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

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 13 giugno 2015

(1) Data la funzione f (x, y) = xy(y − x + 3)

a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, b) determinarne massimi e minimi assoluti nel quadrato

Q = {(x, y) ∈ R ² | 0 ≤ x ≤ 2, −2 ≤ y ≤ 0}.

(2) Calcolare Z Z Z

T

z ² dxdydz essendo T l’unione delle semisfere S ₁ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + (z − 1) ² ≤ ⁹ ₄ , z ≤ 1}

e

S ₂ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + (z + 1) ² ≤ ⁹ ₄ , z ≥ −1}

(3) Calcolare il lavoro del campo F(x, y, z) = (xy, y + z, z ² ) lungo la curva semplice e regolare γ avente per sostegno l’intersezione del cilindro ellittico x ² + 4z ² = 4 con il piano y = 1 − x nella regione z ≥ 0, parametrizzata in modo tale che nel punto P (0, 1, 1) risulti T · j > 0.

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + 4y = sin(2x)

y(π) = y ⁰ (π) = 0

Risoluzione

1. (a) La funzione risulta definita e di classe C ² su tutto R ² . Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = y(y − 2x + 3) = 0

∂f

∂y (x, y) = x(2y − x + 3) = 0

che ammette come soluzioni i punti O(0, 0), A(1, −1), B(0, −3) e C(3, 0). Risulta inoltre

∂ ² f

∂x ² (x, y) = −2y, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = 2y − 2x + 3, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 2x e applicando il test delle derivate parziali seconde otteniamo

• detHf (0, 0) =    

0 3 3 0

= −9 ⇒ O(0, 0) ` e punto di sella,

• detHf (1, −1) =    

2 −1

−1 2    

= 3 ⇒ A(1, −1) ` e punto di minimo relativo,

• detHf (0, −3) =    

6 −3

−3 0    

= −9 ⇒ B(0, −3) ` e punto di sella,

• detHf (3, 0) =    

6 −3

−3 0    

= −9 ⇒ C(3, 0) ` e punto di sella.

(b) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato Q, dal Teorema di Weier- strass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in Q. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione ammette un unico punto stazionario interno a Q, il punto A(1, −1) che risulta punto di minimo relativo con f (1, −1) = −1. Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂Q. Abbiamo che

• lungo i segmenti S ₁ = {(0, y) ∈ R ² | y ∈ [−2, 0]} e S ₂ = {(x, 0) ∈ R ² | x ∈ [0, 2]} la funzione risulta identicamente nulla;

• lungo il segmento S ₃ = {(2, y) ∈ R ² | y ∈ [−2, 0]}, f | S

(x, y) = f (2, y) = 2y ² + 2y = g(y) e la funzione risulta decrescente in [−2, − ¹ ₂ ], mentre risulta crescente in [− ¹ ₂ , 0] con g(−2) = f (2, −2) = 4, g(− ¹ ₂ ) = f (2, − ¹ ₂ ) = − ¹ ₂ e g(0) = f (2, 0) = 0;

• lungo S ₄ = {(x, −2) ∈ R ² | y ∈ [−2, 0]}, f | S

(x, y) = f (x, −2) = 2x ² − 2x = h(x) che risulta decrescente in [0, ¹ ₂ ], mentre ` e crescente in [ ¹ ₂ , 2] con h(0) = f (0, −2) = 0, h( ¹ ₂ ) = f ( ¹ ₂ , −2) = − ¹ ₂ e h(2) = f (2, −2) = 4.

Riunendo quanto trovato otteniamo

max ∂Q f (x, y) = f (2, −2) = 4 e min

∂Q f (x, y) = f (2, − ¹ ₂ ) = f ( ¹ ₂ , −2) = − ¹ ₂ .

Osservato per` o che nel punto di minimo relativo interno a Q si ha f (1, −1) = −1, con- cludiamo che

max Q f (x, y) = f (2, −2) = 4 e min

Q f (x, y) = f (1, −1) = −1

e quindi che il punto A(1, −1) ` e punto di minimo assoluto mentre D(2, −2) ` e punto di massimo assoluto per f (x, y) in Q.

2. Osserviamo innanzitutto che per simmetria (T ` e simmetrico rispetto al piano xy, l’integranda ` e pari rispetto a z) si ha

Z Z Z

T

z ² dxdydz = 2 Z Z Z

T

z ² dxdydz dove

T ⁺ = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + (z − 1) ² ≤ ⁹ ₄ , 0 ≤ z ≤ 1}

essendo

( x ² + y ² + (z − 1) ² = ⁹ ₄ x ² + y ² + (z + 1) ² = ⁹ ₄ ⇔

( x ² + y ² = ⁵ ₄ z = 0 Per calcolare RRR

T

z ² dxdydz possiamo ad esempio integrare per strati osservato che T ⁺ = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0, 1], (x, y) ∈ D _z } con D _z = {(x, y) ∈ R ² | x ² +y ² ≤ ⁹ ₄ −(z −1) ² } Abbiamo allora

Z Z Z

T

z ² dxdydz = 2 Z Z Z

T

z ² dxdydz = 2 Z 1

0

Z Z

D

z ² dxdy

 dz

= 2 Z 1

0

z ² µ(D _z ) dz = 2π Z 1

0

z ^{2 9} ₄ − (z − 1) ²
dz

= 2π Z 1

0 5

4 z ² − z ⁴ + 2z ³ dz = 2π  ₅

12 z ³ − ¹ ₅ z ⁵ + ¹ ₂ z ⁴  1

0 = ⁴³ ₃₀ π In alternativa si potevano utilizzare le coordinate sferiche ponendo

Φ :



 

 

x = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ z = 1 + ρ cos ϕ Osservato che Φ ⁻¹ (T ⁺ ) = P ∪ Q dove

P = {(ρ, ϕ, θ) | ρ ∈ [0, ³ ₂ ], ϕ ∈ [ ^π ₂ , ϕ ₀ ], θ ∈ [0, 2π]}

e

Q = {(ρ, ϕ, θ) | ρ ∈ [0, − _{cos ϕ} ¹ ], ϕ ∈ [ϕ ₀ , π], θ ∈ [0, 2π]}

essendo ϕ ₀ ∈ [0, π] tale che 1 + ³ ₂ cos ϕ ₀ = 0 e dunque cos ϕ ₀ = − ² ₃ , avremo Z Z Z

T

z ² dxdydz = 2 Z Z Z

P

(1 + ρ cos ϕ) ² ρ ² sin ϕ dρdϕdθ + 2

Z Z Z

Q

(1 + ρ cos ϕ) ² ρ ² sin ϕ dρdϕdθ = ... = ²⁷ ₂₀ π + ₁₂ ¹ π = ⁴³ ₃₀ π Infine, l’integrale poteva essere calcolato osservando che

Z Z Z

T

z ² dxdydz = Z Z Z

S

z ² dxdydz + Z Z Z

S

z ² dxdydz − Z Z Z

S

∩S

z ² dxdydz dove S ₁ ∩ S ₂ = {(x, y, z) ∈ R ³ | ⁹ ₄ − (z + 1) ² ≤ x ² + y ² ≤ ⁹ ₄ − (z − 1) ² , z ∈ [− ¹ ₂ , ¹ ₂ ]}.

