x ^{log y}

, ^z _xy

− log y, z ² + ^{2z log y} _x ) ` e definito e di classe C ¹ nel suo dominio A = {(x, y, z) ∈ R ³ | x 6= 0, y > 0} dove risulta irrotazionale dato che

∂F

∂y = − _yx ^z

= ^∂F _∂x

, ^∂F _∂z

= − ^{2z log y} _x

= ^∂F _∂x

, ^∂F _∂z

= ^2z _xy = ^∂F _∂y

, ∀(x, y, z) ∈ A.

Poich´ e il dominio A non risulta connesso e dunque nemmeno semplicemente connesso, non possiamo affermare che essendo irrotazionale il campo ` e conservativo in A, abbiamo per` o che essendo irrotazionale il campo risulta conservativo nelle componenti semplicemente connesse A ⁺ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x > 0, y > 0} e A ⁻ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x < 0, y > 0}.

Per determinare un potenziale U (x, y, z) di F(x, y, z) in A ^± osserviamo che tale funzione dovr` a soddisfare le condizioni

∂U

∂x = 2x − ^z

_x ^{log y}

, ^∂U _∂y = _xy ^z

− log y e ^∂U _∂z = z ² + ^{2z log y} _x Dalla prima delle tre condizioni abbiamo che

U (x, y, z) = Z

2x − ^z

_x ^{log y}

dx = x ² + ^z

^{log y} _x + C ₁ (y, z) e dalla seconda

z

xy − log y = ^∂U _∂y = ^z _xy

+ ^∂C _∂y

Dunque

C ₁ (y, z) = Z

− log y dy = y − y log y + C ₂ (z) da cui

U (x, y, z) = x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + C 2 (z).

Dalla terza delle tre condizioni abbiamo infine che

z ² + ^{2z log y} _x = ^∂U _∂z = ^{2z log y} _x + C ₂ ⁰ (z)

da cui C ₂ ⁰ (z) = z ² e quindi C 2 (z) = ^z ₃

+ c, c ∈ R. Un potenziale in A ^± sar` a allora U ^± (x, y, z) = x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + ^z ₃

+ c ^± , c ^± ∈ R non necessariamente uguali. Ne segue che la funzione

U (x, y, z) =

( x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + ^z ₃

+ c ⁺ se x > 0 x ² + ^z

^{log y} _x + y − y log y + ^z ₃

+ c ⁻ se x < 0

con c ^± ∈ R, `e un potenziale del campo in A e quindi che il campo risulta conservativo nel suo dominio.

4. L’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = x − sin x + 2 ` e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolverla determiniamo innanzitutto l’integrale generale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> + y <sup>0</sup> = 0. L’equazione caratteristica asso- ciata, λ <sup>2</sup> + λ = 0, ammette due radici reali distinte λ <sub>1</sub> = 0 e λ <sub>2</sub> = −1. Quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea ` e

y ₀ (x) = c ₁ + c ₂ e ^−x , 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) = y ₁ (x) + y ₂ (x) essendo y ₁ (x) = A cos x + B sin x soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = − sin x e y ₂ (x) = x(a + bx) = ax + bx ² soluzione dell’equazione y ⁰⁰ + y ⁰ = x + 2 (siamo in un caso risonante).

Derivando due volte e sostituendo nelle rispettive equazioni otteniamo A = B = ¹ ₂ e a = 1, b = ¹ ₂ . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = ¹ ₂ (cos x + sin x) + x + ¹ ₂ x ² quindi l’integrale generale dell’equazione data ` e

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ + c ₂ e ^−x + ¹ ₂ (cos x + sin x) + x + ¹ ₂ x ²

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie. Determiniamo ora c 1 e c ₂ di modo che risultino soddisfatte le condizioni iniziali y(0) = y ⁰ (0) = 1:

( y(0) = c 1 + c 2 + ¹ ₂ = 1

y ⁰ (0) = −c 2 + ¹ ₂ + 1 = 1 ⇔

( c 1 = 0 c 2 = ¹ ₂ La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e allora

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = ¹ ₂ e ^−x + ¹ ₂ (cos x + sin x) + x + ¹ ₂ x ²