FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2

FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2

Commissione F. Albertini, M. Motta

Ingegneria Gestionale, Meccanica, Meccatronica, Vicenza Vicenza, 24 febbraio 2012

TEMA

1







y⁰(x) = e^2x

q1−y²(x) 1+e^2x , y(0) = α

per i valori del parametro α ∈ [−1, 1].

Sol. `E un’equazione differenziale a variabili separabili, perch`e si pu`o equivalentemente scrivere y⁰(x) = ^√e2x

1+e^2xp1 − y²(x), dove il secondo membro risulta definito ∀x ∈ R e ∀y ∈ [−1, 1]. Le soluzioni del Problema di Cauchy (locale) sono:

se α = −1: l’integrale singolare (cio`e la soluzione costante) y(x) = −1 ∀x ∈ R;

se α = 1: l’integrale singolare (cio`e la soluzione costante) y(x) = 1 ∀x ∈ R;

se α ∈] − 1, 1[: l’equazione porta a Z x

0

y⁰(x) dx p1 − y²(x) =

Z x 0

e^2t

√

1 + e^2tdt =p

1 + e^2x−√ 2, da cui

Z y(x) α

dy

p1 − y² = arcsin(y(x)) − arcsin(α) =p

1 + e^2x−√ 2.

Quindi in un intorno di x0 = 0 vale y(x) = sin

h

arcsin(α) +p

1 + e^2x−√ 2

i .

TEMA 2: se α = 1: la soluzione `e l’integrale singolare y(x) = 1 ∀x ∈ R;

se α > 1: l’equazione porta a Z x

0

y⁰(x) dx py²(x) − 1 =

Z x 0

e^3t

√

1 + e^3t dt = 2 3(p

1 + e^3x−√ 2),

da cui in un intorno di x₀ = 0 vale y(x) = cosh



sett cosh(α) +2 3(p

1 + e^3x−√ 2)

 .

TEMA 3: se α = ±1: la soluzione `e l’integrale singolare y(x) = ±1 ∀x ∈ R;

se α ∈] − 1, 1[: l’equazione porta a Z _x

0

y⁰(x) dx p1 − y²(x) =

Z _x

0

sin t

√2 + cos tdt = −2(√

2 + cos x −√ 3),

da cui in un intorno di x0 = 0 vale y(x) = sinh

arcsin(α) − 2(√

2 + cos x −√ 3)i

.

TEMA 4: se α = 1: la soluzione `e l’integrale singolare y(x) = 1 ∀x ∈ R;

se α > 1: l’equazione porta a Z x

0

y⁰(x) dx py²(x) − 1 =

Z x 0

cos t

√2 − sin tdt = −2(√

2 − sin x −√ 2),

da cui in un intorno di x0 = 0 vale y(x) = cosh

h

sett cosh(α) − 2(√

2 − sin x −√ 2)

i .

Esercizio 2 Si consideri il sistema di equazioni





 y Rx

1 log(1 + 2t²) e^3t2dt + x²e^yz = z x²+ 2 e^xy+ cosh(z − 1) − 2 = 2e^yz

(a) Verificare che nell’ intorno di P₀= (1, 0, 1) esso definisce una curva cartesiana regolare.

(b) Determinare l’equazione della retta tangente a tale curva in P₀.

(c) (Fac.) Determinare gli eventuali valori del parametro a ∈ R per cui il piano di equazione (a²− 4)x − a(a + 1)y − 2z = a²− 6

risulta perpendicolare alla curva suddetta in P0.

Sol. (a) Le hp. del Dini per i sistemi sono verificate, in quanto, posto

 f₁(x, y, z) = y Rx

1 log(1 + 2t²) e^3t2dt + x²e^yz− z = 0 f₂(x, y, z) = x²+ 2 e^xy+ cosh(z − 1) − 2 − 2e^yz= 0 si ha che f₁(1, 0, 1) = 0 e f₂(1, 0, 1) = 0, f₁, f₂ ∈ C¹(R³) e

 ∇f₁(1, 0, 1)

∇f₂(1, 0, 1)



=

 2 1 − 1 2 0 0



ha rango 2, infatti ∇f₁(1, 0, 1) ∧ ∇f₂(1, 0, 1) = (0, −2, −2), diverso da (0, 0, 0).

(b) L’equazione della retta tangente `e





 x = 1 y = −2t z = 1 − 2t

t ∈ R.