3. Per ottenere una parametrizzazione della curva γ, si possono utilizzare le coordinate polari ellittiche ponendo

ϕ(θ) :



 

 

x = 2 cos θ, y = 1 − 2 cos θ, z = sin θ.

Dalla limitazione z = sin θ ≥ 0 si ottiene che θ ∈ [0, π]. Risulta allora che (0, 0, 1) = ϕ( ^π ₂ ) ed essendo ϕ ⁰ (θ) = (−2 sin θ, 2 sin θ, cos θ) per ogni θ ∈ (0, π), otteniamo che ϕ ⁰ ( ^π ₂ ) = (−2, 2, 0). La parametrizzazione trovata determina allora l’orientamento richiesto. Per definizione di lavoro abbiamo allora

Z

γ

F · ds = Z π

0

F (ϕ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) dθ

= Z π

0

(2 cos θ(1 − 2 cos θ), 1 − 2 cos θ + sin θ, sin ² θ) · (−2 sin θ, 2 sin θ, cos θ) dθ

= Z π

0

−4 cos θ sin θ(1 − 2 cos θ) + 2 sin θ(1 − 2 cos θ + sin θ) + cos θ sin ² θ dθ

= Z π

0

−8 cos θ sin θ + 8 sin θ cos ² θ + 2 sin θ + 2 sin ² θ + cos θ sin ² θ dθ

= 4 cos ² θ − ⁸ ₃ cos ³ θ − 2 cos θ + θ − sin θ cos θ + ¹ ₃ sin ³ θ  π

0 = ²⁸ ₃ + π.

4. L’equazione ` e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti

non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale gen-

erale dell’equazione omogenea associata y ⁰⁰ + 4y = 0. L’equazione caratteristica λ ² + 4 =

0 ammette le due radici complesse coniugate λ = ±2i e quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

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

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Usando il metodo di somiglianza, cerchiamo tale soluzione della forma y _p (x) = x(A cos(2x) + B sin(2x)) (siamo in un caso risonante). Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = − ¹ ₄ , B = 0. Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = − ¹ ₄ x cos(2x) L’integrale generale dell’equazione data ` e allora

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ cos(2x) + c ₂ sin(2x) − ^x ₄ cos(2x), c ₁ , c ₂ ∈ R.

Determiniamo infine le costanti c ₁ , c ₂ ∈ R in modo che risultino verificate le condizioni iniziali y(π) = y ⁰ (π) = 0. Dovremo avere

y(π) = c ₁ − ^π ₄ = 0 e y ⁰ (π) = 2c ₂ − ¹ ₄ = 0

da cui c ₁ = ^π ₄ e c ₂ = ¹ ₈ . La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e allora

y(x) = ^π ₄ cos(2x) + ¹ ₈ sin(2x) − ¹ ₄ x cos(2x)

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 13 luglio 2015 – A

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

a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, b) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 4, x ≥ 0}.

(2) Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) =



√ x

x

+y

, √ ^y

x

+y

, √ ^z

x

+y



uscente dalla superficie ottenuta dalla rotazione della curva z = x ² − 4x + 4, x ∈ [1, 2], attorno all’asse z di un angolo pari a 2π.

(3) Data la curva γ di equazione cartesiana y = e ^x , x ∈ R, nel punto P (0, 1) determinare (a) versore tangente e normale,

(b) curvatura ed equazione della circonferenza osculatrice.

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = ^y _x + ^x _y

log x

y(1) = 1

Risoluzione

1. (a) La funzione risulta definita e di classe C ² su tutto R ² . Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. Abbiamo

( _∂f

∂x (x, y) = 4x(x ² + y ² ) − 4x = 0

∂f

∂y (x, y) = 4y(x ² + y ² ) = 0

e dunque i punti stazionari della funzione sono O(0, 0) e P _± (±1, 0). Osserviamo che O(0, 0) non risulta ne’ punto di massimo ne’ punto di minimo, infatti f (0, 0) = 0, f (0, y) = y ⁴ ≥ 0 per ogni y ∈ R mentre f (x, 0) = x ⁴ − 2x ² = x ² (x ² − 2) ≤ 0 per |x| ≤ √

2. Risulta inoltre

∂ ² f

∂x ² (x, y) = 4(x ² + y ² ) + 8x ² − 4, ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = 8xy, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 4(x ² + y ² ) + 8y ² quindi

detHf (±1, 0) =    

8 0 0 4

= 32

e applicando il test delle derivate parziali seconde concludiamo che i punti P ± (±1, 0) sono di minimo relativo con f (±1, 0) = −1.

(b) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato K, dal Teorema di Weier- strass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione ammette un unico punto stazionario interno a K, il punto P ₊ (1, 0) che risulta punto di minimo relativo con f (1, 0) = −1. Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂K. Abbiamo che

• lungo il segmento S = {(0, y) ∈ R ² | y ∈ [−2, 2]} risulta f | S (x, y) = f (0, y) = y ⁴ e la funzione risulta crescente in [0, 2] e decrescente in [−2, 0]. I punti (0, ±2) risultano allora punti di massimo per f | S con f (0, ±2) = 16 mentre O(0, 0) risulta punto di minimo per f | S con f (0, 0) = 0.

• lungo l’arco C = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² = 4, x ≥ 0}, abbiamo y = ± √

4 − x ² , x ∈ [0, 2]

e f (x, ± √

4 − x ² ) = 16 − 2x ² = g(x) e la funzione risulta decrescente in [0, 2]. Quindi (2, 0) risulta punto di minimo per f | C con f (2, 0) = 8 mentre (0, ±2) risultano punti di massimo per f | _C con f (0, ±2) = 16.

Ne deduciamo che

max ∂K f (x, y) = f (0, ±2) = 16 e min

∂K f (x, y) = f (0, 0) = 0.

Osservato per` o che nel punto di minimo relativo interno a K si ha f (0, 1) = −1, conclu- diamo che

max K f (x, y) = f (0, ±2) = 16 e min

K f (x, y) = f (1, 0) = −1

e quindi che il punto P + (1, 0) ` e punto di minimo assoluto mentre Q ± (0, ±2) sono punti di massimo assoluto per f (x, y) in K.

2. Una rappresentazione parametrica della curva generatrice della superficie ` e γ(t) = (x(t), z(t)) = (t, t <sup>2</sup> − 4t + 4), t ∈ [1, 2]. Utilizzando le coordinate cilindriche (ρ, θ, z), osservato che ρ = x(t) = t, otteniamo allora che una parametrizzazione della superficie ` e data da

Φ :



 

 

x = x(t) cos θ = t cos θ y = x(t) sin θ = t sin θ z = z(t) = t ² − 4t + 4

, (t, θ) ∈ D = [1, 2] × [0, 2π].

