FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2
Commissione F. Albertini, M. Motta
Ingegneria Gestionale, Meccanica, Meccatronica, Vicenza Vicenza, 2 luglio 2012
Soluzione (cenni) Esercizio 1 Si consideri per ogni a ∈ R l’equazione
F (x, y, z) = a sinh(x + 2y + z + 1) + 3x2yz − (a − 1) e
aRz
−1et2dt
= 1 − a.
(a) Determinare i valori del parametro a per i quali, sulla base del Teorema del Dini, in un intorno del punto P0 = (0, 0, −1) l’equazione data risulta esplicitabile i) almeno rispetto ad una variabile; ii) rispetto a tutte e tre le variabili, x, y e z.
(b) Per i valori di a determinati nel punto (a), i), determinare l’equazione del piano tangente alla superficie definita implicitamente dall’equazione data in P0 = (0, 0, −1).
(c) Determinare, se esiste, il valore di a tale che il piano tangente trovato in (b) risulti parallelo al piano z = 1 − x − 2y.
Sol. (a) Verifichiamo le hp. del T. del Dini in P0: F ∈ C∞(R3), F (0, 0, −1) = a sinh(0) + 0 − (a − 1) e0= 1 − a e inoltre, calcolando
∇F (x, y, z) = a cosh(x + 2y + z + 1) + 6xyz, 2a cosh(x + 2y + z + 1) + 3x2z, a cosh(x + 2y + z + 1) + 3x2y − (a − 1)a ez2e
aRz
−1et2dt ,
si ha ∇F (0, 0, −1) = (a, 2a, a(1 − e(a − 1)). Quindi le ipotesi del T. del Dini garantiscono che l’equazione data `e esplicabile (i) almeno rispetto a due variabili se a 6= 0; (ii) rispetto a tutte le 3 variabili se a 6= 0, 1 + (1/e).
(b) Per a 6= 0, semplificando a, l’equazione del piano tangente h∇F (0, 0, −1), P − P0i = 0 `e x + 2y + (1 + e − ea)(z + 1) = 0.
(c) Il piano trovato `e parallelo a z = 1 − x − 2y, cio`e a x + 2y + z = 1 quando 1 + e − ea = 1, cio`e per a = 1.
Esercizio 2 Dato il campo vettoriale F (x, y, z) =
x + 3yz, xz − 3 sin x, 6 sin
πx 1 − y
− 2 + x(1 − y)
, calcolare
(a) il flusso di F uscente dal tetraedro di vertici (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 2), (0, 0, 0);
(b) R
SF · ν dσ, cio`e il flusso di F , attraverso la superficie S data dal triangolo di vertici (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 0) con normale ν = (0, 0, 1).
Sol. (a) Il tetraedro `e una superficie chiusa, per cui dal T. della divergenza segue che l’integrale cercato `e uguale all’integrale triplo sul tetraedro ”pieno” T seguente:
Z Z Z
T
div F (x, y, z) dx dy dz = Z Z Z
T
1 dx dy dz = V ol(T ) = 1 3
1 22 = 1
3.
(b) S `e una superficie cartesiana che possiamo parametrizzare come (x, y, z) = σ(x, y) = (x, y, 0) con dominio (x, y) ∈ T .
= {(x, y) : y ∈ [0, 1], 0 ≤ x ≤ 1 − y}. Poich`e z = f (x, y) = 0, kσx∧ σyk = 1 e ν = (0, 0, 1) e l’integrale diventa
Z
S
F · ν dσ = Z Z
T
F3(x, y, 0) dx dy = Z 1
0
Z 1−y
0
6 sin
πx 1 − y
− 2 + x(1 − y)
dx dy =
= Z 1
0
−6(1 − y)
π cos
πx 1 − y
− 2x + x2
2 (1 − y)
x=1−y x=0
dy =
= Z 1
0
12(1 − y)
π − 2(1 − y) + (1 − y)3 2
dy = 6 π −7
8.
