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APPELLO 17-09-12
-
f(x,y) = 4x(x2 - 4y2) - 3x + 4y2
Simcolati a : x2 - 4y2 - 1 = 0 EQUAZIONE DI UN'IPERBOLE
4y2 - x2 - 1 poichè x2 - ≥ 0 verificata per x ≤ -1/2 o x ≥ 1/2
g(x) = -2x3 + x2 + x ∈ (-∞, -1/2] ∪ [1/2, +∞)
Vertice P(1/4, -1/8)
x = 1/2 → MASSIMO ASSOLUTO
x = -1/2 → MASSIMO RELATIVO
f è una funzione illimitata, dunque NON ammette minimo assoluto.
-
2x2y″(x) - 8xy′(x) + 12y(x) = x
y(1) = 1/4
y′(1) = 1/4
x = et y(x) = y(et) = y(t) , t = t(x) = logx
y′(x) = y′(t)∙1/x
y″(x) = y″″(t)∙t′(x)∙1/x - y′(t)∙1/x2 = y″(t)∙1/x2 - y′(t)∙1/x2
2y″(t) -10y′(t) +12y(t) = et
2y″(t) -10y′(t) +12y(t) = 0
l2 - 5l + 6 = 0 → l1 = 2
l2 = 3
y(t) = c1e2t + c2e3t, c,c∈R
y(t) = Aet A ∈ ℜ
y0(t) = y0n(t) = Aet → A = ¼
y0(t) = ¼et
y = e1 e2t + e2 et x3 + ¼t e1, e2 ∈ ℜ
ẏ = e1 x2 + e2 x3 + ¼ x e1, e2 ∈ ℜ
- ¼ = c1 + c9 + ¼
- ¼ = 2c1 + 3c9 + ¼
→
- c2 = 0
- c2 = 0
Doncque:
ẏ = ¼x
= 1/x+1 - 1/(x+1)^2 + c \; c \in \mathbb{R}
z = (x+1)^3 \left( \frac{1}{x+1} - \frac{1}{(x+1)^2} + c \right) = x^2 + x + c (x+1)^3
sendo che \; z = \frac{1}{x+4} + \frac{5}{c(x+1)^3}
3: Calcolare il momento di inerzia di una lamina con ρ=5 e
Σ = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x^2+y^2 = 25, \; 0 \leq z \leq 10 \right\}
rispetto alla retta rc di intersezione dei piani \; y=1 \; e \; z=0
I = 5 \iint\limits_{\Sigma} d^2(r,ρ) ds
d(r,ρ) = \sqrt{(y-1)^2 + z^2}
\begin{cases} x = 5 \cos θ \\ y = 5 \sin θ \\ z = t \end{cases} \] \quad \theta \in [0,2\pi] \] \quad t \in [0,10] \] \quad | \vec{\varphi}_θ \times \vec{\varphi}_t | = 5
I = 25 \iint ( (5 \sin θ - 1)^2 + t^2 ) dθ dt = 25 \int_{0}^{2π} dθ \int_{0}^{10} (5 \sin θ - 1)^2 + t^2 dt
= 25 \int_{0}^{2\pi} \left( (5\sin θ-1)^2 t + \frac{t^3}{3} \right)_{0}^{10} dθ = 25 \int_{0}^{2\pi} \left( 10(5\sin θ-1)^2 + \frac{1000}{3} \right) dθ
= 25 \int_{0}^{2\pi} \left( 100(25\sin^2 θ + 1 -10 \sin θ) + \frac{1000}{3} \right) dθ .
3o. Sia Ω = {(x,y) ∈ ℝ2 : (x-1)2+y2 ≥ 1, 0 ≤ y ≤ √3 (x-1), x ∈ [1, 2] }
Dopo aver rappresentato graficamente calcolare la massa M con
∬Ω (x,y) = 6(x-1)/(x-1)2 + y2 dxdy
x = 1 + ρ cosθ
y = ρ senθ
ρ ∈ [0, 1], cosθ
M = ∬Ω 6ρ cosθ ρdp =
= ∫0π/3 dθ 1/cosθ = 6∫0π/3 cosθ dθ [ ρ1/cosθ] = 1 =
= 6∫0π/3 cosθ ( 1/cosθ -1 ) dθ = 6∫0π/3 ( 1 - cosθ ) dθ =
= 6 [θ - senθ ]0π/3 = 6 ( π/3 -√3/2) = 2π - 3√3
4. Dato il campo vettoriale:
F(x, y, z) = (y - 2 - z, z - x, x - 2)
e dato la superficie Σ orientato verso l'alto, intersezione tra il solido:
(x, y, z) ∈ ℝ3: x2 + y2 ≤ 4
ed il piano x + y + z = 0, si chiede di calcolare usando il teorema di Stokes,
la circuitazione di F lungo il bordo di Σ orientato positivamente.
n = 1⁄√3(1, 1, 1)
∫∂Σ F · t ds = ∫Σ rot F · n ds
rot F = (-1, 1, 1)
= ∫∫Σ -√3 ds
ϕ:
- x = x
- y = y
- z = -x - y
ϕx x ϕy = (1, 1, 1)
D = {(x, y) ∈ ℝ2: x2 + y2 ≤ 4}
= ∫∫Σ -√3 ds = -√3 ∫∫D √3 dx dy = -3(D) = -3 · 4π = -12π
3: Determinare la massa racchiusa dal solido S:
S = {(x, y, z) ∈ ℝ³: 0 ≤ z ≤ 4, x² + y² ≤ 1/4 (z - 4)²}
ρ(x, y, z) = 2z²
M = ∭S ρ(x, y, z) dx dydz
M = 2 ∭S z² dx dydz
M = 2 ∫04 dz ∫∫Dz z² dx dy
Dz = {(x, y) ∈ ℝ: x² + y² ≤ 1/4 (z - 4)²}
{ x = r cosθ, r ∈ [0, 1/2 (z - 4)] y = r sinθ, θ ∈ [0, 2π)}
2 ∫04 z dz ∫02π dθ ∫01/2 (z - 4) r dr = 4π ∫04 z² [cz²/2]1/2 (z - 4)0 dz =
= 4π ∫04 z² . 1/8 (z - 4)² = 1/2 π ∫04 z² (z² - 4z + 16) dz =
= 1/2 π ∫04 (z⁴ - 8z³ + 16z²) dz = 1/2 π [z⁵/5 - z⁴ + 16z³/3]40 =
= 1/2 π (1024/5 - 512 + 1024/3) = 256/15 π
3.
∬D x + 3y⁄1+(x-3y)² dxdy D = {(x,y) ∈ ℝ²: 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3}
Consindero il cambio di variabile:
u = x + 3y
v = x - 3y
v ≤ u ≤ -v + 2 e v ≤ u ≤ v + 18
u ∈ [-v,v+18] se v ∈ [-8,-8]
u ∈ [-v,2-v] se v ∈ [-8,0]
u ∈ [v,2-v] se v ∈ [0,1]
|∂φ(x,y)⁄∂(x,y)| = |1 3⁄1 -3| = 6
∬D x + 3y⁄1+(x-3y)² dxdy = 1⁄6∫01 (∫v2-v u⁄1+v² du) dv + 1⁄6∫-80 (∫-v2-v u⁄1+v² du) dv +
+ 1⁄6∫-g-8 (∫-vv+18 u⁄1+v² du ) dv
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