Si ha

Φ _t (t, θ) ∧ Φ _θ (t, θ) =





i j k

cos θ sin θ 2t − 4

−t sin θ t cos θ 0





= t(4 − 2t) cos θ i + t(4 − 2t) sin θ j + t k

Nel punto P (0, ³ ₂ , ¹ ₄ ) = Φ( ³ ₂ , ^π ₂ ) risulta Φ _t ( ³ ₂ , ^π ₂ )∧Φ _θ ( ³ ₂ , ^π ₂ ) = (0, ³ ₂ , ³ ₂ ) e possiamo concludere che la parametrizzazione scelta determina un orientamento uscente del versore normale come richiesto. Dunque

Z Z

S

F · N dσ = Z Z

D

F(Φ(t, θ)) · Φ _t (t, θ) ∧ Φ _θ (t, θ) dtdθ

= Z Z

D



cos θ, sin θ, ^t

^−4t+4 _t 

· (t(4 − 2t) cos θ, t(4 − 2t) sin θ, t) dtdθ

= Z Z

D

t(4 − 2t) + t ² − 4t + 4 dtdθ

= Z 2π

0

Z 2 1

4 − t ²



dθ = ¹⁰ ₃ π

3. Una rappresentazione parametrica della curva ` e data da ϕ(t) = (t, e <sup>t</sup> ), t ∈ R e risulta P (0, 1) = ϕ(0). Si ha ϕ <sup>0</sup> (t) = (1, e <sup>t</sup> ) e dunque che ϕ <sup>0</sup> (0) = (1, 1) Ne segue che il versore tangente ` e T(0) = _kϕ ^ϕ

⁽⁰⁾ (0)k =

 √ 1 2 , ^{√ 1} ₂



mentre il versore normale orientato ` e N(0) = ˜ 

− ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2



. Risulta inoltre ϕ ⁰⁰ (t) = (0, e ^t ) da cui ϕ ⁰⁰ (0) = (0, 1) e dunque la curvatura orientata sar` a data da

k(0) = ˜

N(0) · ϕ ˜ ⁰⁰ (0) kϕ ⁰ (0)k ² =

 − ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2

 · (0, 1)

2 = 1

2 √

2 .

Poich` e ˜ k(0) > 0 possiamo concludere che la curvatura ` e k(0) ≡ ˜ k(0) = ₂ ^{√ 1} ₂ e che il versore normale ` e N(0) ≡ ˜ N(0) = 

− ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂ 

. Ne segue inoltre che il raggio di curvatura ` e r(0) = _k(0) ¹ = 2 √

2. La circonferenza osculatrice avr` a allora centro nel punto C = ϕ(0) + r(0)N(0) = (0, 1) + 2 √

2



− 1

√ 2 , 1

√ 2



= (0, 1) + (−2, 2) = (−2, 3) e quindi equazione

(x + 2) ² + (y − 3) ² = 8

4. L’equazione ` e equazione differenziale di Bernoulli. Per determinarne le soluzioni po- niamo

z(x) = y ² (x)

essendo y(x) soluzione del problema proposto. Si ottiene allora |y(x)| = pz(x) e poich`e cerchiamo una soluzione tale che y(1) = 1 > 0, avremo y(x) = pz(x) e dunque y ⁰ (x) =

z

(x) 2 √

z(x) . Avremo allora che z(x) dovr` a soddisfare il problema di Cauchy ( z ⁰ = _x ² z + 2x ³ log x

z(1) = y ² (1) = 1

L’equazione differenziale nell’incognita z ` e lineare del primo ordine non omogenea, cio` e del tipo z ⁰ = a(x)z + b(x). L’integrale generale sar` a allora della forma

z(x) = e ^A(x)

Z

b(x)e ^−A(x) dx + c



, c ∈ R,

dove A(x) ` e una primitiva di a(x) = ² _x . Scegliendo come primitiva la funzione A(x) = 2 log x, le soluzioni definite in (0, +∞) saranno date da

z(x) = e ^{2 log x}

Z

2x ³ log xe ^{−2 log x} dx + c



= x ²

Z

2x log x dx + c



= x ²



x ² log x − x ² 2 + c



, c ∈ R.

Imponendo la condizione iniziale z(1) = 1 si ottiene c = ³ ₂ e quindi che z(x) = x ²

2 2x ² log x − x ² + 3
. La soluzione del problema di Cauchy proposto risulta allora

y(x) = p z(x) =

r x ²

2 (2x ² log x − x ² + 3).

Osserviamo che l’equazione differenziale (pur non essendo equazione differenziale di Man-

fredi) poteva essere ricondotta ad un’equazione differenziale a variabili separabili nell’incognita

z(x) = ^y(x) _x .

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Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 13 luglio 2015 – B

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

a) determinarne, se esistono, massimi e minimi relativi nel suo dominio, b) determinarne massimi e minimi assoluti nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² ≤ 4, y ≥ 0}.

(2) Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) =



√ x

x

+y

, √ ^y

x

+y

, √ ^z

x

+y



entrante nella superficie ottenuta dalla rotazione della curva z = −x ² + 4x − 3, x ∈ [1, 2], attorno all’asse z di un angolo pari a 2π.

(3) Data la curva γ di equazione cartesiana y = log x, x ∈ (0, +∞), nel punto P (1, 0) determinare

(a) versore tangente e normale,

(b) curvatura ed equazione della circonferenza osculatrice.

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = ^y _x − y ² x log x

y(1) = −1

Risoluzione

1. (a) La funzione risulta definita e di classe C ² su tutto R ² . Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. Abbiamo

( _∂f

∂x (x, y) = −4x(x ² + y ² ) = 0

∂f

∂y (x, y) = 4y − 4y(x ² + y ² ) = 0

e dunque i punti stazionari della funzione sono O(0, 0) e P ± (0, ±1). Osserviamo che O(0, 0) non risulta ne’ punto di massimo ne’ punto di minimo, infatti f (0, 0) = 0, f (x, 0) = −x ⁴ ≤ 0 per ogni x ∈ R mentre f (0, y) = 2y ² − y ⁴ = y ² (2 − y ² ) ≥ 0 per |y| ≤ √

2. Risulta inoltre

∂ ² f

∂x ² (x, y) = −4(x ² + y ² ) − 8x ² , ∂ ² f

∂x∂y (x, y) = −8xy, ∂ ² f

∂y ² (x, y) = 4 − 4(x ² + y ² ) − 8y ² quindi

detHf (0, ±1) =    

−4 0 0 −8

= 32

e applicando il test delle derivate parziali seconde concludiamo che i punti P ± (±1, 0) sono di massimo relativo con f (0, ±1) = 1.

(b) Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato K, dal Teorema di Weier- strass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Per quanto provato nel precedente punto, la funzione ammette un unico punto stazionario interno a K, il punto P ₊ (0, 1) che risulta punto di massimo relativo con f (0, 1) = 1. Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂K. Abbiamo che lungo il segmento S = {(x, 0) ∈ R ² | x ∈ [−2, 2]} risulta f | S (x, y) = f (0, y) = −x ⁴ e la funzione risulta crescente in [−2, 0] e decrescente in [0, 2]. I punti (±2, 0) risultano allora punti di minimo per f | S

con f (±2, 0) = −16 mentre O(0, 0) risulta punto di massimo per f | S con f (0, 0) = 0.

