Esercizi esame Costruzioni aeronautiche

R

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

2 2 2 2

{(x, ∈ − 6 − {(x, ∨ −x}:

nell’insieme y) : x y = 0} = y) : y = x y =

R R

2 2 2

• ∈ −|x| |x|

se (x, y) : x > y ovvero < y < e cioè nella parte di piano di

R

seguito rappresentata:

2 2

−

allora f (x, y) = x(x y ) e

 2 2

−

f (x, y) = 3x y = 0

x

 −2xy

f (x, y) = = 0

 y

 

2 2 2 2

− −

3x y = 0 3x y = 0

 

⇒ ∪

x =0 y =0

 

 

y =0 x =0

 

⇒ ∪

x =0 y =0

 

non accettabile perchè non appartenenti all’insieme considerato.

2 2 2

• ∈ −|x| ∨ −|x|

se (x, y) : x < y ovvero y < y > e cioè nella parte di

R

piano di seguito rappresentata: 3

2 2

−x(x −

allora f (x, y) = y ) e quindi le derivate sono le stesse del caso

precedente solo con il segno opposto. Pertanto trovo gli stessi punti che

anche in questo caso non sono accettabili.

Non ci sono punti critici. Gli unici candidati sono i punti delle bisettrici y = x e

−x

y = di probabile non derivabilità.

−x)

Abbiamo che f (x, x) = f (x, = 0 (le quote sui punti candidati sono nulle) e

2 2

≥ ⇔ − | ≥ ⇔ ≥

f (x, y) 0 x|x y 0 x 0.

Quindi i punti delle bisettrici con x < 0 sono di massimo relativo e quelli con x > 0

sono di di minimo relativo.

Riassumendo:

• −x)

sono di minimo relativo i punti (x, x) e (x, con x > 0;

• −x)

sono di massimo relativo i punti (x, x) e (x, con x < 0.

Ricerca del massimo e del minimo assoluti nel triangolo di vertici (0, 0),

(1, 1), (−1, 1):

4

Chiamiamo con T il triangolo di vertici A = (0, 0), B = (1, 1), C = (−1, 1).

∈

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.

Cerchiamo allora il minimo e il massimo osservando che internamente non ci sono

candidati e che sul lato AC e sul lato AB la funzione è a quota nulla. Pertanto

studiamo la funzione ristretta al lato BC.

2

{(x, ∈ ⇒ −

BC = 1) : x [−1, 1]} f = x|x 1| := s(x)

/BC

2

∈ −

Per x [−1, 1] s(x) = x(1 x ), quindi la funzione è sempre derivabile.

−1

Oltre ai punti del bordo, x = e x = 1, cerchiamo internamente i punti che

annullano la derivata: 1 1

0 2 √ √

−3x ⇔ −

in (0, 1): s (x) = + 1 = 0 x = , x = .

3 3

1 1

√ √

−

Quindi, otre ai tre vertici, ho candidati i punti , 1 e , 1 .

3 3

1 2 1 2

√ √ √ √

− −

, 1 = e f , 1 = ,

Da cui f (A) = f (B) = f (C) = 0, f 3 3 3 3 3 3

Pertanto 2

√

max f (x, y) = 3 3

T 2

√

−

min f (x, y) = .

3 3

T 5

2) Calcolare il flusso del campo F (x, y, z) = (0, x, z) attraverso la porzione di su-

2 2 2 2

≤ ≤

perficie z = log(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. 2 2

La superficie in oggetto è una porzione del grafico della funzione z = log(x + y ).

Di esso prendiamo la parte che proiettata sul piano xy mi determina la corona

2 2

≤ ≤

circolare 1 x + y 4.

Parametrizzata come grafico di funzione, si scrive come:

 x = u









 y = v

Σ: 





 2 2

z = log(u + v )

 ∈

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

2 2 ∈

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

2u

φ = 1, 0,

u 2 2

u + v

2v

φ = 0, 1,

v 2 2

u + v

−2u −2v

×

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

−2uv

Z Z 2 2

+ log(u + v ) dudv =

2 2

u + v

D

passiamo a coordinate polari con polo l’origine:

6

 x = ρ cos θ

 |J| = ρ

y = ρ sin θ

 ≤ ≤ ≤ ≤

con 0 θ 2π e 1 ρ 2.

Quindi

2 2π 2

−2ρ

Z Z cos θ sin θ 2

= dρ + log ρ ρdθ =

2

ρ

1 0 2π

2 Z

Z

−2ρ cos θ sin θ

dρ

= + 2ρ log ρ ρdθ =

0

1

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

2

2

Z

Z 1

2 2

− −ρ

2ρ log ρdρ = 2π ρ log ρ

= 2π dρ =

ρ

1 1

2

2

ρ

2 −

− = π(8 log 2 3).

= 2π ρ log ρ 2 1 7

3) Calcolare, se esiste Z x ds,

2

1 + y

γ

ove γ = ∂E, essendo 2 2 2

{(x, ∈ ≤ ≥ −x ≥ ≥

E = y) IR : x + y 1, y + 1, x 0, y 0}. 2

Si tratta di un integrale curvilineo di prima specie: l’insieme E si trova in IR ,

quindi la curva è piana ed è il bordo dell’insieme:

∪

Pertanto ∂E = γ γ . Essendo un integrale di prima specie non è importante

1 2

l’orientamento della curva. Quindi

Z Z Z

x x x

ds = ds + ds,

2 2 2

1 + y 1 + y 1 + y

γ γ γ

1 2

ove γ é l’arco di circonferenza del primo quadrante e γ la corda che congiunge i

1 2

punti (0, 1) e (1, 0). Parametrizziamo le due curve:

π

x = cos t i

h 0

⇒ ⇒k k=

∈ , φ(t) = (cos t, sin t), φ (t) 1.

γ : , t 0,

1 y = sin t 2 √

x = t 0

∈ ⇒ −t ⇒k k=

γ : , t [0, 1] φ(t) = (t, + 1), φ (t) 2.

2 −t

y = + 1

Abbiamo: