Analisi 2 (temi esame + soluzione)

D D

✓ ◆

p

Z Z

2⇡ 1/ 2 ⇢ 1

p

p

= d# d⇢ = 2⇡ 1 .

2

2

1 ⇢

0 0

3. Si verifica facilmente che il campo è irrotazionale per ↵ = 1. Integrando si

trova che le primitive sono date da

2

|1

log + x + xy| + c (x, y) + c (x, y) + c (x, y)

1 A 2 A 3 A

1 2 3

dove A , A , A sono le tre componenti connesse del dominio di F e, come al

1 2 3

solito, denota la funzione caratteristica di B, cioè

B ( 2

1 se x B ,

(x) :=

B 62

0 se x B .

2 6

Si trovano facilmente poiché si deve avere 1 + x + xy = 0, cioè

2

1 + x 1

6

y = = x.

x x

2

Il luogo dei punti di R nel piano xy che soddisfa

2

1 + x 1

y = = x

x x

è indicato nella figura che segue 10 y

8

6

4

2 x

10 8 6 4 2 2 4 6 8 10

2

4

6

8

10

per cui i tre insiemi sono

⇢ 2

1 + x 1

2

2

A = (x, y) R x < 0 e y > = x ,

1 x x

⇢ 2

1 + x 1

2

2

A = (x, y) R x > 0 e y < = x ,

3 x x

2 \ [

A = R Ā Ā .

2 1 3

4. La superficie S è il triangolo mostrato in figura. La proiezione sul piano

xy è il triangolo di vertici (2, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 0). Consideriamo allora il

2

triangolo T in R di vertici (2, 0), (0, 1), (0, 0) e la parametrizzazione di S

data da ✓ ◆

1

3

!

' : T R , '(u, v) = u, v, 1 u v .

2

Per trovare la normale ad S valutiamo le derivate di ':

✓ ◆

1

' = 1, 0, , ' = (0, 1, 1)

u v

2

da cui la normale soddisfacente la richiesta (si noti che tutte le componenti

sono positive) è ✓ ◆

1 2 2

⌫(x, y, z) = , , .

3 3 3

2

1

0

1

2 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

Si ha che 2

hF (x, y, z), ⌫(x, y, z)i = (x + y + z)

3

per cui ✓ ◆

ZZ ZZ 2 1 3

hF, ⌫i d = u + v +1 u v dudv =

3 2 2

S T ✓ ◆

ZZ 1

= 1 + u dudv =

2

T ✓ ◆

Z Z u

2 1 1

2

= du dv 1 + u =

2

0 0

Z Z u

2 1 u 4

2

=1 + du dv = .

2 3

0 0

5. È sufficiente che la derivata rispetto alla terza variabile sia non nulla. La

derivata di f rispetto alla variabile z è

@f 0

(x, y, z) = u(2x + z + 1) + (2x + z + 1) u (2x + z + 1) .

@z

Si deve quindi avere @f 0 6

(0, 0, 0) = u(1) + u (1) = 0

@z 0 6

quindi u deve essere tale che u(1) + u (1) = 0.

Soluzione del 20.2.2015

1. Il campo è irrotazionale, come si verifica facilmente poiché

✓ ◆ ✓ ◆ 2

@ xy (1 xy) log(1 xy) @ xy 2x x y

= log(1 xy) = ,

2

@y 1 xy @y 1 xy (1 xy)

✓ ◆

2 2

@ x 2x x y

= .

2

@x 1 xy (1 xy)

Il campo è definito dove 1 xy > 0, cioè per

xy < 1 .

Questa disuguaglianza è equivalente a

1

y< per x > 0 ,

x

1

y > per x < 0 ,

x

y arbitrario per x = 0 ,

per cui, detti ⇢ 1

>

2

2 |

A = (x, y) R y e x> 0 ,

1 x

⇢ 1

6

2

2 |

A = (x, y) R y e x < 0 ,

2 x

F risulta definito nell’insieme 2 \ [

A := R (A A )

1 2

che è aperto, connesso, semplicemente connesso. Quindi il campo F ammette

potenziale.

Integrando, ad esempio, F rispetto alla variabile y si ottiene che un potenziale

2

è dato da f (x, y) = x log(1 xy) + g(x) .