Lungo l’arco C = {(x, y) ∈ R ² | x ² + y ² = 4, y ≥ 0}, abbiamo x = ±p4 − y ² , y ∈ [0, 2]

e f (±p4 − y ² , y) = 2y ² − 16 = g(x) e la funzione risulta crescente in [0, 2]. Quindi (0, 2) risulta punto di massimo per f | C con f (0, 2) = −8 mentre (±2, 0) risultano punti di minimo per f | C con f (±2, 0) = −16.

Ne deduciamo che

min ∂K f (x, y) = f (±2, 0) = −16 e max

∂K f (x, y) = f (0, 0) = 0.

Osservato per` o che nel punto di massimo relativo interno a K si ha f (1, 0) = 1, concludi- amo che

min

K f (x, y) = f (±2, 0) = −16 e max

K f (x, y) = f (0, 1) = 1

e quindi che il punto P + (0, 1) ` e punto di massimo assoluto mentre Q ± (±2, 0) sono punti di minimo assoluto per f (x, y) in K.

2. Una rappresentazione parametrica della curva generatrice della superficie ` e γ(t) = (x(t), z(t)) = (t, −t <sup>2</sup> + 4t − 3), t ∈ [1, 2]. Utilizzando le coordinate cilindriche (ρ, θ, z), osservato che ρ = x(t) = t, otteniamo allora che una parametrizzazione della superficie ` e data da

Φ :



 

 

x = t cos θ y = t sin θ

z = −t ² + 4t − 3

, (t, θ) ∈ D = [1, 2] × [0, 2π].

Si ha

Φ _t (t, θ) ∧ Φ _θ (t, θ) =





i j k

cos θ sin θ 4 − 2t

−t sin θ t cos θ 0





= t(2t − 4) cos θ i + t(2t − 4) sin θ j + t k

Nel punto P (0, ³ ₂ , ³ ₄ ) = Φ( ³ ₂ , ^π ₂ ) risulta Φ _t ( ³ ₂ , ^π ₂ ) ∧ Φ _θ ( ³ ₂ , ^π ₂ ) = (0, − ³ ₂ , ³ ₂ ) e possiamo con- cludere che la parametrizzazione scelta determina un orientamento entrante del versore normale come richiesto. Dunque

Z Z

S

F · N dσ = Z Z

D

F(Φ(t, θ)) · Φ _t (t, θ) ∧ Φ _θ (t, θ) dtdθ

= Z Z

D



cos θ, sin θ, ^−t

^+4t−3 _t 

· (t(2t − 4) cos θ, t(2t − 4) sin θ, t) dtdθ

= Z Z

D

t(2t − 4) − t ² + 4t − 3 dtdθ

= Z 2π

0

Z 2 1

3t ² − 3



dθ = 8π

3. Una rappresentazione parametrica della curva ` e data da ϕ(t) = (t, log t), t ∈ (0, +∞) e risulta P (1, 0) = ϕ(1). Si ha ϕ <sup>0</sup> (t) = (1, <sup>1</sup> <sub>t</sub> ) e dunque che ϕ <sup>0</sup> (1) = (1, 1) Ne segue che il versore tangente ` e T(1) = _kϕ ^ϕ

⁽¹⁾ (1)k = 

√ 1 2 , ^{√ 1}

2



mentre il versore normale orientato ` e N(0) = ˜ 

− ^{√ 1}

2 , ^{√ 1}

2



. Risulta inoltre ϕ ⁰⁰ (t) = (0, − _t ¹

) da cui ϕ ⁰⁰ (1) = (0, −1) e dunque la curvatura orientata sar` a data da

k(1) = ˜ N(1) · ϕ ˜ ⁰⁰ (1) kϕ ⁰ (1)k ² =



− ^{√ 1} ₂ , ^{√ 1} ₂



· (0, −1)

2 = − 1

2 √

2 .

Poich` e ˜ k(1) < 0 possiamo concludere che la curvatura ` e k(1) = −˜ k(1) = ₂ ^{√ 1} ₂ e che il versore normale N(1) = − ˜ N(1) = 

√ 1

2 , − ^{√ 1} ₂ 

. Ne segue inoltre che il raggio di curvatura

`

e r(1) = _k(1) ¹ = 2 √

2. La circonferenza osculatrice avr` a allora centro nel punto C = ϕ(1) + r(1)N(1) = (1, 0) + 2 √

2

 1

√ 2 , − 1

√ 2



= (1, 0) + (2, −2) = (3, −2) e quindi equazione

(x − 3) ² + (y + 2) ² = 8

4. L’equazione ` e equazione differenziale di Bernoulli. Osserviamo che y(x) ≡ 0 ` e soluzione singolare dell’equazione ma non del problema di Cauchy. Per determinare soluzioni mai nulle poniamo

z(x) = y ¹⁻² (x) = 1 y(x)

essendo y(x) soluzione del problema proposto. Si ottiene allora y(x) = _z(x) ¹ e dunque y ⁰ (x) = − _z ^z

^(x) (x) . Avremo allora che z(x) dovr` a soddisfare il problema di Cauchy

( z ⁰ = x log x − ^z _x z(1) = _y(1) ¹ = −1

L’equazione differenziale nell’incognita z ` e lineare del primo ordine non omogenea, cio` e del tipo z ⁰ = a(x)z + b(x). L’integrale generale sar` a allora della forma

z(x) = e ^A(x)

Z

b(x)e ^−A(x) dx + c



, c ∈ R,

dove A(x) ` e una primitiva di a(x) = − ¹ _x . Scegliendo come primitiva la funzione A(x) =

− log x, l’integrale generale dell’equazione sar` a allora z(x) = e ^{− log x}

Z

x log xe ^{log x} dx + c



= 1 x

Z

x ² log x dx + c



= 1 x

 x ³

3 log x − x ³ 9 + c



, c ∈ R.

Imponendo la condizione iniziale z(1) = −1 si ottiene c = − ⁸ ₉ e quindi che z(x) = 3x ³ log x − x ³ − 8x

9x .

La soluzione del problema di Cauchy proposto risulta allora y(x) = 1

z(x) = 9x

3x ⁴ log x − x ³ − 8x .

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 12 settembre 2015

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

x

+y

se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0) , a) Stabilire se ` e continua in (0, 0).

b) Calcolarne, se esistono, le derivate parziali in (0, 0).

c) Stabilire se ` e differenziabile in (0, 0).

(2) Determinare le coordinate del baricentro del corpo

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

di densit` a di massa σ(x, y, z) =

( 1 se z ≤ 2 2 se z ≥ 2 .

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

+1

, y log(x ² + 1) + y),

a) Stabilire se il campo ` e conservativo sul suo dominio e in caso affermativo determinarne un potenziale.

b) Calcolarne il lavoro lungo la curva avente per sostegno l’arco di parabola y = 1 + x ² con x ∈ [−1, 1].

(4) Determinare l’integrale generale dell’equazione differenziale y ⁰⁰ + 2y ⁰ − 8y = xe ^−2x .

