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Cognome e nome
Analisi Matematica II (nuovo ordinamento)
05 gennaio 2012
Istruzioni. 1. Compilare la parte soprastante, scrivendo in STAMPATELLO sopra la riga punteggiata.
2. Consegnare ANCHE questo foglio.
3. PROIBITO usare libri, quaderni, calcolatori.
4. Tempo a disposizione: 180 min.
1. Data la funzione
f (x, y) = log(1 + x(x − y)),
determinare e rappresentare il campo di esistenza; determinare e classificare i punti critici.
SOLUZIONE. La funzione è definita per le coppie (x, y) tali che 1 + x2 − xy > 0, quindi il campo di esistenza è dato
da D = {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y < x + 1/x} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x < 0, y > x + 1/x} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x = 0}. La funzione
è derivabile quante volte si voglia in D.
Le derivate parziali prime e seconde sono date da
2x − y
−x
, fy =
,
1 + x2 − xy
1 + x2 − xy
2 − 2x2 + 2xy − y2
−x2
=
, fyy =
,
2
2
(1 + x − xy)
(1 + x2 − xy)2
fx =
fxx
fxy =
x2 − 1
.
(1 + x2 − xy)2
Vi è un unico punto critico (cioè in cui le derivate parziali prime sono entrambe nulle), e si tratta ovviamente dell’origine.
Le derivate seconde in (0, 0) sono date da: fxx (0, 0) = 2, fyy (0, 0) = 0 e fxy (0, 0) = −1, pertanto la matrice hessiana
è indefinita, quindi l’origine è un punto sella.
2. Data la forma differenziale
ω=
x2
1
x
dx − 2
dy,
−y−2
2x − 2y − 4
(a) discuterne l’esattezza e in caso positivo trovare una primitiva;
(b) calcolare
Z
ω,
dove
φ(t) =
φ
cos t
,
1 + sin t
t ∈ [π/2, π].
SOLUZIONE: (a) la forma differenziale è definita in R2\{(x, y) : y = x2 − 2}. Poiché il dominio non è connesso per
archi, l’esattezza deve essere discussa separatamente in ognuna delle due componenti connesse (la parte di piano al di
sopra della parabola e quella al di sotto). Noi ci limiteremo alla prima, la trattazione dell’altro caso essendo simile.
Nella parte di dominio D = {(x, y) : y > x2 −2} la forma ω è esatta, poiché è chiusa e la parte di dominio considerata è
semplicemente connessa. Determiniamo una primitiva F in D: scelto come punto di partenza dell’integrale curvilineo
il punto (0, 0), se (x, y) è un punto di D avremo che F (x, y) è data dall’integrale di ω lungo la curva ottenuta saldando
il segmento che congiunge (0, 0) a (x, 0) con il segmento che congiunge (x, 0) a (x, y). I due segmenti in questione
hanno nell’ordine le seguenti rappresentazioni
tx
, t ∈ [0, 1]
0
e
x
,
ty
t ∈ [0, 1]
pertanto si ha
Z
tx
1
1 1
x
dt
−
y dt =
2
2
2
2 0 x − ty − 2
0 t x −2
i1 1 h
i1 1
1
1h
log |t2 x2 − 2| +
log |x2 − ty − 2| = log |x2 − y − 2| − log 2.
=
2
2
2
2
0
0
F (x, y) =
Z
1
Poiché risulta x2 − y − 2 < 0 in D, si ha F (x, y) = (1/2) [ log(y − x2 + 2) − log 2 ].
(b) Osservato che la curva φ è a valori in D e ricordando che F (x, y) è una primitiva di ω in D, si ha
Z
1
ω = F (φ(π)) − F (φ(π/2)) = − log 2.
2
φ
3. Calcolare l’area dell’insieme costituito dalla zona in grigio nella figura.
y
2
y=1/x
0
2
x
SOLUZIONE. Si confronti con la figura.
I punti estremi dell’arco di iperbole che delimita l’insieme di cui calcolare l’area hanno coordinate (1/2, 2) e (2, 1/2).
Ora, unendo alla zona grigia il triangolo avente come vertici (0, 0), (0, 2) e (1/2, 2) e quello avente come vertici
(0, 0), (2, 0) e (2, 1/2), si ottiene un insieme che può essere a sua volta decomposto come l’unione del rettangolo
E1 = [0, 1/2] × [0, 2] e del sottografico E2 = {(x, y) : 1/2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1/x}. Ma l’area di E1 è esattamente
uguale alla somma delle aree dei due triangoli rettangoli di cui sopra, quindi l’area della zona grigia altri non è che
l’area di E2 , pari a
Z
2
1/2
dx
Z
1/x
dy =
0
Z
2
1/2
1
dx = 2 log 2.
x
4. Data la curva φ : [0, 2π] → R3 di componenti φ1 (t) = cos(2t), φ2 (t) = sin(2t), φ3 (t) = (4/3)t3/2 , descriverne il
sostegno, verificare che la curva è regolare e calcolarne la lunghezza.
SOLUZIONE. Il sostegno è un’elica cilindrica a passo variabile: l’asse del cilindro coincide con l’asse z e l’intersezione
di detto cilindro con il piano x, y coincide con la circonferenza unitaria di centro (0, 0); al variare di t ∈ [0, 2π],
il punto φ(t) descrive un’elica sulla superficie del cilindro, effettuando due giri completi attorno all’asse e in modo
tale che la proiezione del punto sull’asse del cilindro inizialmente coincida con l’origine e successivamente si sposti a
velocità crescente verso la posizione finale data dal punto (0, 0, (4/3)(2π)3/2). La curva è regolare, poiché è derivabile
e |φ0 (t)|2 = 4 + (16/9)(9/4)t, quindi φ0 non si annulla mai. Inoltre φ è di classe C1, quindi la sua lunghezza L(φ) può
essere calcolata come segue:
L(φ) =
Z
0
2π
|φ0 (t)|dt = 2
Z
2π
0
√
4
1 + t dt = [(1 + 2π)3/2 − 1].
3
5. Studiare esistenza e unicità per il problema di Cauchy
( 0
u (t) = sin(2t) − u(t) cos t,
u(0) = 1.
e quindi determinarne la soluzione.
SOLUZIONE. L’equazione è lineare e non omogenea, quindi la soluzione del problema di Cauchy è definita in R ed è
unica; l’equazione omogena associata è u0(t) + u(t) cos t = 0, che è a variabili separabili e ha come soluzione generale
u0 (t) = C e− sin t , C ∈ R. Una soluzione particolare dell’equazione di partenza avrà la forma u(t) = v(t) e− sin t , con v
funzione da determinare: imponendo che u risolva l’equazione non omogenea, si trova
u0 (t) + u(t) cos t = sin(2t),
ossia
v0 (t) e− sin t − v(t) cos t e− sin t + v(t) e− sin t cos t = sin(2t) :
semplificando, deve valere l’equazione
v0 (t) e− sin t = sin(2t),
da cui
v(t) = 2
Z
sin t cos t esin t dt.
L’ultimo integrale si risolve ponendo z = sin t, da cui dz = cos t dt, quindi
Z
v(t) = 2 zez dz = 2zez − 2ez + K = 2 sin t esin t − 2 esin t + K,
K∈R
quindi
u(t) = 2 sin t − 2 + K e− sin t.
Da u(t) = u0 + u (inglobando la costante K nella costante C) si ottiene infine
u(t) = Ce− sin t + 2 sin t − 2,
che è la soluzione generale dell’equazione di partenza. Imponendo la condizione iniziale si trova u(0) = C − 2 = 1, da
cui C = 3.