Analisi Vettoriale - Primo esonero - 26 ottobre 2006

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1 Analisi Vettoriale - Primo esonero - 26 ottobre 26 Esercizio 1. ia F (x, y) = e xy + x 2 y 2x 2y + 1. a) imostrare che l equazione F (x, y) = definisce implicitamente, in un intorno del punto P = (1, ), una funzione y = f(x) oppure x = g(y); b) scrivere il polinomio di Taylor del secondo ordine della funzione trovata nel punto P ; c) dimostrare che l equazione F (x, y) = definisce implicitamente, in un intorno del punto P 1 = (, 1), una funzione y = f(x) oppure x = g(y); d) scrivere l equazione della retta tangente al grafico della funzione trovata nel punto P 1. a) La funzione F si annulla nel punto P, come si verifica facilmente. Inoltre, essendo F x (x, y) = y e xy + 2x y 2, F y (x, y) = x e xy + x 2 2, si ha F x (1, ) = 2 e F y (1, ) =. i può pertanto applicare il Teorema del ini, ed esplicitare la relazione F (x, y) = rispetto alla variabile y: esiste un unica funzione x = g(y) (con g() = 1) tale che F (g(y), y) = per ogni y in un intorno di zero. b) Ricordando la formula per la derivata prima della funzione g, si ha g () = F y(1, ) F x (1, ) =. Essendo la derivata prima di g nulla per y =, ed essendo si ha F yy (x, y) = x 2 e xy, F yy (1, ) = 1, g () = F yy(1, ) F x (1, ) = 1 2, cosicché (ricordando che g() = 1) il polinomio di Taylor del secondo ordine è P 2 (y) = 1 + y2 4.

2 c) al momento che F (, 1) = e che F x (, 1) = 1 e F y (, 1) = 2, la relazione F (x, y) = si può esplicitare rispetto ad una qualsiasi delle due variabili. Ad esempio, esiste un unica funzione y = h(y) (con h() = 1) tale che F (x, h(x)) = per ogni x in un intorno di zero. d) Ricordando che h () = F x(, 1) F y (, 1) = 1 2, la retta tangente al grafico delle funzione h nel punto x = ha equazione y 1 = 1 2 (x ), ovvero y = 1 x 2. Esercizio 2. iano f(x, y) = x 2 2y 2 e a) isegnare l insieme ; = {(x, y) IR 2 : (x 1) 2 + 4y 2 1}. b) giustificare l esistenza del massimo e del minimo di f nell insieme ; c) determinare max f(x, y) e min f(x, y). a) L insieme è un ellisse di centro (1, ) e semiassi 1 e 1 2 rispettivamente. b) Essendo la funzione f continua, e chiuso e limitato, l esistenza di massimo e minimo seguono dal Teorema di Weierstrass. c) al momento che f(x, y) = (2x, 4y), si ha che il gradiente di f si annulla solo nell origine. Essendo tale punto non appartenente all interno di (è infatti sulla frontiera), non lo prendiamo in considerazione ai fini del calcolo di massimo e minimo.

3 Per quello che riguarda lo studio della f sulla frontiera di, adottiamo il metodo del determinante (tenendo conto che il gradiente del vincolo ha componenti 2(x 1) e 8y). Imponendo la condizione 2x 4y 2(x 1) 8y = 4y(4x + 2x 2) = 4y(6x 2) =, si ricavano y = (cui corrispondono i punti P 1 = (, ) e P 2 = (2, ) sulla frontiera dell ellisse) e x = 1 3 (cui corrispondono i punti P 3 = ( 1 3, 5 6 ) e P 4 = 1 3, 5 6 sulla frontiera dell ellisse). i ha allora f(p 1 ) =, f(p 2 ) = 4, f(p 3 ) = f(p 4 ) = 1 6, da cui segue che P 2 è il punto di massimo, e P 3 e P 4 i punti di minimo della f. Esercizio 3. a) Calcolare l area del dominio limitato dall asse x e dall arco di spirale x = t cos t, y = t sin t t π. b) Assegnato il campo vettoriale F = (x 2, xy), calcolare (sapendo che π t3 cos t dt = 12 3π 2 ). div F dx dy a) Per calcolare l area di usiamo il Teorema della divergenza con F (x, y) = (x/2, y/2), un campo vettoriale di divergenza 1. Come si vede dalla figura, la frontiera di è composta da due parti: l arco di spirale e il segmento contenuto nell asse x di estremi π e. i ha allora Area() = F ν ds + F ν ds.

4 Ricordando la parametrizzazione di, si ha F 1 π ν ds = [t cos(t) (t cos(t) + sin(t)) t sin(t) (cos(t) t sin(t))] dt 2 = 1 2 π t 2 dt = π3 6. Parametrizzando come x = t e y = (al variare di t in [ π, ]), si ha F ν ds = 1 2 π [t 1] dt =, e quindi l area di vale π3. 6 b) Per calcolare l integrale richiesto, usiamo nuovamente il teorema della divergenza: div F dx dy = F ν ds + Ricordando le parametrizzazioni usate in precedenza (e il fatto che la frontiera di è l unione di ed ), si ha π F [ ν ds = t 2 cos 2 (t) (t cos(t) + sin(t)) t 2 sin(t) cos(t) (cos(t) t sin(t)) ] dt e = π t 3 (cos 3 (t) + cos(t) sin 2 (t)) dt = F ν ds = π L integrale richiesto vale pertanto 12 3π 2. Esercizio 4. ia la superficie π [t 2 t 1] dt =. x= u v y = u + v u 1; v 1 z = u 2 + v a) verificare che è una superficie regolare; b) calcolare (x + y) dσ. t 3 cos(t) dt = 12 3π 2,

5 a) Le funzioni x(u, v) = u v, y(u, v) = u+v e z(u, v) = u 2 +v che definiscono sono di classe C ; inoltre la matrice ( ) ( ) xu y u z u 1 1 2u = x v y v z v ha rango pari a 2 dato che il determinante del minore ( 1 ) è diverso da zero. La superficie è pertanto regolare. b) i ha E = x 2 u+y 2 u+z 2 u = 2+4u 2, F = x u x v +y u y v +z u z v = 2u, G = x 2 v+y 2 v+z 2 v = 3, da cui E G F 2 = 6 + 8u 2. al momento che lungo la superficie x + y = 2u, si ha, tenendo conto della variabilità dei parametri u e v, (x + y) dσ = 2u 6 + 8u 2 du dv. [,1] [,1] Per le formule di riduzione degli integrali doppi, si ha allora (x + y) dσ = 1 2u 6 + 8u 2 du = 1 u=1 12 (6 + 8u2 ) 3 2 = 1 ( ) u= 12