Risoluzione

1. (a) La funzione risulta continua nell’origine, difatti considerando le coordinate polari si ha

lim

ρ→0

f (ρ cos θ, ρ sin θ) = lim

ρ→0

ρ ³ cos θ sin ² θ

ρ ² = lim

ρ→0

ρ cos θ sin ² θ = 0, ∀θ ∈ [0, 2π]

e il limite risulta uniforme rispetto a θ essendo |ρ cos θ sin ² θ| ≤ ρ → 0 per ρ → 0 ⁺ per ogni θ ∈ [0, 2π]. Dunque lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 = f (0, 0).

(b) Riguardo alla derivabilit` a, osservato che f (x, 0) = 0 per ogni x ∈ R e che f (0, y) = 0 per ogni y ∈ R, possiamo affermare che la funzione risulta derivabile parzialmente sia rispetto a x che a y in (0, 0) con

∂f

∂x (0, 0) = ∂f

∂y (0, 0) = 0.

(c) Riguardo alla differenziabilit` a, osserviamo che non esiste il limite

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − ^∂f _∂x (0, 0)x − ^∂f _∂y (0, 0)y

px ² + y ² = lim

(x,y)→(0,0)

xy ² (x ² + y ² )

in quanto, passando alle coordinate polari, abbiamo che

lim

ρ→0

ρ ³ cos θ sin ² θ

ρ ³ = cos θ sin ² θ ∀θ ∈ [0, 2π]

e quindi il limite dipende da θ ∈ [0, 2π]. Ne concludiamo che la funzione non risulta differenziabile in (0, 0).

2. Osserviamo innanzitutto che il corpo T risulta simmetrico rispetto all’asse z e poich` e la densit` a di massa ` e dipende solo da z, si ha che dette (x _B , y _B , z _B ) le coordinate del baricentro risulta x B = y B = 0 mentre

z _B = 1 m(T )

Z Z Z

T

σ(x, y, z)z dxdydz dove m(T ) = Z Z Z

T

σ(x, y, z) dxdydz Per calcolare tali integrali, osserviamo innanzitutto che posto

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

e

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

risulta T = T − ∪ T + e che T ± sono privi di punti interni comuni. Quindi, dalla propriet` a di additivit` a dell’integrale e dalla definizione di σ(x, y, z), si ha

m(T ) = Z Z Z

T

σ(x, y, z) dxdydz = Z Z Z

T

dxdydz + 2 Z Z Z

T

dxdydz = µ(T − ) + 2µ(T ₊ ) e

z _B = 1 m(T )

Z Z Z

T

σ(x, y, z)z dxdydz

= 1

µ(T − ) + 2µ(T ₊ )

Z Z Z

T

z dxdydz + 2 Z Z Z

T

z dxdydz



dove con µ(T ± ) si e’ denotato il volume di T ± .

Per calcolare i precedenti integrali, osserviamo che l’intersezione della cilindro x ² + y ² = 1 con il paraboloide z = x ² + y ² ` e data da



 

 

x ² + y ² = z x ² + y ² = 1 z ≥ 0

⇐⇒

( x ² + y ² = 1 z = 1 Possiamo allora scrivere

T − = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [1, 2], (x, y) ∈ C _z } e T ₊ = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [2, 4], (x, y) ∈ C _z } dove C z = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ z}. Integrando per strati si ottiene allora

µ(T − ) = Z Z Z

T

dxdydz = Z 2

1

( Z Z

C

dxdy)dz

= Z 2

1

µ(C _z )dz = Z 2

1

π(z − 1)dz = π  z ² 2 − z

 2 1

= π 2 mentre

µ(T + ) = Z Z

T

dxdydz = Z 4

2

( Z Z

C

dxdy)dz

= Z 4

2

µ(C _z )dz = Z 4

2

π(z − 1)dz = π  z ² 2 − z

 4 2

= 4π Abbiamo poi

Z Z Z

T

z dxdydz = Z 2

1

( Z Z

C

z dxdy)dz = Z 2

1

zµ(C _z ) dz

= Z 2

1

π(z ² − z)dz = π  z ³ 3 − z ²

2

 2 1

= 5π

6

e

Z Z Z

T

z dxdydz = Z 4

2

( Z Z

C

z dxdy)dz = Z 4

2

zµ(C _z ) dz

= Z 4

2

π(z ² − z)dz = π  z ³ 3 − z ²

2

 4 2

= 38π 3 Ne segue allora che

z _B = 1

µ(T − ) + 2µ(T ₊ )

Z Z Z

T

z dxdydz + 2 Z Z Z

T

z dxdydz



= 1

π 2 + 8π

 5π

6 + 2 · 38π 3



= 157

51 ≈ 3, 08

Volendo invece integrare per fili (metodo sicuramente non consigliato), osserviamo che T − = {(x, y, z) ∈ R ³ | (x, y) ∈ C − , x ² + y ² ≤ z ≤ 2}

dove C − = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 2} mentre abbiamo che T ₊ = T ₊ ⁱ ∪ T ₊ ^e dove T ₊ ⁱ = {(x, y, z) ∈ R ³ | (x, y) ∈ C ₋ , 2 ≤ z ≤ 4}

e

T ₊ ^e = {(x, y, z) ∈ R ³ | (x, y) ∈ C ₊ , x ² + y ² ≤ z ≤ 4}

essendo C ₊ = {(x, y) ∈ R ² | 2 ≤ x ² + y ² ≤ 4}.

Osserviamo che essendo m(T − ) = µ(T − ) e m(T ₊ ) = 2µ(T ₊ ), vale l’identit` a z(B) = m(T − )z(B − ) + m(T + )z(B + )

m(T − ) + m(T ₊ ) dove con B _± si ` e denotato il baricentro di T _± .

3. (a) Il campo ` e definito e di classe C ¹ nel suo dominio R ² ove risulta irrotazionale essendo

∂F ₁

∂y = 2xy

x ² + 1 = ∂F ₂

∂x , ∀(x, y) ∈ R ² .

Poich` e il dominio risulta semplicemente connesso, possiamo affermare che essendo irro- tazionale il campo risulta conservativo in R ² .

Per determinare un potenziale U (x, y) di F (x, y) in R ² , osserviamo che tale funzione dovr` a soddisfare le condizioni

∂U

∂x = xy ²

x ² + 1 e ∂U

∂y = y log(x ² + 1) + y

Dalla prima delle due condizioni abbiamo che U (x, y) =

Z xy ²

x ² + 1 dx = y ² 2

Z 2x

x ² + 1 dx = y ²

2 log(x ² + 1) + c(y) e dalla seconda

y log(x ² + 1) + y = ∂U

∂y = ∂

∂y

 y ²

2 log(x ² + 1) + c(y)



= y log(x ² + 1) + c ⁰ (y)

Dunque c ⁰ (y) = y da cui c(y) = ^y ₂

+ c, c ∈ R. Il generico potenziale del campo sar`a allora dato da

U (x, y) = y ²

2 (log(x ² + 1) + 1) + c

(b) Per calcolare il lavoro del campo lungo la curva γ(t) = (t, 1 + t ² ), t ∈ [−1, 1], dal Teorema sul lavoro di un campo conservativo, osservato che γ(−1) = (−1, 2) e γ(1) = (1, 2), abbiamo

Z

γ

F · ds = U (γ(1)) − U (γ(−1)) = U (1, 2) − U (−1, 2) = 0.

