Universit`a degli Studi di Padova – Facolt`a di Ingegneria
FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2
Prof. F. Albertini, M. Motta Vicenza, 27-07-2010
Soluzione
Esercizio 1 Si consideri il seguente insieme:
D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 3, y ≥ −1, y ≥ −|x − 2|, y ≤ |x2− 2x| . (a) Disegnare D.
(b) Determinare l’area di D.
(c) Determinare il volume del solido S ottenuto ruotando D attorno all’asse y di un angolo α = π.
Soluzione (b) D si pu`o parametrizzare come unione di tre domini normali rispetto a y, D =(x, y) : x ∈ [0, 1], −1 ≤ y ≤ −x2+ 2x ∪
(x, y) : x ∈ [1, 2], x − 2 ≤ y ≤ −x2+ 2x ∪ (x, y) : x ∈ [2, 3], −x + 2 ≤ y ≤ x2− 2x . Quindi l’area di D `e data da
Area(D) = Z 1
0
(−x2+ 2x + 1) dx + Z 2
1
(−x2+ x + 2) dx + Z 3
2
(x2− x − 2) dx = 14 3 . (c) Per il volume, in base al Teorema di Guldino e usando la parametrizzazione di D di sopra, si deve calcolare
V ol(S) = πRR
Dx dx dy = π
hR1
0 x(−x2+ 2x + 1) dx +R2
1 x(−x2+ x + 2) dx +R3
2 x(x2− x − 2) dxi
= 8912π.
Esercizio 2 Si consideri la seguente curva:
γ :
x(t) = 2 cos(t) y(t) = 2 sin(t) z(t) = t2+ 1
t ∈ [−π, π].
(a) Determinare al lunghezza di γ.
(b) Determinare il versore tangente alla curva nel punto P (2, 0, 1).
Soluzione. Si ha
γ0 :
x0(t) = −2 sin(t) y0(t) = 2 cos(t) z(t) = 2t
t ∈] − π, π[.
e dunque, (a) L(γ) =
Z π
−π
|γ0(t)| dt = Z π
−π
p(−2 sin t)2+ (2 cos t)2+ (2t)2dt = 2 Z π
0
p4 + 4t2dt =
4 t 2
p1 + t2+1
2settsinh(t)
π 0
= 2h πp
1 + π2+ settsinh(π)i . (b) P (2, 0, 1) = γ(0) e t = γ0(0)/|γ0(0)| = (0, 2, 0)/|(0, 2, 0)| = (0, 1, 0).
Esercizio 3 Data la forma differenziale lineare:
ω = 2xf (x2+ y2) + axy dx + 2yf (x2+ y2) + x2 dy, dove f : R → R `e una funzione di classe C∞ e a ∈ R.
(a) Determinare quali condizioni devono soddisfare la funzione f e il parametro a affinch`e la forma differenziale data sia esatta.
(b) Determinare, quando possibile, una primitiva di ω.
(c) (fac.) Determinare quali condizioni devono soddisfare la funzione f e il parametro a affinch`e R
γω = 0, dove γ `e la curva nel semipiano y ≥ 0, delimitata dalll’asse x e dalla circonferenza x2+ y2= 4.
Soluzione (a) Il dominio della funzione `e tutto il piano, che `e semplicemente connesso, quindi per un noto teorema se la forma `e chiusa `e anche esatta. La condizione di chiusura `e:
∂
∂y 2xf (x2+ y2) + axy = 4xyf0(x2+ y2) + ax = 4xyf0(x2+ y2) + 2x = ∂
∂x 2yf (x2+ y2) + x2 che risulta verificata se e solo se a = 2, per f qualsiasi.
(b) Sia F una primitiva di f . Allora una primitiva di ω `e U (x, y) = F (x2+ y2) + x2y.
(c) La risposta `e: per qualsiasi f ∈ C∞ e per ogni a ∈ R.
Esercizio 4 Data la funzione
f (x, y) = (log(x + 1) − 1) |y2− 2x| + ex
determinare il dominio di f e discutere continuit`a, derivabilit`a e differenziabilit`a di f nel suo dominio.
Soluzione Il domino di f `e il semipiano D = {(x, y) : x > −1}, e la funzione `e continua in ogni punto di esso, essendo composizione di funzioni ivi continue. Inoltre in tutti i punti P (x, y) ∈ D dove y2− 2x 6= 0 la funzione `e derivabile con derivate continue e quindi differenziabile, perch `e composizione di funzioni C1. Dobbiamo quindi studiare la derivabilit`a e la differenziabilit`a solo nei punti del tipo Pa(a2/2, a) con a ∈ R (i punti che appartengono alla parabola x = y2/2 e che quindi rendono nullo il modulo).
