Tema d'esame 2024 Fondamenti di analisi 2

R

6 2 2

{(x, − ≤

(b) Quando ottimizzare su

= 0, f S = y, z) : (x 4) + y + z 1}.

a a 6 2 2

{(x, − ≤

(c) Calcolare il volume del solido S = y, z) : (x 4) + y + z 1}.

3 −1, 6

(d) Determinare e classificare i punti critici della funzione in per > = 0.

a a

R

3 −1.

(e) Determinare e classificare i punti critici della funzione in per =

a

R 3 −1.

(facoltativo) Determinare e classificare, con la definizione, i punti critici della funzione in per <

a

R

∈

Esercizio 2 Sia Si consideri il problema di Cauchy

β R. 00 0

 −

x (t) + 2βx (t) x(t) = cosh t



 β (2)

−

x(0) = 2

 0

x (0) = 0



00 0 −

(a) Classificare l’equazione x (t) + 2βx (t) x(t) = cosh t.

(b) Denotiamo con la soluzione del problema di Cauchy (2). Scrivere un’equazione della

x

pC

retta tangente alla curva in

γ(t) = (t, x (t)) γ(0).

pC

Nota: non serve aver risolto i punti seguenti per rispondere.

∈

(c) Determinare, al variare del parametro l’integrale generale dell’equazione omogenea

β R,

00 0 −

x (t) + 2βx (t) x(t) = 0 .

∈

(d) Determinare, al variare del parametro l’integrale generale dell’equazione completa

β R,

00 0 −

x (t) + 2βx (t) x(t) = cosh t .

(facoltativo) Determinare la soluzione del problema di Cauchy (2).

x pC

Tempo: ottanta minuti.

FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2 (9cfu)

Ingegneria Gestionale, Meccanica e Meccatronica

Docenti: L. Caravenna, A. Massaccesi

Vicenza, 24 giugno 2024 — I appello

Nella prima pagina del foglio di bella, quello a sei facciate, sotto lo spazio riservato alla Com-

missione, riassumete i risultati ottenuti. Lo svolgimento scrivetelo dalla pagina dopo.

La brutta copia, sul foglio protocollo a quadretti, non si consegna. Consegnate invece il testo.

Riponete lontano da voi telefoni, calcolatrici, smartwatch, . . . Non toccarli: vietato l’uso!

La prova si svolge senza ogni tipo di appunti. Durante il compito serve silenzio.

1

TEMA

∈

Esercizio 1 Sia Si consideri la funzione di tre variabili

c R. 2 2 2 6

− − − − −

f (x, y, z) = (9c + (c 1) )x 12cxy + 4cy (c 1)(z 4) .

c 3

(a) Determinare e classificare i punti critici della funzione in per = 0.

c

R

2 2 6

{(x, − ≤

(b) Quando ottimizzare su

= 0, f S = y, z) : x + y + (z 4) 1}.

c c 2 2 6

{(x, − ≤

(c) Calcolare il volume del solido S = y, z) : x + y + (z 4) 1}.

3 6

(d) Determinare e classificare i punti critici della funzione in per < 1, = 0.

c c

R

3

(facoltativo) Determinare e classificare i punti critici della funzione in per = 1.

c

R

∈

Esercizio 2 Sia Si consideri il problema di Cauchy

γ R. 00 0

 − −

y (t) 2γy (t) y(t) = sinh t



 γ (3)

y(0) = 2

 0

y (0) = 0



00 0

− −

(a) Classificare l’equazione y (t) 2γy (t) y(t) = sinh t.

(b) Denotiamo con la soluzione del problema di Cauchy (3). Scrivere un’equazione della

y pC

retta tangente alla curva in

γ(t) = (t, y (t)) γ(0).

pC

Nota: non serve aver risolto i punti seguenti per rispondere.

∈

(c) Determinare, al variare di l’integrale generale dell’EDO omogenea associata.

γ R,

∈

(d) Determinare, al variare di l’integrale generale dell’EDO completa.

γ R,

(facoltativo) Determinare la soluzione del problema di Cauchy (3).

y

pC

∈

Esercizio 3 Al variare di si dica se la seguente forma differenziale è chiusa e se è esatta:

k R 2

− kx x

4 x

ω = yzdx + zdy + ydz .

2 2 2 2

(4 + x ) x +4 x +4

Per i parametri per cui è possibile, se ne calcoli una primitiva

Tempo: novanta minuti.

2 2 2 6

− − − −

Risposta Esercizio 1 .

f (x, y, z) = (9b + (1 )x 12bxy + 4by + (1 4)

b) b)(z

b 2 6 ≥ {(0, ∈

(a) Abbiamo un polinomio. I punti critici mediante

f (x, y, z) = x +(z−4) 0, y, 4) , y R}

0

la definizione risultano di minimo assoluto , tra l’altro risulta convessa siccome la matrice

f

0

4

−

Hessiana ha autovalori ed è ovunque semidefinita positiva.

λ = 0, λ = 2, λ = 30(z 4)

1 2 3

2 6 6 2 2

− {(x, − ≤

(b) Quando ottimizzo su ritrovo

f (x, y, z) = x + (z 4) S = y, z) : (z 4) + x + y 1},

0 {(0, |y| ≤

minimo assoluto in . Per il teorema di Weierstrass il massimo c’è e per

0 y, 4) : 1}

il teorema di Fermat deve essere sulla frontiera, siccome non ho altri punti critici. La frontiera

6 2 2 2

è descritta da per cui è equivalente ottimizzare . Siccome

(z−4) +x = 1−y f (x, y, z) = 1−y

e 6 2

{y −

su la variabile varia tra e il massimo è pari a su .

