Soluzioni degli esercizi proposti nella sessione estiva Terni Perugia. F NdS. div F = 2 div F dxdydz = 2volume (V ) = 36π.

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1 Soluzioni degli esercizi proposti nella sessione estiva 2-2 Terni Perugia ) Sia F = (2x, y, z) e V il volume delimitato dalle superfici: la semisfera S := z = 9 x 2 y 2 ed il disco S 2 di equazione z =, x 2 + y 2 9. Indicata con N la normale esterna calcolare F NdS F r(v ) sia direttamente che facendo uso del teorema della divergenza. S) La superfici S ed S 2 costituiscono la frontiera di V. Se applichiamo direttamente il teorema della divergenza otteniamo V div F = 2 div F dxdydz = 2volume (V ) = 36π. alcoliamo adesso gli integrale superficiali. Le equazioni parametriche di S sono: x = u y = v z = D = {(u, v) : u 2 + v 2 9}. 9 x 2 y 2, Il vettore normale alla superficie S ha coordinate ( l esterno di V. S F NdS = D 2π u, 9 u 2 v 2 v 9 u, ) ed è diretto verso 2 v2 2u 2 9 u 2 v v u 2 v + 9 u 2 v 2 dudv = 2 3 = dt rdr( 2r2 cos 2 t r 2 sin 2 t + 9 r 2 ) = 9 r 2 ( uso la sostituzione w = 9 r 2 r, dw = dr 3 w ) 9 r 2 = = 2π 2π dt 3 [(8 2w 2 ) cos 2 t (9 w 2 ) sin 2 t + w 2 ]dw = 54 cos 2 t 9dt = 36π. Le equazioni parametriche di S 2 sono: x = u y = v D = {(u, v) : u 2 + v 2 9}. z =, Il vettore normale uscente è dato da (,, ). Siccome F N = su S 2 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 = e la sfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 orientata nella direzione positiva rispetto al versore (,,).

2 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) : R 2 R 2 è conservativo o meno attraverso il calcolo dei seguenti due integrali: (x + y)dx + (y x)dy, (x + y)dx + (y x)dy, dove la curva è parametrizzata da x = cos t, y = sin t, t π/2, mentre A è parametrizzata da x = t, y = t, t. S3) Le curve A, congiungono i due punti P = (, ), P 2 = (, ). Se i due integrali sono diversi possiamo affermare che la forma differenziale ω = (x + y)dx + (y x)dy non è esatta. A A (x + y)dx + (y x)dy = (x + y)dx + (y x)dy = Dunque F non è conservativo. π/2 (cos t + sin t) sin t + (sin t cos t) cos tdt = π 2 ; + 2t dt =. 4) Determinare convergenza e somma della serie di Fourier della funzione { x f(x) = < x <. S4) Il periodo di f è T = 2 e pertanto a = dt = [ ] sin nπx a n = cos nπxdx = = nπ [ cos nπx ] b n = sin nπxdx = nπ b 2n = b 2n+ = 2 π(2n + ). La serie di Fourier associata ad f è data da: π n= sin(2n + )πx. 2n + Tale serie converge puntualmente alla funzione s definita da: < x < s(x) = < x < 2 x =,,. = nπ ( ( )n ) =

3 3 5) alcolare il volume della regione delimitata dal paraboloide z = x 2 + y 2, e dal piano z =. S5) Sia D l insieme D = {(x, z) : x, x 2 z } V = 2π = 2π D xdxdz = 2π (x x 3 )dx = π 2 xdx dz = x 2 6) Studiare il comportamento della serie n= n= nx 2 n 3 + x 2. S6) Se x = la serie converge perché f n () = per ogni n. Siccome f n (x) = f n ( x) basta studiare il comportamento della serie per x > Osserviamo che nx 2 n 3 + x 2 = n x2 n 3 + x 2 e che n n 3 + x 2 n 2 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. alcoliamo innanzitutto la derivata di f n. n= f n(x) = 2nx(n3 + x 2 ) 2nx 3 (n 3 + x 2 ) 2 x quindi sup f n (x) = lim f n(x) = n. R x 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 auchy, per ogni ε > dovrebbe esistere un m tale che per ogni n > m e per ogni p dovrebbe risultare vera la disuguiaglianza f n (x) + + f n+p (x) ε x. In particolare dovrebbe essere vero che per ogni x f n (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 f n (x) A nl n 3 + x 2 L N 2 = L n. La serie L n converge e questo prova la convergenza totale e dunque uniforme in A.