Derivando tale espressione rispetto alla variabile x si ha

@f xy 0

(x, y) = log(1 xy) + g (x)

@x 1 xy

per cui g risulta costante. Concludiamo che tutti i potenziali sono

2

f (x, y) = x log(1 xy) + c , c R .

Il cammino indicato è contenuto in A, quindi possiamo valutare il lavoro di

tale campo. Il modo più semplice (poiché il lavoro non dipende dal cammino

eseguito) è ✓ ◆

1 1 2

p

f , f (0, 0) = log .

2 2 3

0000 4

2. L’equazione di↵erenziale u = u equivale a (D 1)u = 0 dove D denota

l’operatore di derivazione. Risolvendo il polinomio

4

D = 1

si trovano le quattro soluzioni 1, 1, i, i. Per cui

4

D 1 = (D 1)(D + 1)(D i)(D + i)

da cui la generica soluzione è data da

t t

u(t) = c e + c e + c cos t + c sen t .

1 2 3 4

3. Una volta considerata la parametrizzazione

2

7!

(#) = # (cos #, cos # sen #)

si verifica facilmente che è già parametrizzata con il parametro d’arco e la sua

lunghezza è ⇡.

Per calcolare la minima e la massima distanza dei punti del sostegno di tale

12

curva dal punto , 0 basta valutare

⇣ ⌘

1 2

2 2 2

cos # + cos # sen # =

2 1

4 2 2

= cos # + + cos # sen # 1 =

4

1 1

4 2 2

= cos # + + cos # cos # = .

4 4

Essendo la distanza di tutti i punti del sostegno di costante si conclude che

12 12

il sostegno di è una circonferenza (di centro , 0 e raggio ).

4. La funzione assume valori costanti sugli insiemi determinati da:

2 2 2

x = c (y + 1) , (c R) .

Si osservi che per c < 0 l’insieme di livello è il vuoto.

Volendo possiamo scrivere questi insiemi come

p >

2

x = k y + 1 , con k 0

2

1

3 2 1 1 2 3

1

2

In figura è rappresentato in violetto il bordo dell’insieme A e, tratteggiati,

alcuni insiemi di livello (ad un colore corrisponde un insieme di livello). Al

tratteggio verde corrisponde l’insieme di livello 0, e poiché la funzione è sempre

non negativa, in tali punti la funzione assume il suo valore minimo, che è 1.

p

Il punto segnato con un diamante rosso, il punto ( 2, 0), è invece il punto

p

di massimo che sta sull’insieme di livello che corrisponde a k = 2 e c = 2.

p 2

Per cui la funzione assume il suo massimo nel punto ( 2, 0) e tale valore è e .

Volendo procedere facendo i conti si può fare cosı̀: innanzitutto osservare che

7!

la funzione t exp t è strettamente crescente, per cui momentaneamente ci si

può limitare a studiare la funzione 2

x

g(x, y) = .

2

y + 1

Derivando si ottiene il sistema

8 2x

>

> g (x, y) = =0

< x 2

y +1 2

2x y

>

> g (x, y) = =0

: y 2 2

(y + 1)

che è soddisfatto da x = 0 (la linea verde tratteggiata in figura).

Sul bordo abbiamo: una prima parte può essere parametrizzata con

p 2

(t) = t + 1, t

e g (t) = 1.

Sul resto del borso possiamo parametrizzare con

⌘(#) = cos #, sen #

e derivando 2

cos #

g ⌘(#) = 2

sen # + 1

si ottiene 2 2

d 2 cos # sen #(sen # + 1 + cos #)

(g ⌘)(#) = 2 2

d# (sen # + 1)

che si annulla per # = ⇡/2, ⇡, 3⇡/2 (# = 0 corrisponde ad un punto che non sta

sul bordo di A). A questo punto si verifica facilmente che # = ⇡ corrisponde

ad un punto di massimo, mentre gli altri due punti, con tutti i valori di A che

soddisfano x = 0, sono di minimo (sia per g che per f ).

5. L’insieme E può essere parametrizzato sia con le coordinate sferiche che

con quelle cilindriche.

Coordinate sferiche: parametrizziamo E con

 ⇡ 3⇡ 2 2

2 , , ' [0, ⇡] , ⇢ [0, 1] .