Esercizio 3 Si consideri il seguente insieme:
D = (
(x, y) ∈ R2 |
√3
2 y ≤ |x|, x2+ (|y| − 1)2 ≤ 4 )
.
Disegnare D e determinare i massimi e minimi assoluti di f (x, y) = tanh x2+ 2y su D.
Sol. D `e la parte di piano contenuta, per y ≥ 0, nella circonferenza di C1(0, 1) e r = 2 e sotto alla funzione valore assoluto: y = √2
3|x| e, per y ≤ 0, interna alla circonferenza di C2(0, −1) e r = 2.
Si tratta di un insieme compatto su cui f data `e continua. Per il T. di Weierstrass essa ammette dunque min e max assoluti. Inoltre, la funzione tanh(·) `e strettamente crescente, quindi i punti di min e max di f sono gli stessi di g(x, y) = x2+ 2y. Studiamo perci`o g.
Nei punti interni di D, ∇g(x, y) = (2x, 2) 6= (0, 0) per cui non esistono punti critici (candidati min-max interni). Basta studiare g sul bordo di D. Anzi, poich`e D `e simmetrico rispetto all’asse y e g(−x, y) = g(x, y), basta studiare ∂D solo per x ≥ 0. Quest’ultimo `e formato da 3 curve cartesiane:
γ1: x =
√3
2 y con y ∈ [0, 2]. g(γ1(y)) = 34y2 + 2y, parabola crescente in [0, 2], per cui basta calcolare il valore agli estremi: g(0, 0) = 0 e g(√
3, 2) = 7.
γ2: x = p4 − (y − 1)2 con y ∈ [0, 2]. g(γ2(y)) = −y2+ 4y + 3, parabola crescente in [0, 2], per cui basta calcolare il valore per y = 0, cio`e all’estremo rimasto: g(√
3, 0) = 3.
γ3: x =p4 − (y + 1)2 con y ∈ [−3, 0]. g(γ3(y)) = −y2+ 3, parabola crescente in [−3, 0], per cui basta calcolare il valore per y = −3, cio`e all’estremo rimasto: g(0, −3) = −6.
Esercizio 4 Si consideri per ogni k ∈ R la forma differenziale lineare ω = exlog(z2) dx +
2ye(y2+kz) dy +
3z2+ (4 − k)e(y2+kz)+2ex z
dz.
(a) Trovare il dominio di ω e determinare k ∈ R per cui ω risulta esatta nel semispazio z > 0.
(b) Per il valore di k trovato in (a), determinare una primitiva di ω nel semispazio z > 0.
(c) Per il valore di k trovato in (a), determinare R
γω, dove γ `e la semicirconferenza data da z =√
e, x2+ y2 = 4, x ≥ 0, percorsa in senso antiorario.
Sol. (a) Dom(ω) = R3\ {z = 0}. Nel semispazio z > 0, poich`e `e convesso, per un noto teorema ω = (F1, F2, F3) `e esatta se e solo se `e chiusa. Basta dunque imporre rotF = (0, 0, 0). Si ha:
∂
∂y exlog(z2) = ∂
∂x
2ye(y2+kz)
= 0,
∂
∂z exlog(z2) = ∂
∂x
3z2+ (4 − k)e(y2+kz)+2ex z
) = 2 ex z , e infine
∂
∂z
2ye(y2+kz)
= ∂
∂y
3z2+ (4 − k)e(y2+kz)+2ex z
che vale solo se k = 4 − k, cio`e per k = 2.
(b) U (x, y, z) = z3+ ey2+2z+ exlog(z2) + cost.
(c) Poich`e la semicirconferenza giace nel semispazio z > 0 dove la forma `e esatta e ha primitiva U , per un teorema noto valeR
γω = U (0, 2,√
e) − U (0, −2,√
e) che vale 0 perch`e U `e pari in y.
