Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 2013/2014

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1 Prove scritte dell esame di Analisi Matematica II a.a. 3/4 C.d.L. in Ingegneria Informatica ed Elettronica - Università degli Studi di Perugia Prova scritta del 9 giugno 4. (8 punti) Risolvere il problema di Cauchy y (y + y 3) cos y + y().. ( punti) Determinare i punti estremanti della funzione nel suo campo d esistenza. f(, y) + y Determinare quindi, se esistono, massimo e minimo assoluti di f nella parte del campo d esistenza contenuta nel triangolo di vertici (, ), (, /), (, /). 3. ( punti) Calcolare il volume della regione E definita da Svolgimento E {(, y, z) R 3 : y, + y, z y}.. L equazione differenziale è a variabili separabili. Se y + y 3, ovvero per y 3 y, le funzioni y() 3 e y() sono soluzioni dell equazione, ma non del problema. Se y + y 3, allora si ha y ()(y() + ) y cos () + y() 3 y() + y () + y() 3 y ()d cos d log y () + y() 3 sen + c, c R y () + y() 3 e sen +c ke sen, k > y () + y() 3 ±ke sen he sen, h y() ± 4 4( 3 he sen ) Essendo y(), scartiamo la soluzione negativa: y() he sen, h ; inoltre y() h h 5, quindi la soluzione cercata è y() e sen., h.

2 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 3/4. Il campo d esistenza di f è l insieme D {(, y) R : + y } cioè la parte di piano esterna all ellisse di centro l origine e semiassi a, b /, compresa l ellisse stessa. Andremo a cercare i punti estremanti su F r D (ovvero sull ellisse), sui punti di D o per cui e sui punti di D o che annullano il gradiente. Per quanto riguarda questi ultimi, si ha che + y + +y f(, y) (, ) y +y { { y y + quindi mai in D o. (, y) (, ± /) (, y) (± /, ) Ora, f(, y) + y, (, y) D, mentre f(, y) > altrove in D, quindi sia i punti dell ellisse che i punti dell asse y appartenenti a D o sono di minimo assoluto per f. Non ci sono punti di massimo relativo. Denotato con T il triangolo assegnato, consideriamo T D. Su tale insieme la funzione ammette massimo e minimo assoluti in virtù del Teorema di Weierstrass. Dallo studio del segno abbiamo che il minimo è ed è assunto su F r D T, ovvero sull arco dell ellisse contenuto nel primo quadrante. Il massimo non può essere interno a T D (dallo studio degli estremi liberi); non rimane allora che cercarlo sulla restante parte della frontiera dell insieme, cioè sui segmenti AB e BC (avendo posto A (, ), B (, /), C (, /)). Ora, AB {(, y) R :, y /} e BC{(, y) R : y /, }, da cui f AB (, y) y, y [, /] f BC (, y), [, ], le quali sono funzioni in una variabile entrambe crescenti nei propri domini. Ne segue che B è punto di massimo assoluto per f su T D ed il massimo è. 3. E è la parte del cilindro retto di asse l asse z e base il disco centrato nell origine di raggio, contenuto nel semispazio y, compreso tra il piano z e la superficie z y. Usando le coordinate cilindriche l insieme viene trasformato in Si ha quindi V (E) 4 E {(θ, ρ, z) : θ π, ρ, z ρ cos θ sen θ}. π E π/ ddydz }{{} camb. coord. ( ( ρ cos θ sen θ ρdz ρdθdρdz }{{} E ) ) dρ riduzione π dθ cos θ sen θ dθ cos θ sen θ dθ [ ρ 4 /4 ] 4 [ sen θ/ ] π/. ρ 3 dρ }{{} simmetria

3 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 3/4 3 Prova scritta del 3 giugno 4. (9 punti) Assegnato D {(, y) R :, y, + y, + y }, calcolare D y ddy.. ( punti) Determinare i punti estremanti della funzione f(, y) ( y) + y, (, y) R. Dopo averne giustificato l esistenza, determinare il massimo ed il minimo assoluti di f sul triangolo di vertici A (, ), B (, ), C (, ). 3. ( punti) Posto E {(, y) R :, y, + y 4} e considerata γ F r E, calcolare y + ds. Svolgimento γ. L insieme D è costituito dai punti del I quadrante che sono esterni alla circonferenza di centro l origine e raggio ed interni alla circonferenza di centro (,) e raggio. Trasformiamo il nostro insieme D in coordinate polari. Siccome le due circonferenze si intersecano nel punto (/, 3/) (oltre che nell origine), risulta θ [, π/3]. Per quanto riguarda ρ, dovrà risultare ρ ; inoltre, scrivendo la seconda circonferenza in coordinate polari, si ottiene ρ cos θ. Per cui D D : {(θ, ρ) : θ π/3, ρ cos θ}. Risulta allora: D y ddy D π/3 sin θ cos θ ρdθdρ sin θ cos θ [ρ ] cos θ [θ sin θ cos θ] π/3 π π/3 dθ π/3 sin θ cos θ π/3 ( cosθ sin θdθ ) ρ dρ dθ π/3 tan θ dθ ( + tan θ ) dθ π [tan θ θ]π/3. La funzione è sicuramente derivabile in R \ {(, )} come composizione di funzioni derivabili. L origine non risulta né di massimo, né di minimo relativo poiché in un qualunque intorno di (,) si trovano sia valori positivi (quando > y) che valori negativi (quando < y). La frontiera è l insieme vuoto. Studiamo allora l insieme dei punti critici in R esclusa l origine (punto già studiato). Per (, y) (, ) risulta: f + y + ( y) +y f y + y + y( y) +y { + y y y + y { y ± 4 (, y) (, ), che non è accettabile.

