1 Soluzioni degli esercizi proposti nella sessione estiva 2010

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Soluzioni degli esercizi proposti nella sessione estiva 2010-2011
Terni Perugia
p
1) Sia F = (2x, −y, z) e V il volume delimitato dalle superfici: la semisfera S1 := z = 9 − x2 − y 2
ed il disco S2 di equazione z = 0, x2 + y 2 ≤ 9. Indicata con N la normale esterna calcolare
Z
F · N dS
F r(V )
sia direttamente che facendo uso del teorema della divergenza.
S1) La superfici S1 ed S2 costituiscono la frontiera di V . Se applichiamo direttamente il teorema
della divergenza otteniamo
div F = 2
ZZZ
div F dxdydz = 2volume (V ) = 36π.
V
Calcoliamo adesso gli integrale superficiali. Le equazioni parametriche di S1 sono:

 x=u
y=p
v
D = {(u, v) : u2 + v 2 ≤ 9}.

z = 9 − x2 − y 2 ,
Il vettore normale alla superficie S1 ha coordinate ( √9−uu2 −v2 , √9−uv2 −v2 , 1) ed è diretto verso
l’esterno di V .
Z
ZZ
p
2u2
v2
√
F · N dS =
−√
+ 9 − u2 − v 2 dudv =
9 − u2 − v 2
9 − u2 − v 2
S1
D
Z 2π Z 3
2r2 cos2 t − r2 sin2 t + 9 − r2
√
=
dt
rdr(
)=
9 − r2
0
0
p
r
dr 3 ≥ w ≥ 0)
( uso la sostituzione w = 9 − r2 , dw = − √
9 − r2
Z 2π Z 3
=
dt
[(18 − 2w2 ) cos2 t − (9 − w2 ) sin2 t + w2 ]dw =
0
0
Z 2π
=
54 cos2 t − 9dt = 36π.
0
Le equazioni parametriche di S2 sono:

 x=u
y = v D = {(u, v) : u2 + v 2 ≤ 9}.

z = 0,
Il vettore normale uscente è dato da (0, 0, −1). Siccome F · N = 0 su S2 questo integrale non
dà contributo.
2) Determinare, usando Stokes, la circuitazione del campo vettoriale F = (y + z, x + z, x + y) lungo
la curva intersezione tra x + y + z = 0 e la sfera x2 + y 2 + z 2 = 4 orientata nella direzione
positiva rispetto al versore (1,0,0).
2
S2) Il rotore di F è il vettore nullo e dunque la circuitazione è nulla.
3) Dire se il campo vettoriale Ω := (x + y, y − x) : R2 → R2 è conservativo o meno attraverso il
calcolo dei seguenti due integrali:
Z
Z
(x + y)dx + (y − x)dy, (x + y)dx + (y − x)dy,
A
C
dove la curva C è parametrizzata da x = cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ π/2, mentre A è parametrizzata da x = 1 − t, y = t, 0 ≤ t ≤ 1.
S3) Le curve A, C congiungono i due punti P1 = (1, 0), P2 = (0, 1). Se i due integrali sono diversi
possiamo affermare che la forma differenziale ω = (x + y)dx + (y − x)dy non è esatta.
Z
Z
π/2
(x + y)dx + (y − x)dy =
0
C
Z
Z
π
−(cos t + sin t) sin t + (sin t − cos t) cos tdt = − ;
2
1
−1 + 2t − 1dt = −1.
(x + y)dx + (y − x)dy =
0
A
Dunque F non è conservativo.
4) Determinare convergenza e somma della serie di Fourier della funzione
0 −1 ≤ x ≤ 0
f (x) =
1 0 < x < 1.
S4) Il periodo di f è T = 2 e pertanto
Z 1
a0 =
dt = 1
0
sin nπx 1
=0
nπ
0
0
Z 1
h cos nπx i1
1
=
sin nπxdx = −
(1 − (−1)n ) =
=
nπ
nπ
0
0
= 0
2
=
.
π(2n + 1)
Z
an =
bn
b2n
b2n+1
1
cos nπxdx =
La serie di Fourier associata ad f è data da:
∞
1 2X 1
+
sin(2n + 1)πx.
2 π
2n + 1
n=0
Tale serie converge puntualmente alla funzione s definita da:

 0 −1 < x < 0
1 0<x<1
s(x) =
 1
2 x = −1, 0, 1.
3
5) Calcolare il volume della regione delimitata dal paraboloide z = x2 + y 2 , e dal piano z = 1.
S5) Sia D l’insieme
D = {(x, z) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ z ≤ 1}
ZZ
V
Z
= 2π
xdxdz = 2π
Z
= 2π
D
1
1
Z
0
(x − x3 )dx =
0
1
dz =
xdx
x2
π
2
6) Studiare il comportamento della serie
∞
X
n=1
nx2
.
n3 + x2
S6) Se x = 0 la serie converge perché fn (0) = 0 per ogni n. Siccome fn (x) = fn (−x) basta studiare
il comportamento della serie per x > 0 Osserviamo che
∞
X
n=1
∞
X
nx2
n
2
=
x
3
2
3
n +x
n + x2
n=1
e che
1
n
∼ 2
2
+x
n
e pertanto la serie converge assolutamente su tutto R.
Proviamo che la serie non converge totalemnte tutto R, ma solo in ogni sottoinsieme A limitato
di R.
Calcoliamo innanzitutto la derivata di fn .
n3
fn0 (x) =
2nx(n3 + x2 ) − 2nx3
≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 0
(n3 + x2 )2
quindi
sup fn (x) = lim fn (x) = n.
x→∞
R
Questo prova che la serie non converge totalemnte su R. In realtà prova anche che la serie
non converge uniformemente in R. Infatti se per assurdo convergesse per il criterio di Cauchy,
per ogni ε > 0 dovrebbe esistere un m tale che per ogni n > m e per ogni p dovrebbe risultare
vera la disuguiaglianza
fn (x) + · · · + fn+p (x) ≤ ε ∀ x.
In particolare dovrebbe essere vero che per ogni x
fn (x) ≤ ε
e per quanto visto prima si otterrebbe n ≤ ε che è un assurdo. Sia ora L un maggiorante per
l’insieme {|x|, x ∈ A}. Allora
sup fn (x) ≤
A
La serie
P
n3
nL
L
≤ 2 = Ln .
2
+x
N
Ln converge e questo prova la convergenza totale e dunque uniforme in A.
4
7) Studiare massimi e minimi liberi della funzione
z(x, y) =
1
4
(x4 − x3 − 4x2 + 6).
2
4(1 + 4y )
3
S7) La funzione z è di classe C 2 in tutto R2 . Risulta
 ∂z
1

=
(4x3 − 4x2 − 8x)

∂x
4(1 + 4y 2 )
∂z
4
2y


= −(x4 − x3 − 4x2 + 6)
∂y
3
(1 + 4y 2 )2
∂z
= 0 ⇐⇒ x = 0, −1, 2
∂x
e dunque, sostituendo questi valori nella seconda derivata parziale otteniamo i punti critici.
(-1,0), (0,0), (2,0).
Studiamo ora la natura di tali punti e calcoliamo le derivate seconde di z.
 2
∂ z
1
1


=
(12x2 − 8x − 8) =
(3x2 − 2x − 2)


2
2)
2)

∂x
4(1
+
4y
(1
+
4y


∂2z
32y(4x3 − 4x2 − 8x)
=−

∂x∂y
(4 + 16y 2 )2


2
4

∂ z
2 (3x − 4x3 − 12x2 + 18)(12y 2 − 1)