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> +2y−8y = 0. L’equazione caratteristica λ <sup>2</sup> +2λ−8 = (λ + 4)(λ − 2) = 0 ha per soluzione λ <sub>1</sub> = −4 e λ <sub>2</sub> = 2, quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

y ₀ (x) = c ₁ e ^−4x + c ₂ e ^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) = (Ax+B)e ^−2x (non siamo in un caso risonante). Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = − ¹ ₈ e B = ₃₂ ¹ . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = − 1 8

 x − 1

4

 e ^−2x

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

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ e ^−4x + c ₂ e ^2x − 1 8

 x − 1

4



e ^−2x

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie.

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 10 ottobre 2015

(1) Data la funzione f (x, y) = x ² + y ² , determinarne i punti di massimo e minimo assoluti nell’insieme

K = {(x, y) ∈ R ² | x ⁴ − x ² + y ² ≤ 2}.

(2) Calcolare Z Z Z

T

z

x ² + y ² dxdydz dove

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

(3) Data la curva y = x ² , x ∈ [0, 2],

a) determinare versore tangente, normale e curvatura in ogni punto della curva;

b) determinare l’equazione della circonferenza osculatrice nel punto P = (1, 1).

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + 4y = (x + 1) sin(2x)

y ⁰ (0) = y ⁰⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso e limitato K, dal Teorema di Weier- strass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. La funzione ammette un unico punto stazionario interno a K, l’origine O(0, 0) che risulta punto di minimo assoluto con f (0, 0) = 0. Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂K.

Osserviamo che ∂K = A ⁺ ∪ A ⁻ dove

A ^± = {(x, y) ∈ R ² | y = ± √

2 − x ⁴ + x ² , x ∈ [− √ 2, √

2]}.

Abbiamo che f | _A

(x, y) = 2 − x ⁴ + 2x ² = g(x). Osservato che g ⁰ (x) = −4x ³ + 4x = 4x(1 − x ² ), risulta che g(x) ` e crescente in [− √

2, −1] e [0, 1], decrescente in [−1, 0] e [1, √

2]. Essendo g(±1) = 3, g(± √

2) = g(0) = 2, ne segue che max

x∈[− √ 2, √

2]

g(x) = g(±1) = 3 e min

x∈[− √ 2, √

2]

g(x) = g(± √

2) = g(0) = 2 da cui

max

(x,y)∈∂K f (x, y) = f (±1, √

2) = f (±1, − √ 2) = 3 e

min

(x,y)∈∂K f (x, y) = f (± √

2, 0) = f (0, ± √ 2) = 2

Osservato che nel punto di minimo interno a K si ha f (0, 0) = 0, concludiamo che max K f (x, y) = f (±1, √

2) = f (±1, − √

2) = 3 e min

K f (x, y) = f (0, 0) = 0 e quindi che i punti P ± (±1, √

2) e Q ± (±1, − √

2) sono punti di massimo assoluto mentre

O(0, 0) ` e punto di minimo assoluto per f (x, y) in K.

In alternativa, volendo utilizzare il metodo di Lagrange, posto G(x, y) = x ⁴ − x ² + y ² considerata la lagrangiana F (x, y, λ) = f (x, y)−λ(G(x, y)−2) = x ² +y ² −λ(x ⁴ −x ² +y ² −2), possiamo determinarne i punti stazionari cercando le soluzioni del sistema



 

 

∂F

∂x = 2x − λ(4x ³ − 2x) = 0

∂F

∂y = 2y − 2λy = 0

∂F

∂λ = −(x ⁴ − x ² + y ² − 2) = 0 che ammette come soluzioni (±1, √

2, 1), (±1, − √

2, 1), (± √

2, 0, ¹ ₃ ) e (0, ± √

2, 1). Os- servato che G ∈ C ² (R ² ) e che ∇G(x, y) = (4x ³ − 2x, 2y) 6= 0 in ogni (x, y) ∈ ∂K, otteniamo che gli unici candidati punti di massimo e minimo vincolati per f (x, y) in

∂K sono P ± (±1, √

2), Q ± (±1, − √

2), R ± (± √

2, 0) e S ± (0, ± √

2). Poich` e f (±1, √ 2) = f (±1, − √

2) = 3 mentre f (± √

2, 0) = f (0, ± √

2) = 2 ne concludiamo che max ∂K f (x, y) = f (±1, √

2) = f (±1, − √ 2) = 3 e

min

∂K f (x, y) = f (± √

2, 0) = f (0, ± √ 2) = 2 2. Per calcolare l’integrale, osserviamo che possiamo scrivere

T = {(x, y, z) ∈ R ³ | z ∈ [0, 1], (x, y) ∈ C _z }

dove C _z = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 4 − z ² }. Integrando per strati e utilizzando le coordinate polari si ottiene allora

Z Z Z

T

z

x ² + y ² dxdydz = Z 1

0

( Z Z

C

z

x ² + y ² dxdy)dz = Z 1

0

( Z 2π

0

( Z

√ 4−z

1

z

ρ dρ) dθ)dz

= 2π Z 1

0

z log(4 − z ² ) dz = −π (4 − z ² ) log(4 − z ² ) − (4 − z ² )  1 0

= π(4 log 4 − 3 log 3 − 1).

Volendo invece integrare per fili, osserviamo che l’intersezione della cilindro x ² + y ² = 1 con la sfera x ² + y ² + z ² = 4 ` e data da



 

 

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

⇐⇒

( x ² + y ² = 1 z = √

3 e che

( x ² + y ² + z ² = 4

z = 1 ⇐⇒

( x ² + y ² = 3

z = 1

Ne segue che T = T 1 ∪ T 2 dove

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

4 − x ² − y ² } con C ₁ = {(x, y) ∈ R ² | 3 ≤ x ² + y ² ≤ 4}, mentre

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

essendo C ₂ = {(x, y) ∈ R ² | 1 ≤ x ² + y ² ≤ 3}.

3. Una rappresentazione parametrica della curva ` e data da ϕ(t) = (t, t <sup>2</sup> ), t ∈ R e risulta P (1, 1) = ϕ(1). Si ha ϕ <sup>0</sup> (t) = (1, 2t). Ne segue che il versore tangente ` e T(t) = _kϕ ^ϕ

^(t) (t)k =

 √ 1

1+4t

, ^{√ 2t}

1+4t



mentre il versore normale orientato ` e ˜ N(t) = 

− ^{√ 2t}

1+4t

, ^{√ 1}

1+4t



. Risulta inoltre ϕ ⁰⁰ (t) = (0, 2) da cui la curvatura orientata sar` a data da

k(t) = ˜

N(t) · ϕ ˜ ⁰⁰ (t) kϕ ⁰ (t)k ² =

 − ^{√ 2t}

1+4t

, ^{√ 1}

1+4t

 · (0, 2)

1 + 4t ² = 2

(1 + 4t ² ) √

1 + 4t ² .