∂S y 3 5 1 = 0 , (z 4) + x = 1}

6 2 2 6

{(x, − ≤ − −

(c) Il solido ha per sezioni cerchi di area

S = y, z) : (z 4) + x + y 1} (1 (z 4) )π,

da cui 5

Z 1 12

6

− − − ·

(1 (z 4) )π dz = 2π

Vol(S) = 2π = π .

7 7

3 ∞ 3

(d) Siccome è un polinomio, quindi , la ottimizzo in applicando il teorema di Fermat:

f C R

b 2

 

− −

(9b + (1 )x 6by

b)

∇f (x, y, z) = 2 .

−6bx + 4by

 

b  

5

− −

3(1 4)

b)(z

6

Per si annulla in Per classificare il punto critico calcolo la matrice Hessiana:

= 0; 1 (0, 0, 4).

b 2

 

− −6b

9b + (1 0

b)

Hf (x, y, z) = 2 .

−6b 4b 0

 

 

4

− −

0 0 15(1 4)

b)(z

4

−4)

Un autovalore è uguale a : si annulla proprio in mentre altrove ha il

λ = 30(1−b)(z z = 4

3

− ×

segno di che stiamo assumendo non nullo. La matrice rimanente ha determinante

1 2 2

b, 2

− − · ·

det Hf (x, y, z) = 9b + (1 9b 4b = λ λ

b) 1 2

b

con segno pari al segno di e traccia

b 2

−

tr Hf (x, y, z) = 11b + (1 = λ + λ .

b) 1 2

b

×

In particolare, la matrice rimanente è indefinita per e definita positiva per

2 2 < 0 > 0,

b b

da cui è:

det Hf (x, y, z)

b 6

• definita positiva dove e semidefinita positiva nei punti con

Se 0 < < 1 z = 4 z = 4;

b

concludiamo che il punto è di minimo assoluto siccome la funzione è convessa.

(0, 0, 4)

• Se indefinita in ogni punto; concludiamo che è un punto di sella .

< 0 (0, 0, 4)

b

• Se semidefinita positiva nei punti con ma indefinita altrove, non permetten-

> 1 z = 4,

b

doci di capire se il punto critico è di sella oppure di minimo locale.

2 2 2

− − {(2t, ∈

(e) Abbiamo . I punti critici

f (x, y, z) = 9x 12xy + 4y = (3x 2y) 3t, z) : t, z R}

1

sono di minimo assoluto applicando la definizione, essendo In alternativa

f (2t, 3t, z) = 0.

1 3

è convessa: la matrice Hessiana ha autovalori costanti semidefinita positiva in .

f 0, 0, 26, R

1

(f) Per possiamo capire che l’unico punto critico già trovato nei conti precedenti

> 1 (0, 0, 4)

b 6

è un punto di sella applicando la definizione: per abbiamo che

t = 0

2 6

−(b −

ma

f (0, t, 4) = 4bt > 0 f (0, 0, 4 + t) = 1)t < 0 .

b b

00 0

− −

Risposta Esercizio 2 y (t) 2αy (t) y(t) = sinh t

(a) Si tratta di un’equazione differenziale ordinaria di secondo ordine, lineare a coefficienti co-

stanti, non omogenea. In modo secondario, osservo anche che l’EDO non è autonoma.

(b) La retta tangente al grafico della funzione , nel punto è data da

y (0, y (0)),

pC pC

0 ∈

y = y (0) + y (0)t t .

R

pC pC α

Sostituendo i dati al problema di Cauchy trovo la retta costante .

y = 2

00 0

− −

(c) Il polinomio caratteristico associato a è

y (t) 2αy (t) y(t) = 0

p p

2 2 2

− − − − −

λ 2αλ 1 = (λ α α + 1)(λ α + α + 1) .

2

Poiché il discriminante del polinomio il polinomio ha sempre due radici reali

∆ = α + 1 > 0,

distinte, dunque l’integrale generale dell’equazione omogenea è

√ √

2 2

(α+ α +1)t (α− α +1)t ∈

al variare di

(t) = c e

y + c e c , c .

R

1

o,c ,c 2 1 2

1 2

(d) Per risolvere l’equazione completa, controlliamo la possibile risonanza: bisogna verifica-

−1

re quando o risolvono l’equazione caratteristica: inserendo nell’EDO si ha

1 α = 0.

Equivalentemente, in alternativa, si può risolvere p

p 2 2

± −1

± oppure

α + 1 = 1 α α + 1 = .

α

In entrambi i casi l’uguaglianza è vera se e solo se α = 0.

Si procede poi a piacere con il metodo preferito per determinare la soluzione particolare.

Metodo degli annichilatori: Per risolvere l’equazione completa, cerchiamo innanzitutto

un polinomio la cui equazione omogenea associata sia risolta da combinazioni lineari di

q(λ)

−t

t , ad esempio

e , e 2

− −

q(λ) = (λ 1)(λ + 1) = λ 1 . t

Ovviamente si potrebbe usare il principio di sovrapposizione e risolvere i due problemi (e ed

−t ) separatamente.

e t

• 6 Non c’è risonanza, dunque una soluzione particolare è del tipo

α = 0 y (t) = κ e +

p 1

−t , dunque si avrà

κ e

2 1 −t −t −t −t

t t t t

− − − −

(e e ) = κ e + κ e 2ακ e + 2ακ e κ e κ e

1 2 1 2 1 2

2 −t

t

−2ακ

= e + 2ακ e ,

1 2

1

−

cioè . L’integrale generale dell’equazione completa è

κ = = κ

2

1 4α √ √ 1

2 2

(α+ α +1)t (α− α +1)t − ∈

y (t) = c e + c e cosh t c , c .

R

1 2 1 2

α6 =0 2α 00<