=
∂y 2
3
(1 + 4y 2 )3
Ne segue H(−1, 0) = −26 e quindi (-1,0) è un punto sella
∂2z
H(0, 0) = 24, 2 (0, 0) = −2, (0,0) è un massimo
∂x
∂2z
H(2, 0) = 56, 2 (2, 0) = 6, (2,0) è un minimo.
∂x
8) Calcolare
I
F dr
C
dove F = (−y 3 , x3 , −z 3 ) e C è la curva intersezione del cilindro x2 + y 2 = 1 e del piano
2x + 2y + z = 3 orientata in modo da avere una proiezione con orientamento antiorario sul
piano xy.
S8) Sia S la porzione di piano z = 3 − 2x − 2y interna al cilindro x2 + y 2 = 1. La curva C = +∂S
e dunque possiamo calcolare questo integrale facendo uso di Stokes.
rot(F )= (0, 0, 3x2 + 3y 2 ),mentre il vettore normale alla superficie è dato da n = (2, 2, 1).
I
ZZ
3(x2 + y 2 )dxdy =
F dr =
C
{x2 +y 2 ≤1}
Z
2π
Z
dt
0
0
1
3
3r3 dr = π.
2
9) Determinare i massimi e minimi vincolati della funzione f (x, y, z) = xyz 2 quando il vincolo è
espresso da x2 + y 2 + z 2 = 9.
5
S9) Per effettuare la ricerca dei massimi e minimi vincolati per f iniziamo a determinare i massimi e
minimi liberi per la funzione g(x, y) = xy(9−x2 −y 2 ). Osserviamo inoltre che g(x, y) = g(y, x)
e che g(−x, y) = −g(x, y), g(−x, −y) = g(x, y). g ∈ C 2 (R2 ). Calcoliamo il gradiente di g
∂g
∂x
∂g
∂y
= y(9 − 3x2 − y 2 )
= x(9 − x2 − 3y 2 ).
Il gradiente si annulla allora nei punti: (0, 0), (±3, 0), (0, ±3), (±3/2, ±3/2). Per quanto detto
prima g(±3, 0) = g(0, ±3) = ±g(0, 3) e g(±3/2, 3/2) = ±g(3/2, 3/2) = g(3/2, ±3/2).
Calcoliamo ora le dierivate seconde:
∂2g
∂x2
∂2g
∂y∂x
∂2g
∂y 2
= −6xy
= 9 − 3x2 − 3y 2
= −6xy.
e pertanto H(x, y) = 36x2 y 2 −(9−3x2 −3y 2 )2 . Risulta H(0, 0) = −81, H(3, 0) = −324 e dunque i punti (0, 0), (±3, 0), (0, ±3) sono punti sella. Restano da valutare i punti (±3/2,
±3/2).
√
Se torniamo alla funzione f questo equivale a studiare i punti (±3/2, ±3/2, ±3 2/2).
√
Siccome f è pari
in
z
basta
studiare
le
soluzioni
con
z
>
0,
inoltre
f
(3/2,
3/2,
3
2/2) =
√
√
√
f (−3/2, −3/2, 3 2/2) = −f (−3/2, 3/2, 3 2/2) = −f (3/2, −3/2, 3 2/2) e il vincolo è un
compatto, allora quattro punti saranno di massimo assoluto e quattro di minimo assoluto.
10) Calcolare massimi e minimi asoluti della funzione f (x, y) = x2 (|y| − 4) + 1 nell’insieme
D = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 4}.
S10) Osserviamo innanzitutto che in D il fattore |y| − 4 è sempre negativo e dunque la funzione
f in D assume sempre valori minori od uguali ad 1. Tutti i punti in D del tipo (0, y) sono
allora di massimo assoluto per f .
Osserviamo inoltre che fx0 (x, y) si annulla nell’interno di D solo se x = 0 e quindi non ci sono
altri punti critici nell’interno di D. I punti di minimo assoluto (che ci sono per il teorema di
Weierstrass) vanno allora cercati nella frontiera di D.
Nella frontiera di D la funzione vale
fr (t) = 4 cos2 (t)(2| sin(t)| − 4) + 1.
La funzione fr (t) è periodica di periodo π e quindi basta studiarla nell’intervallo [0, π].