4 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 3/4 4 Pertanto la funzione non ha punti di massimo e di minimo relativo in R. Sia ora T il triangolo di vertici A, B, C. Siccome T è un compatto e la funzione è continua, per il teorema di Weierstrass f ammetterà massimo e minimo assoluti in T che dovranno necessariamente trovarsi su F r T. Per quanto detto prima sul segno, si ha inoltre che f(, y), (, y) T. Lungo il segmento AC ((, y), y [, ]) risulta g(y) : f(, y) y. Lungo questa restrizione dunque la funzione f ha in (, ) un punto di massimo mentre (, ) è un punto di minimo. Lungo il segmento BC ((, ), [, ]) risulta h() : f(, ) ( ) +. Siccome la funzione h risulta crescente, allora la funzione f ha in (, ) un punto di minimo mentre (, ) è un punto di massimo. Lungo il segmento AB ((, ), [, ]) la funzione è identicamente nulla. Risulta allora che (, ) è punto di minimo assoluto per f in T e f(, ) min T f(, y), mentre tutti i punti del segmento AB sono di massimo assoluto e ma T f(, y). 3. Osserviamo innanzitutto che essendo l integrale in ds non è rilevante il verso di percorrenza. Risulta γ : γ γ γ 3 con: γ : r (t) (t, ), t [, ], ds dt; γ : r (t) ( cos t, sin t), t [, π/4], ds dt; γ 3 : r 3 (t) (t, t), t [, ], ds dt. Allora Quindi γ γ γ 3 y + ds y + ds t + t dt π/4 tg π 8 ( t + )dt [t log(t + )] log ; cos t cos t sin t + dt }{{} z +z z z + +z +z [ arctg z + log ( + z ) y + ds t dt. γ formule parametriche + z dz ] ( y + ds + + π 4 + log + z + z dz π 4 + log [( )] ).

5 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 3/4 5 3 Prova scritta del 4 luglio 4. (8 punti) Calcolare il lavoro del campo F (, y) ( 3 y 3, y y ), (, y) R, lungo + Q, essendo Q [, ] [, ].. (3 punti) Determinare la soluzione del problema di Cauchy y y 3y 8e 3 y() y () (9 punti) Assegnato E {(, y, z) R 3 : + y + z, + y z, z }, disegnare la figura che E intercetta nel piano yz. Calcolare poi + y ddydz. Svolgimento E. La curva + Q è regolare a tratti, unione di quattro curve regolari (i lati del quadrato), percorsa in senso antiorario. Poniamo { { t γ : y, t [, ] ; d dt, dy γ :, t [, ] ; d, dy dt y t { { γ3 t : y, t [, ] ; d dt, dy γ 4 :, t [, ] ; d, dy dt y t Allora L F d r F d + F dy + Q γ γ 3 γ γ 4 F d F d + F dy F dy γ γ t 3 dt γ 3 t 3 8t dt + γ 4 t 4t dt t dt 8. Si osservi che l esercizio si può risolvere anche usando le formule di Gauss-Green: L ( 3 y 3 )d + (y y)dy + Q ( ) y + 3y dy d Q [ (y y) y (3 y 3 ) [ y + y 3] y y d (8 4)d 8. ] ddy. L equazione differenziale del problema è lineare del II ordine a coefficienti costanti. L equazione caratteristica dell equazione omogenea associata è r r 3, le cui radici sono r ed r 3. Quindi l integrale generale dell equazione omogenea è y o () c e 3 + c e, c, c R. Il termine noto dell equazione assegnata è f() 8e 3 ; essendo 3 soluzione dell equazione caratteristica, una soluzione particolare dell equazione completa sarà y p () ke 3, da cui y p() ke 3 + 3ke 3 e y p() 6ke 3 + 9ke 3 ; sostituendo nell equazione data si ottiene k. Di conseguenza y p () e 3

6 Prove scritte di Analisi Matematica II - a.a. 3/4 6 e l integrale generale dell equazione completa è y() c e 3 + c e + e 3, c, c R. Ora si ha y () 3c e 3 c e + e 3 + 6e 3, quindi Ne risulta che la soluzione del problema di Cauchy è }{{} y() c + c dato iniziale 6 }{{} y () 3c c + (c, c ) (, ). dato iniziale y() e 3 e + e L insieme E è la regione di spazio compresa tra le sfere di centro l origine e raggi rispettivamente e, al di sopra del cono z + y. Nel piano si ha la figura E yz {(y, z) R : y + z, y z, z } ovvero la parte della corona circolare di centro l origine e raggi e al di sopra delle bisettrici dei due quadranti (z y ). Passando a coordinate sferiche, l insieme E si trasforma in E {(ϕ, θ, ρ) : ϕ π/4, θ π, ρ } e si ha E + y ddydz π/4 E cos θ ρ sen ϕ dϕdθdρ sen ϕ dϕ [ cos ϕ] π/4 π cos θ dθ [ θ + sen θ cos θ ] π ρ dρ [ ρ 3 3 ] π 6 (5 6).