UNIVERSIT`A DI ROMA “TOR VERGATA” Analisi Matematica II

UNIVERSITÀ DI ROMA “TOR VERGATA”
Analisi Matematica II-2
Svolgimento (sintetico) del modello di prova scritta sulla seconda parte del corso.
1. (a) Calcoliamo dapprima
σ u (u, v) = (cos v, sen v, 0),
σv (u, v) = (−u sen v, u cos v, 2)
σu × σv (u, v) = (2 sen v, −2 cos v, u).
Il punto P corrisponde a (u, v) = (2, π2 ), e il vettore normale è dato da
σu × σv 2,
π
2
= (2, 0, 2).
L’equazione del piano tangente a Σ in P è quindi
x + z = π + 1.
(b) Per calcolare il flusso, esprimiamo il campo F in coordinate (u, v):
F(σ(u, v)) = (u sen v , −u cos v , 4v 2 ).
Troviamo quindi
ZZ
hF, n̂i dS =
ZZ
Σ
Σ
=
Z 3
hF, σu × σv i dudv
Z 2π
du
0
(2u + 4uv 2 ) dv
0
= 18π + 48π 3 .
2. Abbiamo div F = −2x + 2x + z − 2 = z − 2. Indichiamo con Ω la sfera piena di
raggio 2. Per il teorema della divergenza
ZZ
hF, n̂i dσ =
Σ
ZZZ
(z − 2) dxdydz =
Ω
ZZZ
(−2) dxdydz = −2vol (Ω) = −
Ω
64
π,
3
in quanto l’integrale di z su Ω è nullo per simmetria.
Chiamiamo ora Ω∗ la parte di Ω che giace al di sotto del piano z = 1. Abbiamo
∂Ω∗ = Σ∗ ∪ Σ1 , dove Σ1 è il cerchio ottenuto intersecando Ω col piano z = 1. Su Σ1
la normale esterna vale n̂ = k̂. Per il teorema della divergenza
ZZ
Σ∗
hF, n̂i dσ =
ZZZ
Ω∗
ZZZ
Ω∗
div F dxdydz −
ZZ
hF, n̂i dσ
Σ
(z − 2) dxdydz −
Z Z1
Σ1
(x + y − 2z) dσ.
√
Le sezioni orizzontali Ωz di Ω∗ sono cerchi di centro (0, 0) e raggio 4 − z 2 , al variare
di z ∈ √
[−2, 1]. La sezione con z = 1 coincide con Σ1 , che è quindi un cerchio di
raggio 3. L’insieme Ω∗ non è simmetrico rispetto a z quindi non possiamo dire
che l’integrale di z è nullo. Calcoliamo
ZZZ
Ω∗
(z − 2) dxdydz =
=
Z 1
−2
Z 1
dz
Z Z
(z − 2) dxdy =
−2
Ωz
(z − 2)π(4 − z 2 )dz = −
−2
Z 1
(z − 2)area (Ωz )dz
81
π.
4
Su Σ1 l’integrale di x e di y è nullo per simmetria, mentre z = 1. Abbiamo
ZZ
(x + y − 2z) dσ =
ZZ
Σ1
Σ1
(−2) dσ = −2area (Σ1 ) = −6π.
In conclusione, il flusso attraverso Σ∗ vale − 81
π + 6π = − 57
π.
4
4
3. (a) Il massimo e il minimo di f su Γ si può trovare con il metodo dei moltiplicatori
di Lagrange (un’alternativa è parametrizzare l’ellisse). Si deve risolvere il sistema





2x − 2 = λ2 x
2y = 2λy



 x2
4
+ y 2 = 1.
Al termine dei calcoli si trovano quattro punti critici
√ !
4 5
(2, 0),
,
,
(−2, 0),
3 3
√ !
5
4
,−
.
3
3
Calcolando f in ciascuno di questi punti si trova che il minimo valore è
√ !
√ !
4 5
4
5
1
f
,
=
,−
=−
3 3
3
3
3
mentre il massimo è f (−2, 0) = 8.
(b) Dapprima si cercano i punti critici liberi di f che si trovano all’interno di C.
Essi devono soddisfare 2x − 2 = 0 e 2y = 0; quindi c’è il solo punto P1 = (1, 0).
Tale punto è interno a C, perché è interno all’ellisse e soddisfa x > 0, quindi è un
candidato a essere punto di massimo o di minimo globale per f su C.
Poi si studiano i punti critici vincolati al bordo di C. Il bordo di C si può scrivere
come unione di due tratti regolari Γ1 ∪ Γ2 , dove Γ1 è la metà dell’ellisse Γ che sta
nel semipiano x ≥ 0 mentre Γ2 è il segmento di estremi (0, −1) e (0, 1).
I punti critici lungo Γ1 sono quelli trovati ne punto (a) che soddisfano x ≥ 0, cioè
√ !
√ !
4
4 5
5
P2 = (2, 0), P3
,
, P4
,−
.
3 3
3
3
Per trovare i punti critici lungo Γ2 utilizziamo nuovamente i moltiplicatori di Lagrange (in alternativa, si può studiare l’andamento di f (0, y) per y ∈ [−1, 1]).
L’equazione del segmento è x = 0, quindi il sistema da soddisfare è









2x − 2 = λ
2y = 0
x = 0.
Si trova come unico punto critico P5 = (0, 0), che va preso in considerazione perché
appartiene all’ellisse.
Vanno infine considerati tra i possibili punti di massimo e minimo i punti P6 =
(0, −1) e P7 = (0, 1) dove si intersecano Γ1 e Γ2 e la frontiera non è regolare,
ottenendo cosı̀ in tutto 7 possibili punti dove f può assumere massimo o minimo
assoluto. Calcolando f in ciascuno di questi punti si trova che il minimo valore è
f (1, 0) = −1, mentre il massimo è f (0, −1) = f (0, 1) = 1.