In tale intervallo possiamo eliminare il modulo e quindi studiare la funzione
fa (t) = 4 cos2 (t)(2 sin(t) − 4) + 1.
Risulta
fa0 (t) = 8 cos(t)(cos2 (t) − 2 sin2 t + 4 sin(t)) = 8 cos(t)(1 − 3 sin2 (t) + 4 sin(t)).
6
Nell’intervallo [0, π] il fattore 1 − 3 sin2 (t) + 4 sin(t) ≥ 0 se e solo se
3 sin2 (t) − 4 sin(t) − 1 = 3 sin(t)[sin(t) − 1] − sin(t) − 1 ≤ 0
e questa disuguaglianza è sempre verificata in [0, π]. Il segno di fa0 (t) è quindi quello di cos(t).
Ci saranno allora due punti di minimo per t = 0, π ed uno di massimo per t = π/2 per fa .
Nei punti t = 0, π, 2π la funzione fr vale -15. In t = π/2, 3π/2 la funzione fr vale 1. Pertanto
il massimo assoluto vale 1, il minimo assoluto vale -15.
11) Risolvere il seguente problema di Cauchy:
0
y + xy = x3 y 3
y(0) = 1
S11) y = 0 è una soluzione della equazione di Bernoulli. Cerchiamo ora le soluzioni non nulle ed
effettuiamo la sostituzione y −2 = z e otteniamo l’equazione:
z 0 − 2xz = −2x3 .
Risulta allora
2
z(x) = 1 + x2 + cex
1
y(x) = ± p
.
1 + x2 + cex2
La soluzione cercata è allora y(x) =
√ 1
.
1+x2
12) Trovare l’equazione della retta tangente alla curva di equazione
y 4 + 2y 2 (x2 + 1) + (x2 − 1)2 − 32 = 0 nel punto P = (1, 2).
S12) La funzione g(x, y) = y 4 + 2y 2 (x2 + 1) + (x2 − 1)2 − 32 = 0 è di classe C ∞ in tutto R2 e si
annulla nel punto P , inoltre
∇g(x, y) = 4xy 2 + 4x(x2 − 1), 4y(y 2 + x2 + 1)
∇g(1, 2) = (16, 48)
e quindi, per il teorema di Dini, la g definisce implicitamente in un intorno del punto x = 1
una funzione del tipo y = y(x), con y 0 (1) = −16/48 = −1/3. La retta tangente ha allora
equazione: 3y + x − 7 = 0.
7
Compito di Analisi Matematica II del 7 Settembre 2011
• Supponendo che la funzione T (x, y, z) = x3 y + y 3 z + z 3 x fornisca la temperatura nel punto
(x, y, z) dello spazio tridimensionale, calcolare la derivata direzionale di T nel punto
(2, −1, 0) nella direzione verso il punto (1, 1, 2).
• Trovare le soluzioni della equazione differenziale
y
y 0 (x) + = 1,
x > 0.
x
• Calcolare il flusso del vettore F = (x, y, z) uscente dal cilindro x2 + y 2 ≤ a2 , |z| ≤ b dove
a= num lettere nome, b = num lettere cognome.
La funzione T è un polinomio e dunque è differenziabile. Il suo gradiente è dato da ∇T =
(3x2 y + z 3 , x3 + 3y 2 z, y 3 + 3z 2 x). Il gradiente nel punto dato vale: ∇T (2, −1, 0) =
(−12, 8, −1). Il vettore che congiunge i due punto, nel verso che va verso (1, 1, 2) è
v = (−1, 2, 2), il suo versore è dato da: (−1/3, 2/3, 2/3). La derivata direzionale vale
∂T
= (−12, 8, −1) · (−1/3, 2/3, 2/3) = 26/3.
∂v
Si tratta di una equazione differenziale che può essere studiata come lineare del primo ordine
o di Manfredi. Se vogliamo risolverla con il secondo metodo poniamo t = y/x. Risulta
allora
tdx + xdt
dt
dt
dx
= −t + 1,
x
= 1 − 2t,
=
dx
dx
1 − 2t