Verifichiamo direttamente l’esistenza delle derivate parziali.
∂f
∂x(a2/2, a) = lim
h→0
f
a2
2 + h, a
− f
a2 2, a
h = lim
h→0
h log
a2
2 + 1 + h
− 1i
|h|
h + ea2/2=
=
ee−1 per a = ±p2(e − 1)
@ per a 6= ±p2(e − 1) dove l’ultima espressione deriva dall’osservazione che
h log
a2
2 + 1 + h
− 1i
per h → 0 si annulla solo per a22 + 1 = e. Analogamente, avremo:
∂f
∂y(a2/2, a) = lim
h→0
f
a2 2, a + h
− f
a2 2, a
h = lim
h→0
h log
a2 2 + 1
− 1i
|(a + h)2− a2|
h =
= lim
h→0
h log
a2 2 + 1
− 1i
|h||h + 2a|
h =
0 per a = ±p2(e − 1) 0 per a = 0
@ per a 6= ±p2(e − 1), 6= 0, dove l’ultima espressione deriva dall’osservazione cheh
log
a2 2 + 1
− 1i
si annulla solo per a22 + 1 = e, mentre |h + 2a| tende a 0 quando h → 0 se e solo se a = 0.
In conclusione, per i punti della forma (a2/2, a),
• f risulta derivabile solo per a = ±p2(e − 1), cio`e P− = (e − 1, −p2(e − 1)), P+ = (e − 1, +p2(e − 1)) dove vale ∇f(P±) = (ee−1, 0).
Resta da discutere solo la differenziabilit`a di f in P±, in quanto nei punti della forma (a2/2, a) con a 6= ±p2(e − 1) f non pu`o essere differenziabile, essendo non derivabile. Calcoliamo, per P±,
lim
(h,k)→(0,0)
|f (e − 1 + h, ±p2(e − 1) + k) − f(P±) − ∂f /∂x(P±)h − ∂f /∂y(P±)k|
√
h2+ k2 =
lim
(h,k)→(0,0)
|[log(e + h) − 1]| | ± 2kp2(e − 1) + k2− 2h|
√
h2+ k2 =
e usando Mac-Laurin per [log(e + h) − 1]| = log e+he = log 1 + he ∼ he,
lim
(h,k)→(0,0)
|h| | ± 2kp2(e − 1) + k2− 2h|
e√
h2+ k2 ≤ lim
(h,k)→(0,0)
| ± 2kp2(e − 1) + k2− 2h|
e = 0,
dove si usa la maggiorazione |h|/√
h2+ k2≤ 1. In conclusione,
• in P± la funzione f `e differenziabile.
Esercizio 5 Dato il sistema di equazioni (
(1 − x)(y + 1)(z − 1) + (x + 1) cos y − 2xRz
1(1 + |t|)et2+1dt = 1 y +Rx
0(1 + |t|)e−t2dt = 3(1 − z)2
(a) verificare che nell’intorno del punto (0, 0, 1) esso definisce implicitamente una curva;
(b) determinare l’equazione della retta tangente a tale curva in (0, 0, 1).
Soluzione (a) Verifichiamo le hp. del teorema del Dini: le funzioni sono certamente almeno C1, inoltre, posto
f (x, y, z) = (1−x)(y+1)(z−1)+(x+1) cos y−2x Z z
1
(1+|t|)et2+1dt−1, g(x, y, z) = y+
Z x 0
(1+|t|)e−t2dt−3(1−z)2, vale
f (0, 0, 1) = 0, g(0, 0, 1) = 0 e la matrice delle derivate parziali
fx fy fz
gx gy gz
= (y + 1)(z − 1) + cos y − 2Rz
1(1 + |t|)et2+1dt (1 − x)(z − 1) − (x + 1) sin y (1 − x)(y + 1) − 2x(1 + |z|)ez2+1
(1 + |x|)e−x2 1 6(1 − z)
!
che in (0, 0, 1) diventa
1 0 1 1 1 0
. Quindi
det
fx fy
gx gy
= det
1 0 1 1
= 1 6= 0
e le hp. del T. del Dini sono soddisfatte. Quindi esistono x = x(z) e y = y(z) definite nell’intorno di z0= 1, di classe C1 e tali che x(1) = 0, y(1) = 0. La retta tangente alla curva in (0, 0, 1) `e
x = x(1) + x0(1)(z − 1) = z − 1 y = y(1) + y0(1)(z − 1) = −z + 1 z = z