Poich` e ˜ k(t) > 0 per ogni t ∈ R, possiamo concludere che la curvatura `e k(t) ≡ ˜k(t) e che il versore normale N(t) ≡ ˜ N(t).

Per determinare l’equazione della circonferenza osculatrice in P (1, 1) = ϕ(1), osserviamo che N (1) = 

− ^{√ 2}

5 , ^{√ 1}

5



e che k(1) = ²

5 √

5 . Ne segue che il raggio di curvatura ` e r(1) =

1 k(1) = ⁵

√ 5

2 . La circonferenza osculatrice avr` a allora centro nel punto C = ϕ(1) + r(1)N(1) = (1, 1) + ⁵

√ 5 2

 − ^{√ 2}

5 , ^{√ 1}

5



= (1, 1) + −5, ⁵ ₂
= −4, ⁷ ₂
e quindi equazione

(x + 4) ² + y − ⁷ ₂
2

= 125 4 .

4. L’equazione ` e equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti non omogenea. Per risolvere tale equazione determiniamo innanzitutto l’integrale gen- erale dell’equazione omogenea associata y <sup>00</sup> + 4y = 0. L’equazione caratteristica λ <sup>2</sup> + 4 = 0 ammette le due radici complesse coniugate λ = ±2i e quindi l’integrale generale dell’equazione omogenea associata ` e

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

Cerchiamo ora una soluzione particolare dell’equazione non omogenea. Usando il metodo di somiglianza, essendo un caso risonante, cerchiamo tale soluzione della forma

y p (x) = x((Ax + B) cos(2x) + (Cx + D) sin(2x)).

Derivando due volte e sostituendo nell’equazione otteniamo A = − ¹ ₈ , B = − ¹ ₄ , C = 0 e D = ₁₆ ¹ . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = −( ^x ₈

+ ^x ₄ ) cos(2x) + ₁₆ ^x sin(2x) L’integrale generale dell’equazione data ` e allora

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ cos(2x) + c ₂ sin(2x) − ( ^x ₈

+ ^x ₄ ) cos(2x) + ₁₆ ^x sin(2x), c ₁ , c ₂ ∈ R.

Determiniamo infine le costanti c ₁ , c ₂ ∈ R in modo che risultino verificate le condizioni iniziali y(0) = y ⁰ (0) = 1. Dovremo avere

y(0) = c ₁ = 1 e y ⁰ (0) = 2c ₂ − ¹ ₄ = 1

da cui c 1 = 1 e c 2 = ⁵ ₈ . La soluzione del problema di Cauchy proposto ` e allora

y(x) = cos(2x) + ⁵ ₈ sin(2x) − ( ^x ₈

+ ^x ₄ ) cos(2x) + ₁₆ ^x sin(2x).

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 16 gennaio 2016

(1) Data la funzione f (x, y) = xy ² − x ² y + xy, determinarne i punti di massimo e minimo assoluti nel triangolo di vertici (0, 0), (2, 0) e (0, −1).

(2) Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = (z, x + z, y + z ² ) attraverso la superficie sem- plice e regolare avente sostegno S = {(x, y, z) ∈ R ³ | x ² + y ² + z ² = 1, z ≥ 0} e orientata in modo tale che per il versore normale N risulti N · k > 0.

(3) Calcolare il lavoro del campo F (x, y, z) = (z, x, y) lungo la curva semplice γ avente per sostegno l’intersezione del cilindro 2x ² + y ² = 6x con il piano x + z = 3 nella regione x ≥ ³ ₂

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰⁰ + 4y ⁰ + 4y = (x + 1)e ^−2x

y(0) = y ⁰ (0) = 1

Risoluzione

1. La funzione risulta definita e continua su tutto R ² . Essendo il triangolo T chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto.

Cerchiamo innanzitutto massimi e minimi interni al dominio. Essendo la funzione di classe C ² in R ² , gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

( _∂f

∂x (x, y) = y ² − 2xy + y = y(y − 2x + 1) = 0

∂f

∂y (x, y) = 2xy − x ² + x = x(2y − x + 1) = 0

che ammette come soluzioni i punti O(0, 0), A(1, 0), B(0, −1) e C( ¹ ₃ , − ¹ ₃ ). Di tali punti solo C ` e punto interno di T , e dunque candidato punto di massimo o di minimo interno a T , con f ( ¹ ₃ , − ¹ ₃ ) = ¹ ₃ ¹ ₉ + ¹ ₉ ¹ ₃ − ¹ ₉ = − ₂₇ ¹ .

Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera ∂T . Abbiamo che

• lungo i segmenti S ₁ = {(0, y) ∈ R ² | y ∈ [−1, 0]} e S ₂ = {(x, 0) ∈ R ² | x ∈ [0, 2]} la funzione risulta identicamente nulla;

• lungo il segmento S ₃ = {(x, y) ∈ R ² | y = ^x ₂ − 1, x ∈ [0, 2]}, risulta f | S

(x, y) = f (x, ^x ₂ − 1) = − ¹ ₄ (x ³ − 2x ² ) = g(x) e la funzione risulta crescente in [0, ⁴ ₃ ], decrescente in [ ⁴ ₃ , 2] con g( ⁴ ₃ ) = f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = ₂₇ ⁸ ,g(0) = f (0, −1) = 0 e g(2) = f (2, 0) = 0;

Riunendo quanto trovato otteniamo max

∂T f (x, y) = f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = ₂₇ ⁸ e min

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

Osservato per` o che nel punto stazionario interno a T si ha f ( ¹ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ₂₇ ¹ , concludiamo che

max T f (x, y) = f ( ⁴ ₃ , − ¹ ₃ ) = ₂₇ ⁸ e min

T f (x, y) = f ( ¹ ₃ , − ¹ ₃ ) = − ₂₇ ¹

e quindi che il punto C( ¹ ₃ , − ¹ ₃ ) ` e punto di minimo assoluto mentre D( <sup>4</sup> <sub>3</sub> , − <sup>1</sup> <sub>3</sub> ) ` e punto di massimo assoluto per f (x, y) in T .

2. Osserviamo che posto T = {(x, y, z) | x ² + y ² + z ² ≤ 1, z ≥ 0}, risulta ∂T = S ∪ S ₀ , essendo S ₀ la superficie avente per sostegno il disco di equazione x ² + y ² = 1 nel piano z = 0. Dal Teorema della divergenza abbiamo allora

Z Z

S

F · N _u dσ + Z Z

S

F · N _u dσ = Z

∂T

F · N _u dσ = Z Z Z

T

div F dxdydz.

Essendo div F(x, y, z) = 2z, posto D _z = {(x, y) | x ² + y ² ≤ 1 − z ² , z ∈ [0, 1]}, risulta Z Z Z

T

div Fdxdydz = Z 1

0

Z Z

D

2z dxdy

 dz =

Z 1 0

µ(D _z )2z dz = Z 1

0

2πz(1 − z ² ) dz = ^π ₂

Osservato che il versore normale verifica N u · k > 0, e che quindi N ≡ N u , il flusso attraverso la superficie S nella direzione N sar` a dato da

Z Z

S

F · N dσ = ^π ₂ − Z Z

S

F · N u dσ.

