Analisi Matematica II Corso di Ingegneria Gestionale Compito del y 2

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1 Analisi Matematica II Corso di Ingegneria Gestionale Compito del È obbligatorio consegnare tutti i fogli, anche la brutta e il testo. - Le risposte senza giustificazione sono considerate nulle. Esercizio punti Data la funzione fx, cos x + i dire in quali punti del dominio la funzione è differenziabile; ii determinare massimo e minimo di fx, su Ω { x, R : x +, x + 1, 5x 6x }. Suggerimento: è utile sapere che per ogni x, Ω, si ha 1 < x + < 4. Esercizio. 1 punti Data la curva γ, I, con I [, ] e parametrizzazione γ : [, ] R, γt cos t cos t, sin t i fare un disegno approssimativo del sostegno della curva; ii scrivere l equazione cartesiana della retta tangente al sostegno della curva nel punto P 5 4, ; iii calcolare il lavoro lungo γ, I del campo di vettori x + Fx, Esercizio. 8 punti Sia dato l insieme U { x, R : x, x } ; i descriverlo in coordinate polari ρ, θ [, + [, ]; ii calcolare l integrale x U x + dx d. x + 1

2 Svolgimento Esercizio 1. Data la funzione fx, cos x + i dire in quali punti del dominio la funzione è differenziabile; Il dominio naturale della funzione è R e fx, si può scrivere come composizione delle funzioni gt cos t e hx, x +. La funzione g è differenziabile su tutto il suo dominio, e h è differenziabile in R \ {, }. Dunque possiamo concludere dai teoremi di carattere generale che la funzione f è certamente differenziabile in R \ {, }. Rimane da studiare la differenziabilità in,. Iniziamo studiando l esistenza delle derivate parziali di f. Usando cos s 1 1 s + os per s, Si trova f, lim x t f, lim t Dobbiamo poi vedere se lim x,, lim x,, cos ft, f, t f, t f, t cos lim t 1 t t cos lim t 1 t t fx, f, f f x, x,. x + Sostituendo i valori della funzione e delle sue derivate parziali, si ottiene x + 1 x + lim x,, Dunque la funzione è differenziabile anche in,. ii determinare massimo e minimo di fx, su 1 x + + ox + x + Ω { x, R : x +, x + 1, 5x 6x }. L insieme Ω è rappresentato nella figura 1. Per studiare massimo e minimo assoluto di f su Ω dobbiamo considerare i valori che la funzione assume su eventuali punti di non differenziabilità, sui punti critici liberi interni a Ω, sui punti critici vincolati al bordo di Ω e sugli eventuali spigoli del bordo. Abbiamo visto nel punto i che f non ha punti di non differenziabilità, possiamo quindi cercare i suoi punti critici. Sono l origine abbiamo visto che le derivate parziali si annullano che non appartiene a Ω, e le soluzioni del sistema x sin x + x + sin x + x + x,,

3 Figure 1: L insieme Ω. Usando il suggerimento, si trova che per ogni x, Ω si ha p sin x + 6 dunque non ci sono punti critici liberi nella parte interna di Ω. Ci rimane da studiare il comportamento di f sul bordo di Ω, che dividiamo in due parti, Γ1 x + 1, x e Γ 5x 6x + 5 8, x +. Otteniamo dunque gli spigoli S1 S. Per quanto riguarda Γ1 possiamo usare la parametrizzazione γ1 t cos t, sin t, t,, 4 4 e componendo con f troviamo la funzione di una variabile g1 t f γ1 t, t,. 4 4 Essendo g1 t una funzione costante, tutti i punti sono critici vincolati. Il valore da registrare e quello della funzione, che coincide con il valore della funzione sui due spigoli.