# 4 4

Abbiamo ZZZ Z Z Z

3⇡ ⇡ 1

4 2

|z| |⇢

dxdydz = d# d' d⇢ ⇢ sen ' cos '| =

⇡

E 0 0

4

Z Z Z

3⇡ ⇡/2 1

4 3

=2 d# d' d⇢ ⇢ sen ' cos ' =

⇡ 0 0

4

Z Z

3⇡ ⇡/2

1 4

= d# d' sen ' cos ' =

2 ⇡ 0

4

Z 3⇡

1 ⇡

4

= d# = .

4 4

⇡

4

Coordinate cilindriche: parametrizziamo E con

 p p

⇡ 3⇡ 6 6

2 2

2 2

# , , ⇢ [0, 1] , 1 ⇢ z 1 ⇢ .

4 4

L’integrale diventa p

ZZZ Z Z Z

3⇡ 2

1 1 ⇢

4

|z| |z|

dxdydz = d# d⇢ dz ⇢ =

p

⇡ 2

E 0 1 ⇢

4 p

Z Z Z

3⇡ 2

1 1 ⇢

4

=2 d# d⇢ dz ⇢ z =

⇡ 0 0

4

Z Z

3⇡ 1

4 2

= d# d⇢ ⇢ (1 ⇢ ) =

⇡ 0

4 ✓ ◆

Z 3⇡ 1 1 ⇡

4

= d# = .

2 4 4

⇡

4

Soluzione del 18.6.2015

1. Due metodi molto naturali sono parametrizzare l’insieme che definisce il

vincolo e il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Li vediamo entrambi.

Il volume della lattina, espresso in termini del raggio della base r e dell’altezza

h, è dato da 2

V (r, h) = ⇡ r h ,

mentre l’area della superficie è data da

2

2 ⇡ r + 2 ⇡ r h . 2

Si osservi allora che la funzione volume sarà definita in un sottoinsieme di R

2

definito da 2 ⇡ r + 2 ⇡ r h = S; mandando h a zero si osserva che r non può

q S

superare e quindi per

2 ⇡ !

r S S

2

r 0, , si ha che h = r. (1)

2 ⇡ 2 ⇡ r

Quindi V è definita per (r, h) che sta sulla curva disegnata in Figura A.

Figura A

h

10

8

6

4

2 r

Usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange si può considerare la funzione

2 2

H(r, h, ) = ⇡ r h + 2 ⇡ r + 2 ⇡ r h S .

Annullando le sue derivate si ottiene il sistema

8 2 ⇡ rh + 4 ⇡ r + 2 ⇡ h = 0

< 2

⇡ r + 2 ⇡ r = 0

: 2

2 ⇡ r + 2 ⇡ r h = S

che risolto fornisce l’unico candidato r S

h = 2 r con r = .

6 ⇡

Valutando i limiti agli estremi (usando (1)) si ha

lim V (r, h) = 0

+

!

r 0 ,

2

(r, h)

lim V (r, h) = 0

q S

!

r ,

2 ⇡

2

(r, h)

per cui si ha che l’unico candidato (essendo il volume V sempre positivo) è un

punto di massimo ed è il massimo cercato.

Diversamente usando la parametrizzazione (1) ci si riduce ad una funzione di

una variabile. Ad esempio (ma si può esprimere anche r in termini di h)

!

r

✓ ◆

S S

2 2

Ṽ (r) := V r, h(r) = ⇡ r r , r 0, .

2 ⇡ r 2 ⇡

Derivando si ottiene d S 2

Ṽ (r) = 3 ⇡ r ,

dr 2

2

quantità che si annulla per r = S/(6⇡). Viste le limitazioni in (1) di r, si ha

che l’unico punto critico è r S

r = . (2)

6 ⇡

Per capire il comportamento della funzione Ṽ , che è definita in un inter-

vallo aperto, abbiamo due possibilità: una è studiare il limite agli estremi

dell’intervallo di definizione. Poiché Ṽ è sempre positiva e

lim Ṽ (r) = 0 , lim Ṽ (r) = 0

p

+

r!0 S

r! 2 ⇡

si conclude che il punto (2) è di massimo.

L’altra è valutare la derivata seconda di Ṽ : si ha

2

d Ṽ (r) = 6 ⇡ r,

2

dr

che è negativa per ogni valore positivo di r. In particolare per il valore trovato

in (2), che risulta essere quindi di massimo locale. Poiché tale valore è l’unico

q

⇣ ⌘

S

punto critico interno all’intervallo 0, e la funzione è regolare (non ci