Considerata la parametrizzazione ϕ(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ, 0), ρ ∈ [0, 1], θ ∈ [0, 2π], della superficie S ₀ , risulta ϕ _ρ (ρ, θ) ∧ ϕ _θ (ρ, θ) = (0, 0, ρ), vettore parallelo al versore (0, 0, 1) (dunque l’orientamento non ` e concorde alla direzione uscente N u ). Avremo allora

Z Z

S

F · N _u dσ = − Z Z

[0,1]×[0,2π]

F(ϕ(ρ, θ)) · ϕ _ρ (ρ, θ) ∧ ϕ _θ (ρ, θ) dρdθ

= − Z Z

[0,1]×[0,2π]

ρ sin θ · ρ dρdθ = [cos θ] ^2π ₀ h

ρ

3

i 1 0

= 0

Ne concludiamo che RR

S F · N dσ = ^π ₂ .

3. Osservato che 2x ² + y ² = 6x si pu` o riscrivere come ^(x−

3 2

)

9 4

+ ^y

= 1, per ottenere una parametrizzazione della curva γ, si possono utilizzare le coordinate polari ellittiche ponendo

ϕ(θ) :



 

 

x = ³ ₂ + ³ ₂ cos θ, y = ^{√ 3}

2 sin θ, z = ³ ₂ − ³ ₂ cos θ.

Dalla limitazione x = ³ ₂ + ³ ₂ cos θ ≥ ³ ₂ si ottiene che θ ∈ [− ^π ₂ , ^π ₂ ] (nota: non ci sono richieste riguardo all’orientamento della curva). Per definizione di lavoro abbiamo allora

Z

γ

F · ds = Z

−

F (ϕ(θ)) · ϕ ⁰ (θ) dθ

= Z

−

( ³ ₂ − ³ ₂ cos θ, ³ ₂ + ³ ₂ cos θ, ^{√ 3}

2 sin θ) · (− ³ ₂ sin θ, ^{√ 3}

2 cos θ, ³ ₂ sin θ) dθ

= Z

−

2

− ⁹ ₄ sin θ + ⁹ ₄ sin θ cos θ + ⁹

2 √

2 cos θ + ⁹

2 √

2 cos ² θ + ⁹

2 √

2 sin ² θ dθ

= Z

−

2

− ⁹ ₄ sin θ + ⁹ ₄ sin θ cos θ + ₂ ^{√ 9} ₂ cos θ + ₂ ^{√ 9} ₂ dθ

= h

9

4 cos θ + ⁹ ₈ sin ² θ + ⁹

2 √

2 sin θ + ⁹

2 √ 2 θ i

−

2

= ⁹

2 √

2 (2 + π).

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 0 = −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 = ¹ ₂ . Dunque, la soluzione particolare cercata ` e

y _p (x) = x ^{2 1} ₆ x + ¹ ₂
e ^−2x e l’integrale generale dell’equazione data

y(x) = y ₀ (x) + y _p (x) = c ₁ e ^−2x + c ₂ xe ^−2x + x ^{2 1} ₆ x + ¹ ₂
e ^−2x

dove c ₁ , c ₂ ∈ R sono costanti arbitrarie. Determiniamo infine le costanti c 1 e c ₂ in modo che risultino verificate le condizioni y(0) = y ⁰ (0) = 1. Abbiamo y(0) = c ₁ = 1 e poich´ e y ⁰ (x) = −2c ₁ e ^−2x + c ₂ e ^−2x − 2c ₂ xe ^−2x + x − ¹ ₃ x ² − ¹ ₂ x + 1
e ^−2x , dovr` a essere y ⁰ (0) =

−2 + c ₂ = 1 da cui c ₂ = 3. Quindi la soluzione del problema di Cauchy ` e

y(x) = e ^−2x + 3xe ^−2x + x ^{2 1} ₆ x + ¹ ₂
e ^−2x

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

Prova Scritta di Analisi Matematica 2 del 11 febbraio 2016

(1) Dato il campo vettoriale F (x, y, z) =  1

z + 2x, log(2 − y) + √ z, y

2 √ z − x

z ²



determinarne il dominio, stabilire se risulta irrotazionale e conservativo. Determinarne, se esiste, un potenziale. Calcolarne il lavoro lungo la curva γ(t) = (cos t, sin t, cos t + 1), t ∈ [0, ^π ₂ ].

(2) Determinare il baricentro del corpo solido

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

x ² + y ² } di densit` a di massa

σ(x, y, z) =

( z se z ≥ √ 2 2 se z < √

2

(3) Data la curva di equazione cartesiana y = cosh x, x ∈ [−1, 1], determinare ver- sore tangente, normale, curvatura ed equazione della circonferenza osculatrice nel punto P (0, 1).

(4) Determinare la soluzione del problema di Cauchy

( y ⁰ = ² _x y − ^y _x

y(1) = 1 specificandone il

dominio.

Risoluzione

1. Il campo ` e definito e di classe C ¹ nel suo dominio A = {(x, y, z) ∈ R ³ | z > 0, y < 2}

ove risulta irrotazionale essendo

∂F 1

∂y = 0 = ∂F 2

∂x , ∂F 1

∂z = − 1

z ² = ∂F 3

∂x , ∂F 2

∂z = 1 2 √

z = ∂F 3

∂y , ∀(x, y) ∈ A.

Poich` e il dominio A risulta semplicemente connesso, possiamo concludere che essendo irrotazionale il campo ` e conservativo in A.

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 = 1

z + 2x, ∂U

∂y = log(2 − y) + √

z e ∂U

∂z = y 2 √

z − x z ² Dalla prima delle tre condizioni abbiamo che

U (x, y, z) = Z 1

z + 2x dx = x

z + x ² + C ₁ (y, z) e dalla seconda

log(2 − y) + √

z = ∂U

∂y = ∂

∂y

 x

z + x ² + C 1 (y, z)



= ∂C ₁

∂y Dunque

C ₁ (y, z) = Z

log(2 − y) + √

z dy = (2 − y)(1 − log(2 − y)) + √

z y + C ₂ (z) da cui

U (x, y, z) = x

z + x ² + (2 − y)(1 − log(2 − y)) + √

z y + C ₂ (z).

Dalla terza delle tre condizioni abbiamo infine che y

2 √ z − x

z ² = ∂U

∂z = ∂

∂z

 x

z + x ² + (2 − y)(1 − log(2 − y)) + √

z y + C ₂ (z) 

= − x z ² + y

2 √

z + C ₂ ⁰ (z)

da cui C ₂ ⁰ (z) = 0 e quindi C ₂ (z) = c, c ∈ R. Un potenziale in A sar`a allora U (x, y, z) = x

z + x ² + (2 − y)(1 − log(2 − y)) + √

z y + c, c ∈ R.