x
e dunque integrando per parti si ottiene:
1
= c2 x2
1 − 2t
y=
x d
−
2 x
con d = c22 . Se imponiamo la condizione 1 − 2t = 0 otteniamo ancora una soluzione della
equazione differenziale e dunque l’integrale generale è quello trovato precedentemente
con d ≥ 0.
Il flusso del campo F va calcolato su 3 superfici: quella laterale, la base e il coperchio del
cilindro. La base B del cilindro è data da: z = −b, x2 + y 2 ≤ a2 , n = (0, 0, −1). Il flusso
su tale base vale: F = (x, y, −b).
Z
Z a
Z 2π
F · ndS =
rdr
bdt = πba2 .
B
0
0
Lo stesso valore si ottiene per il flusso sul coperchio C: z = b, x2 + y 2 ≤ a2 , n = (0, 0, 1).
La superficie laterale S del cilindro è parametrizzata da x = a cos t, y = a sin t, z con
t ∈ [0, 2π], |z| ≤ b, dS = adtdz.
Z
Z 2π Z b
2
F · ndS = a
dt
dz = 4πba2 .
S
Il flusso uscente è pari a 6πa2 b.
0
−b
8
Compito di Analisi Matematica II del 19 Settembre 2011
1 Determinare gli estremi della funzione f (x, y) = |xy|(x + y − 1).
2 Risolvere l’equazione differenziale
y000 + 5y 00 + 17y 0 + 13y = sin(t).
3 Sia C la curva (orientata in senso antiorario) ottenuta intersecando il cilindro x2 + y 2 = 1
con la superficie z = xy. Usando il teorema di Stokes calcolare
Z
ydx + zdy + xdz.
C
1 Osserviamo che f (x, y) = f (y, x) e quindi ciò che accade nel punto (x, y) vale anche nel
punto (y, x) Studiamo innanzitutto cosa accade nei punti xy = 0. Se y = 0 allora
f (x, 0) = 0. Se scelgo x > 1 allora posso determinare un intorno U di (x, 0) nel quale
f (x, y) ≥ f (x, 0) e dunque i punti (x, 0) con x > 1 sono di minimo relativo ( per
simmetria anche i punti (0, y), y > 1. In modo analogo se x < 1 i punti (x, 0) sono di
massimo relativo (per simmetria anche i punti (0, y), y < 1. I punti (1, 0), (0, 1) sono
punti sella.
Studiamo ora i punti xy 6= 0. Supponiamo di considerare i punti per cui xy > 0. Risulta
f (x, y) = xy(x + y − 1) e
1
y(2x + y − 1) = 0
⇐⇒ x = y =
x(x + 2y − 1) = 0
3
2y
2x + 2y − 1
Hf (x, y) =
2x + 2y − 1
2x
H(1/3, 1/3) = 1/3 > 0
∂2f
(1/3, 1/3) = 2/3
∂x2
E dunque il punto (1/3, 1/3) è di minimo relativo.
Se invece xy < 0 il gradiente si annulla sempre in (1/3, 1/3) il che non è possibile e dunque
non ci sono in questo insieme massimi o minimi relativi.
2 Si tratta di una equazioni differenziale lineare completa del terzo ordine a coefficienti costanti il
cui integrale generale è dato da:
1
1
sin(t) + c1 e−t + c2 e−2t cos /3t) + c3 e−2t sin(3t).
y(t) = − cos(t) +
20
40
3 Sia S la superficie data da (x, y, xy) tale che x2 + y 2 ≤ 1. C risulterà il bordo di S. La normale
a tale superficie è data da: (−y, −x, 1). Posto con F il vettore (y, z, x), il suo rotore è dato
da (−1, −1, −1) e quindi ∇F × n = x + y − 1. Per il teorema di Stokes
Z
Z
Z
ydx + zdy + xdz =
∇F × ndS =
(x + y − 1)dxdy =
C
x2 +y 2
S
1
Z
=
0
r2 dr
Z
0
2π
2
(cos t + sin t − 1)dt = − π.
3