(c) Deve essere (0, −2, −2)//(a²− 4, −a(a + 1), −2), e quindi a² = 4 e −a(a + 1) = −2, cio`e a = −2.

TEMA 2: (a) Le hp. del Dini per i sistemi sono verificate, in quanto, posto

 f1(x, y, z) = xR_z

3 arctan(t²− 8) e^−t2dt + z cosh(2xy) − 2y − 1 = 0 f₂(x, y, z) = 4 arctan(x + y) − xy²z − e^z−3y− π + 1 = 0

si ha che f₁(0, 1, 3) = 0 e f₂(0, 1, 3) = 0, f₁, f₂ ∈ C¹(R³) e ∇f₁(0, 1, 3) ∧ ∇f₂(0, 1, 3) = (−3, −1, −2), diverso da (0, 0, 0).

(b) L’equazione della retta tangente `e







x = −3t y = 1 − t z = 3 − 2t

t ∈ R.

(c) Deve essere (−3, −1, −2)//(a²− 4, a(a − 2), −2), e quindi a = 1.

TEMA 3: identico al Tema 1, sostituendo nel Tema 1 x con y, y con z e z con x.

TEMA 4: identico al Tema 2, sostituendo nel Tema 2 x con y, y con z e z con x.

Esercizio 3 Calcolare

Z

Σ

|y − 6|

√

1 + 3z²dσ dove

Σ =(x, y, z) ∈ R³ : x²+ 4z²= 4, 0 ≤ y ≤ 4 + x .

Sol. Σ `e il cilindro di base ellittica x<sup>2</sup> + 4z<sup>2</sup> = 4 nel piano O x z e asse y compreso tra i piani y = 0 e y = 4 + x. Una parametrizzazione naturale per Σ `e (utilizzando le coordinate ellittico-polari):

σ(θ, y) :







x = 2 cos θ y = y z = sin θ

(θ, y) ∈ E = {(θ, y) : θ ∈ [0, 2π], 0 ≤ y ≤ 4 + 2 cos θ}.

Poich`e kσ_θ∧ σ_yk =p

1 + 3 sin²θ e |y − 6| = 6 − y per y ≤ 4 + 2 cos θ ≤ 6, R

Σ

|y−6|

√

1+3z²dσ =R2π 0



R4+2 cos θ 0

|y−6|

√

1+3 sin²θ

p1 + 3 sin²θ dy

 dθ = R_2π

0

hR_{4+2 cos θ}

0 (6 − y) dy i

dθ = 30π.

TEMA 2: Σ `e il cilindro di base ellittica 9x<sup>2</sup>+ z<sup>2</sup> = 9 nel piano O x z e asse y, compreso tra i piani y = 0 e y = 6 − z. Una parametrizzazione naturale per Σ `e:

σ(θ, z) :







x = cos θ y = y z = 3 sin θ

(θ, y) ∈ E = {(θ, y) : θ ∈ [0, 2π], 0 ≤ y ≤ 6 − 3 sin θ}.

Poich`e kσ_θ∧ σ_yk =√

1 + 8 cos²θ e |y − 9| = 9 − y per y ≤ 6 − 3 sin θ ≤ 9, R

Σ

|y−9|

√

1+8x² dσ =R2π 0

hR6−3 sin θ

0 (9 − y) dyi

dθ = ...

TEMA 3: Σ `e il cilindro di base ellittica y<sup>2</sup>+ 4z<sup>2</sup> = 4 nel piano O y z e asse x, compreso tra i piani x = 0 e x = 4 − y. Una parametrizzazione naturale per Σ `e:

σ(θ, x) :





 x = x y = 2 cos θ z = sin θ

(θ, x) ∈ E = {(θ, x) : θ ∈ [0, 2π], 0 ≤ x ≤ 4 − 2 cos θ}.

Poich`e kσ_θ∧ σ_zk =p

1 + 3 sin²θ e |x − 6| = 6 − x per x ≤ 4 − 2 cos θ ≤ 6, R

Σ

|x−6|

√

1+3z² dσ =R2π 0

hR4−2 cos θ

0 (6 − x) dx i

dθ = ...