4 4 7) Studiare massimi e minimi liberi della funzione z(x, y) = S7) La funzione z è di classe 2 in tutto R 2. Risulta 4( + 4y 2 ) (x4 4 3 x3 4x 2 + 6). z x = 4( + 4y 2 ) (4x3 4x 2 8x) z y = (x4 4 3 x3 4x 2 2y + 6) ( + 4y 2 ) 2 z = x =,, 2 x e dunque, sostituendo questi valori nella seconda derivata parziale otteniamo i punti critici. (-,), (,), (2,). Studiamo ora la natura di tali punti e calcoliamo le derivate seconde di z. 2 z x 2 = 4( + 4y 2 ) (2x2 8x 8) = ( + 4y 2 ) (3x2 2x 2) 2 z x y = 4x 2 8x) 32y(4x3 (4 + 6y 2 ) 2 2 z y 2 = 2 (3x 4 4x 3 2x 2 + 8)(2y 2 ) 3 ( + 4y 2 ) 3 Ne segue H(, ) = 26 e quindi (-,) è un punto sella H(, ) = 24, 2 z (, ) = 2, (,) è un massimo x2 H(2, ) = 56, 2 z (2, ) = 6, (2,) è un minimo. x2 8) alcolare F dr dove F = ( y 3, x 3, z 3 ) e è la curva intersezione del cilindro x 2 + y 2 = 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 x 2 + y 2 =. La curva = + S e dunque possiamo calcolare questo integrale facendo uso di Stokes. rot(f )= (,, 3x 2 + 3y 2 ),mentre il vettore normale alla superficie è dato da n = (2, 2, ). F dr = {x 2 +y 2 } 3(x 2 + y 2 )dxdy = 2π dt 3r 3 dr = 3 2 π. 9) Determinare i massimi e minimi vincolati della funzione f(x, y, z) = xyz 2 quando il vincolo è espresso da x 2 + 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 x 2 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 2 (R 2 ). alcoliamo il gradiente di g g x = y(9 3x2 y 2 ) g y = x(9 x 2 3y 2 ). Il gradiente si annulla allora nei punti: (, ), (±3, ), (, ±3), (±3/2, ±3/2). Per quanto detto prima g(±3, ) = g(, ±3) = ±g(, 3) e g(±3/2, 3/2) = ±g(3/2, 3/2) = g(3/2, ±3/2). alcoliamo ora le dierivate seconde: 2 g x 2 = 6xy 2 g y x = 9 3x2 3y 2 2 g y 2 = 6xy. e pertanto H(x, y) = 36x 2 y 2 (9 3x 2 3y 2 ) 2. Risulta H(, ) = 8, H(3, ) = 324 e dunque i punti (, ), (±3, ), (, ±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 >, 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. ) alcolare massimi e minimi asoluti della funzione f(x, y) = x 2 ( y 4) + nell insieme D = {(x, y) : x 2 + y 2 4}. S) 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. Tutti i punti in D del tipo (, y) sono allora di massimo assoluto per f. Osserviamo inoltre che f x(x, y) si annulla nell interno di D solo se x = 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 f r (t) = 4 cos 2 (t)(2 sin(t) 4) +. La funzione f r (t) è periodica di periodo π e quindi basta studiarla nell intervallo [, π]. In tale intervallo possiamo eliminare il modulo e quindi studiare la funzione Risulta f a (t) = 4 cos 2 (t)(2 sin(t) 4) +. f a(t) = 8 cos(t)(cos 2 (t) 2 sin 2 t + 4 sin(t)) = 8 cos(t)( 3 sin 2 (t) + 4 sin(t)). 5

