Esercizi di Meccanica applicata alle macchine, pozzo

R

2

Il dominio della funzione è .

R

Ricerca dei punti di massimo e di minimo relativo: cerco i punti critici in

2 essendo sempre derivabile.

R 

2 2

x +y

2 2 ·

x 2e + 1 =0

x +y

 ·

f (x, y) = e 2x + x = 0 

x 

 

⇒

2 2

2 2

x +y x +y

 

·

f (x, y) = e 2y + y = 0 ·

y 2e + 1 = 0



y 

 x =0



⇒ y =0



pertanto, abbiamo un solo punto e quindi un solo candidato ad essere punto di

massimo e di minimo relativo: (0, 0). Esaminiamo la natura di questo punto con il

metodo dell’hessiano.

2 2 2 2

x +y x +y

·

f (x, y) = 2e + 1 + x 4xe

xx 2 2

x +y

·

f (x, y) = x 4ye

xy

2 2 2 2

x +y x +y

·

f (x, y) = 2e + 1 + y 4ye

yy 3 0 ⇒

Abbiamo: H (0, 0) = = 9 > 0 e f (0, 0) = 3 > 0 (0, 0) è un punto di

xx

0 3

minimo relativo.

Pertanto la funzione presenta un solo punto di minimo relativo in (0, 0).

Ricerca del massimo e del minimo assoluti in T, ove T è l’insieme

2 2 2

∈ ≤ ≥ ≥

T = (x, y) : x + 4y 4, y 0, x 0 .

R

∈

L’insieme T è compatto e f C(T ) quindi posso applicare il Teorema di Weierstrass

e dire che esistono il massimo e il minimo assoluti nell’insieme. Internamente non

vi sono candidati (infatti non vi sono punti critici o punti di non derivabilità),

cerchiamo allora sul bordo. 3

1

2

x 2

{(x, ∈ ⇒ |

AB = 0) : x [0, 2]} f = e + x := h(x)

AB 2

2

x

0

∀x ∈ ⇒

(0, 2), h (x) = e 2x + x = 0 x = 0 non accettabile perchè non appartenente

all’insieme di derivabilità. 1

2 2

y

{(0, ∈ ⇒ | y := s(y)

AC = y) : y [0, 1]} f = e +

AC 2

2

y

0

∀y ∈ ⇒

(0, 1), s (y) = e 2y + y = 0 y = 0 non accettabile perchè non appartenente

all’insieme di derivabilità. π io

n h

∈

CB = (2 cos t, sin t) : t 0, 2

1

2 2 2

4 cos t+sin t 2

⇒ |

f = e + (4 cos t + sin t) := g(t)

CB 2

π

∀t ∈ ,

0, 2 1

2 2

4 cos t+sin t

0

g (t) = e (−8 cos t sin t + 2 sin t cos t) + (−8 cos t sin t + 2 sin t cos t) = 0

2

1 π

2 2

4 cos t+sin t

⇒ −6 ⇒ non accettabili perchè non

cos t sin t e + = 0 t = 0, t =

2 2

appartengono all’insieme di derivabilità.

Quindi i candidati sono i tre vertici: (0, 0), (0, 1), (2, 0). Pertanto:

f (0, 0) = 1 1

f (0, 1) = e + 2

4

f (2, 0) = e + 2. 4

Otteniamo min f (x, y) = 1 e max f (x, y) = e + 2.

(x,y)∈T (x,y)∈T

4 2

2) Calcolare il flusso del campo F (x, y, z) = (x, z , y) attraverso la porzione di

p 2 2

2 2 ≤ ≤

superficie z = x + y individuata dalla seguente condizione 1 x + y 4,

hν, i

orientata in modo tale che e > 0 ove e = (0, 0, 1) e ν è il versore normale alla

3 3

superficie. p 2 2

x + y .

La superficie in oggetto è una porzione della superficie del semicono z =

Si tratta di un cono con asse coincidente con l’asse z, vertice in (0, 0, 0). Di esso

prendiamo la parte al disopra del piano xy che proiettata su tale piano mi determina

2 2

≤ ≤

la corona circolare 1 x + y 4.

Parametrizzata come grafico di funzione, si scrive come:

 x = u









 y = v

Σ:  √





 2 2

u + v

z =

 ∈

(u, v) D, dove D è la corona circolare del piano uv come da disegno:

√ 2 2 ∈

Posta φ(u, v) = (u, v, u + v ), (u, v) D, abbiamo:

u

√

φ = 1, 0,

u 2 2

u + v

v

√

φ = 1, 0,

v 2 2

u + v

−u −v

√ √

×

φ φ = , , 1

u v 2 2 2 2

u + v u + v hφ × i

Osserviamo che φ è regolare in D e che φ , e = 1 > 0 in D, quindi la

u v 3

superficie è ben orientata. Allora

Z Z hF × i

Φ (F ) = (φ(u, v)), φ φ dudv =

Σ u v

D 2 2

2

−u −v(u

Z Z + v )

√ √

+ + v dudv =

2 2 2 2

u + v u + v

D

passiamo a coordinate polari con polo l’origine: 5

 x = ρ cos θ

 |J| = ρ

y = ρ sin θ

 ≤ ≤ ≤ ≤

con 0 θ 2π e 1 ρ 2.

Quindi

2 2π 2 2 3

−ρ −ρ

Z Z cos θ sin θ

= dρ + + ρ sin θ ρdθ =

ρ ρ

1 0 2π

2 Z

Z 2 2 3 2

−ρ −

cos θ ρ sin θ

dρ + ρ sin θ ρdθ =

= 0

1

i termini sottolineati danno contributo nullo nell’intervallo [0, 2π]

2 2π 2 2π

Z Z Z Z 1 + cos 2θ

2 2 2

−ρ −ρ

= dρ cos θdθ = dρ dθ =

2

1 0 1 0

i termini sottolineati danno contributo nullo nell’intervallo [0, 2π]

2

3

−ρ 7

· −

π = π.

= 3 3

1