TEMA 4: Σ `e il cilindro di base ellittica 9y<sup>2</sup>+ z<sup>2</sup> = 9 nel piano O y z e asse x, compreso tra i piani x = 0 e x = 6 + z. Una parametrizzazione naturale per Σ `e:

σ(θ, x) :





 x = x y = cos θ z = 3 sin θ

(θ, x) ∈ E = {(θ, x) : θ ∈ [0, 2π], 0 ≤ x ≤ 6 + 3 sin θ}.

Poich`e kσ_θ∧ σ_xk =√

1 + 8 cos²θ e |x − 9| = 9 − x per x ≤ 6 + 3 sin θ ≤ 9, R

Σ

|x−9|

√

1+8y² dσ =R2π 0

hR6+3 sin θ

0 (9 − x) dx i

dθ = ...

Esercizio 4 Dato il campo vettoriale

F (x, y, z) = (F₁, F₂, F₃)(x, y, z) = − e^−z3

(x − y²)² + 3, 2y e^−z3

(x − y²)² − 2y, − e^−z3 3(x − y²)

!

(a) determinare il dominio D di F e verificare che F `e irrotazionale in D;

(b) dire se F `e conservativo in D e in caso affermativo trovarne un potenziale.

(c) CalcolareR

γF₁(x, y, z) dx + F₂(x, y, z) dy + F₃(x, y, z) dz, dove γ `e la curva parametrizzata da

ϕ(t) = (cos(π t) − 2, sin²(π t), 2 − |t − 4|) t ∈ [1, 4].

Sol. (a) D = {(x, y, z) : x 6= y²} cio`e D `e R³ meno un cilindro di base la parabola x = y² e di asse z. Ha due componenti disgiunte, aperte e semplicemente connesse D⁺= {(x, y, z) : x > y²} e D⁻= {(x, y, z) : x < y²}. Poich`e rot F = (0, 0, 0), il campo `e irrotazionale.

(b) Essendo F irrotazionale e D = D⁺∪ D⁻, D⁺, D⁻ entrambi semplicemente connessi, per un noto teorema F risulta conservativo. Per determinare una funzione potenziale, consideriamo per es.

U (x, y, z) = Z "

2y e^−z3

(x − y²)² − 2y

#

dy = e^−z3

x − y² − y²+ g(x, z), dove la funzione incognita g si determina ponendo

∂U

∂x = − e^−z3

(x − y²)² + gx(x, z) = − e^−z3

(x − y²)² + 3, da cui segue g(x, z) = 3x + h(z) e infine

∂U

∂z = − e^−z3

3(x − y²) + h⁰(z) = − e^−z3 3(x − y²) da cui h(z) = cost. In conclusione, U (x, y, z) = _x−y^{e− z3}2 − y²+ 3x + cost.

(c) Poich`e la curva `e contenuta in D⁻, essendo x = cos(π t) − 2 ≤ −1 < 0 ≤ y², da un noto teorema sul lavoro dei campi conservativi segue che

R

γF1(x, y, z) dx+F2(x, y, z) dy+F3(x, y, z) dz = U (ϕ(4))−U (ϕ(1)) = U (−1, 0, 2)−U (−3, 0, −1) = 6 − e⁻²³ +^e

1 3

3 .

TEMA 2: (a) D = {(x, y, z) : x 6= e^y} cio`e D `e R³meno un cilindro di base la curva x = e^ye di asse z. Ha due componenti disgiunte, aperte e semplicemente connesse D⁺= {(x, y, z) : x > e^y} e D⁻= {(x, y, z) : x < e^y}. Poich`e rot F = (0, 0, 0), il campo `e irrotazionale.

(b) Essendo F irrotazionale e D = D⁺∪ D⁻, D⁺, D⁻ entrambi semplicemente connessi, per un noto teorema F risulta conservativo. U (x, y, z) = _e^ey^−2z−x − 2x + z³+ cost.

(c) Poich`e la curva `e contenuta in D⁻, essendo x = cos(π t)−2 ≤ −1 < 0 ≤ e^y, da un noto teo- rema sul lavoro dei campi conservativi segue cheR

γF₁(x, y, z) dx + F₂(x, y, z) dy + F₃(x, y, z) dz = U (ϕ(5)) − U (ϕ(2)) = ...

TEMA 3: identico al Tema 1, sostituendo nel Tema 1 x con y, y con z e z con x.

TEMA 4: identico al Tema 2, sostituendo nel Tema 2 x con y, y con z e z con x.