6 6 Nell intervallo [, π] il fattore 3 sin 2 (t) + 4 sin(t) se e solo se 3 sin 2 (t) 4 sin(t) = 3 sin(t)[sin(t) ] sin(t) e questa disuguaglianza è sempre verificata in [, π]. Il segno di f a(t) è quindi quello di cos(t). i saranno allora due punti di minimo per t =, π ed uno di massimo per t = π/2 per f a. Nei punti t =, π, 2π la funzione f r vale -5. In t = π/2, 3π/2 la funzione f r vale. Pertanto il massimo assoluto vale, il minimo assoluto vale -5. ) Risolvere il seguente problema di auchy: { y + xy = x 3 y 3 y() = S) y = è una soluzione della equazione di Bernoulli. erchiamo ora le soluzioni non nulle ed effettuiamo la sostituzione y 2 = z e otteniamo l equazione: Risulta allora z 2xz = 2x 3. z(x) = + x 2 + ce x2 y(x) = ± + x 2 + ce. x2 La soluzione cercata è allora y(x) = +x 2. 2) Trovare l equazione della retta tangente alla curva di equazione y 4 + 2y 2 (x 2 + ) + (x 2 ) 2 32 = nel punto P = (, 2). S2) La funzione g(x, y) = y 4 + 2y 2 (x 2 + ) + (x 2 ) 2 32 = è di classe in tutto R 2 e si annulla nel punto P, inoltre g(x, y) = ( 4xy 2 + 4x(x 2 ), 4y(y 2 + x 2 + ) ) g(, 2) = (6, 48) e quindi, per il teorema di Dini, la g definisce implicitamente in un intorno del punto x = una funzione del tipo y = y(x), con y () = 6/48 = /3. La retta tangente ha allora equazione: 3y + x 7 =.

7 7 ompito di Analisi Matematica II del 7 Settembre 2 Supponendo che la funzione T (x, y, z) = x 3 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,, ) nella direzione verso il punto (,, 2). Trovare le soluzioni della equazione differenziale y (x) + y x =, x >. alcolare il flusso del vettore F = (x, y, z) uscente dal cilindro x 2 + y 2 a 2, 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 = (3x 2 y + z 3, x 3 + 3y 2 z, y 3 + 3z 2 x). Il gradiente nel punto dato vale: T (2,, ) = ( 2, 8, ). Il vettore che congiunge i due punto, nel verso che va verso (,, 2) è v = (, 2, 2), il suo versore è dato da: ( /3, 2/3, 2/3). La derivata direzionale vale T = ( 2, 8, ) ( /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 dx e dunque integrando per parti si ottiene: = t +, x dt dx = 2t, 2t = c2 x 2 y = x 2 d x dt 2t = dx x con d = 2 c 2. Se imponiamo la condizione 2t = otteniamo ancora una soluzione della equazione differenziale e dunque l integrale generale è quello trovato precedentemente con d. 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, x 2 + y 2 a 2, n = (,, ). Il flusso su tale base vale: F = (x, y, b). a 2π F nds = rdr bdt = πba 2. B Lo stesso valore si ottiene per il flusso sul coperchio : z = b, x 2 + y 2 a 2, n = (,, ). La superficie laterale S del cilindro è parametrizzata da x = a cos t, y = a sin t, z con t [, 2π], z b, ds = adtdz. 2π b F nds = a 2 dt dz = 4πba 2. S b Il flusso uscente è pari a 6πa 2 b.

8 8 ompito di Analisi Matematica II del 9 Settembre 2 Determinare gli estremi della funzione f(x, y) = xy (x + y ). 2 Risolvere l equazione differenziale y + 5y + 7y + 3y = sin(t). 3 Sia la curva (orientata in senso antiorario) ottenuta intersecando il cilindro x 2 + y 2 = con la superficie z = xy. Usando il teorema di Stokes calcolare ydx + zdy + xdz. 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 =. Se y = allora f(x, ) =. Se scelgo x > allora posso determinare un intorno U di (x, ) nel quale f(x, y) f(x, ) e dunque i punti (x, ) con x > sono di minimo relativo ( per simmetria anche i punti (, y), y >. In modo analogo se x < i punti (x, ) sono di massimo relativo (per simmetria anche i punti (, y), y <. I punti (, ), (, ) sono punti sella. Studiamo ora i punti xy. Supponiamo di considerare i punti per cui xy >. Risulta f(x, y) = xy(x + y ) e { y(2x + y ) = x(x + 2y ) = x = y = 3 ( ) 2y 2x + 2y H f (x, y) = 2x + 2y 2x H(/3, /3) = /3 > 2 f (/3, /3) = 2/3 x2 E dunque il punto (/3, /3) è di minimo relativo. Se invece xy < il gradiente si annulla sempre in (/3, /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: y(t) = 2 cos(t) + 4 sin(t) + c e t + c 2 e 2t cos /3t) + c 3 e 2t sin(3t). 3 Sia S la superficie data da (x, y, xy) tale che x 2 + y 2. risulterà il bordo di S. La normale a tale superficie è data da: ( y, x, ). Posto con F il vettore (y, z, x), il suo rotore è dato da (,, ) e quindi F n = x + y. Per il teorema di Stokes ydx + zdy + xdz = F nds = (x + y )dxdy = S x 2 +y 2 = r 2 dr 2π (cos t + sin t )dt = 2 3 π.