4 Consideriamo Γ come insieme di livello della funzione differenziabile Gx, 5x 6x +5. Il gradiente di G non si annulla su Γ, e possiamo quindi applicare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, e cercare soluzioni x,, λ del sistema x + x sin x + λ 1x 6 sin x + x + λ 1 6x 5x 6x x + Ponendo x, si trova dalla prima equazione λ, e quindi o λ, mentre dal vincolo 8 si ottiene 5. Deve quindi essere λ e x,, 8 5, che non è soluzione della seconda equazione. Dunque non ci sono soluzioni con x. Allo stesso modo si esclude che ci siano soluzioni con. Possiamo quindi dividere per x nella prima equazione e per nella seconda equazione, ottenendo λ 1x 6 x λ 1 6x Otteniamo quindi le soluzioni λ e x. Ponendo λ deve essere sin x + 6 λ x e quindi x + 4, sostituendo nella terza equazione, si trova quindi il sistema x + 4 x x + da cui x 4 4x + 4, e quindi x. Dal disegno l unica soluzione ammissibile è x, e quindi. Abbiamo quindi trovato il punto critico vincolato Q Ponendo invece x, possiamo innanzitutto considerare x perché x + solo sugli spigoli, e quindi otteniamo, sostituendo nella terza equazione, x, e ritroviamo Q. I valori che dobbiamo confrontare sono dunque fs 1 fs cos, fq cos 1. Dunque il minimo è 1, e il massimo è. Esercizio. Data la curva γ, I, con I [, ] e parametrizzazione γ : [, ] R, γt cos t cos t, sin t 4

5 i fare un disegno approssimativo del sostegno della curva; Il sostegno è rappresentato nella figura Figure : Il sostegno della curva γ, I. ii scrivere l equazione cartesiana della retta tangente al sostegno della curva nel punto P 5 4, ; La parametrizzazione γt è di classe C 1, quindi la retta tangente al sostegno della curva esiste in tutti i punti che corrispondono ai valori del parametro t, per cui γ t. Bisogna fare attenzione al fatto che la curva non è semplice. In particolare per P 5 4, troviamo innanzitutto t, tale che γt P, ossia risolviamo il sistema { cos t cos t 5 4 sin t Dalla seconda equazione si trovano 4 soluzioni t,, 7, 8. Sostituendo i possibili valori nella prima equazione, si ottiene t o t 8. Troviamo due valori perché la curva non è semplice. Il vettore velocità si può calcolare con uno dei due valori. Calcoliamo quindi il vettore velocità sin t cos t γ sin t t cos t che è lo stesso nel caso t o t 8, e non è nullo. Quindi esiste il vettore normale al sostegno nel punto P, dato ad esempio da L equazione cartesiana cercata è allora 1 x n 1. 1 iii calcolare il lavoro lungo γ, I del campo di vettori x + Fx, 5

6 Il campo F è differenziabile sul suo dominio naturale R, e il rotore del campo è rotfx, F x x, F 1 x, 1. Poiché la curva non è chiusa e il campo non è irrotazionale, dunque non è conservativo su alcun dominio, non ci rimane che applicare direttamente la definizione di lavoro, ossia cos t cos t + sin t sin t cos t sin t LF, γ < Fγt, γ t > dt <, sin t cos t 6 sin t cos t sin t cos t sin t cos t + sin t cos t sin t dt cos t + cos t + 1 cos4 t + sin t t + sin t cos t 4. > dt Esercizio. Sia dato l insieme U { x, R : x, x } ; i descriverlo in coordinate polari ρ, θ [, + [, ]; Dobbiamo torvare l insieme S [, + [, ] tale che ψs U, dove ψρ, θ ρ cos θ, ρ sin θ. Dalla definizione di U troviamo S { ρ, θ [, + [, ] : ρ cos θ, ρ ρ cos θ } Dalla prima condizione ricaviamo che θ [, ], e risolvendo la seconda condizione come una disequazione di secondo grado in ρ, si trova cos θ cos θ + ρ cos θ + cos θ + Poiché cos θ cos θ + < per ogni θ, le due condizioni insieme ci dicono che { S ρ, θ [, + [, ] : θ, ρ cos θ + } cos θ + L insieme S è rappresentato nella figura, con l angolo θ sull asse delle ascisse. Si osserva che è già scritto come insieme semplice rispetto a ρ. ii calcolare l integrale U x x + dx d. x + 6

7 Figure : L insieme S. Visto che nel punto i abbiamo scritto l insieme U in coordinate polari, cambiamo variabile nell integrale, ottenendo x U x + dx d sin θ cos θ dρ dθ x + S dove S è l insieme semplice di sopra. Quindi cos θ+ cos θ+ sin θ cos θ dρ dθ sin θ cos θ dρ dθ S sin θ cos θ cos θ + cos θ + dθ 1 cos θ 1 cos θ + Il risultato si poteva ottenere anche dal fatto che l insieme S è simmetrico rispetto alla riflessione x, x,, mentre fx, fx, dove fx, x x + x +.. 7