Risoluzione del compito n. 5 (Luglio 2018/2)

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1 Risoluzione del compito n. 5 (Luglio 2018/2) PROBLEMA 1 Considerate il luogo di zeri S = {(x, y, z) R 3 : z 4+ x 2 + y 2 =0, 2x y + z =0}. a) Giustificando la risposta, dite se S è una curva liscia. b) Determinate l equazione della retta tangente a S nel punto P di coordinate ( 1, 3/4, 11/4). c) Determinate l equazione della proiezione E di S sul piano (x, y) edi- segnate E. L insieme S è l intersezione della superficie di un cono (volto verso il basso e con vertice (0, 0, 4) ed asse l asse z ) e di un piano, e ponendo dove g(x, y, z) = ( g 1 (x, y, z), g 2 (x, y, z) ), g 1 (x, y, z) =z 4+ x 2 + yr, g 2 (x, y, z) =2x y + z, S è il luogo di zeri di g. La funzione g 2 è differenziabile ovunque, mentre g 1 è differenziabile solo se x 2 + y Peraltro non vi sono punti di S con x 2 + y 2 = 0, quindi g è differenziabile in tutti i punti di S con matrice jacobiana ( x y ) 1 g = x2 + y 2 x2 + y 2 : vista l ultima colonna, questa può avere rango 1 solo se la prima riga è (2, 1, 1) ma il primo coefficiente non è mai uguale a 2 essendo sempre minore o uguale a 1 in valore 24 Risoluzione del compito n. 5

2 assoluto. Allora g ha rango 2 in S e per il Teorema del Dini l insieme S è una (3 2)-superficie (ossia una curva) liscia. Nel punto P indicato abbiamo x 2 + y 2 =5/4, quindi g 1 (P )= ( 4 5, 3 5, 1 ), esempre g 2 =(2, 1, 1), e il vettore tangente alla curva deve essere ortogonale sia a g 1 che a g 2. Possiamo ad esempio prendere il prodotto vettoriale g 1 (P ) g 2 (P )= ( 8 5, 14 5, 2 ) 5 o un suo multiplo, come (4, 7, 1) che è più facile da scrivere. Allora l equazione parametrica della tangente è X = P + t(4, 7, 1). Avremmo potuto accontentarci dell equazione cartesiana, come intersezione dei due piani per P con vettori ortogonali g 1 (P ) e g 2 (P ): { ( 4 5, 3 5, 1 ) (X P )=0 (2, 1, 1) (X P )=0. Per la proiezione abbiamo { z =4 x2 + y 2 z = y 2x per cui un equazione è x2 + y 2 =2x y +4. Per riuscire a disegnarla sviluppiamo i calcoli: intanto deve essere 2x y cioè y 2x +4. Poi x 2 + y 2 =4x 2 + y xy +16x 8y 4y(x +2)=3x 2 +16x +16 che dividendo per x + 2 (che si può fare visto che x = non risolve l equazione per alcun valore di y ) si riscrive y = 3 4 x x +2, l equazione di una iperbole, della quale per la condizione y 2x +4 dovremoprendere solo una parte, precisamente (svolgendo i facili calcoli) quella a destra della retta x =. Risoluzione del compito n. 5 25

3 PROBLEMA 2 Sia A = {(x, y) :x 2 + y 2 4, (x 2) 2 + y 2 4}. a) Disegnate A. b) Calcolate l area di A. c) Dite se in ogni punto di A c è una retta tangente e, in caso non ci sia, determinate le equazioni delle semirette tangenti. d) Dopo aver individuato grazie alle curve di livello in che quadranti si devono cercare, determinate il massimo e il minimo su A della funzione f(x, y) =x + y. e) Determinate il baricentro di A. L insieme A è la parte del cerchio di raggio 2 centrato nell origine che non sta nel cerchio di raggio 2 centrato in (2, 0) Per calcolare l area non serve usare gli integrali (anche se non è vietato): chiamiamo O =(0, 0) e B =(2, 0), e indichiamo con P =(1, 3) e Q =(1, 3) i due punti di intersezione delle due circonferenze. Dato che la figura è simmetrica, ci basta calcolare l area della parte superiore, e visto che il semicerchio centrato in O di raggio 2 ha area 4π/2 = 2π ci basta sottrarre (quindi la dobbiamo determinare) l area della figura che è delimitata dal segmento OB edaiduearchi OP e PB. La parte delimitata dai due segmenti OB e BP e dall arco BP è un sesto del cerchio, quindi ha area 4π/6 =2π/3 ; la parte delimitata dal segmento OP e dall arco OP è un sesto di cerchio meno un triangolo equilatero di lato 2, quindi ha area (2π/3) 3, dunque la metà superiore di A ha area 2π 2π ( 2π 3 3 ) 3 = 2π e l area di A vale 2 3+4π/3. Si vede subito che il bordo di A è formato da due archi di circonferenza (nei cui punti interni c è sempre retta tangente) che si incontrano in P e Q formando angoli, quindi calcoliamo lì le semirette tangenti. Gli angoli sono facili (tutti di π/3 o π/6) e potremmo fare a mano, comunque non c è difficoltà a parametrizzare le due circonferenze e trovare 26 Risoluzione del compito n. 5

4 i vettori tangenti. Questi, sia in P che in Q,sonoivettori ( 3, ±1), quindi le equazioni parametriche delle quattro semirette cercate sono X = P + t( 3, ±1), X = Q + t( 3, ±1), t 0. Osserviamo che queste semirette hanno coefficienti angolari ±1/ 3, che in valore assoluto è minore di 1. Le curve di livello di f sono rette parallele a quella di equazione y = x, che ha coefficiente angolare 1, quindi i punti di massimo e minimo si trovano anche geometricamente (ma non c è difficoltà neppure con i moltiplicatori di Lagrange o con la lettura su una curva), e precisamente il massimo è in P (e vale ) e il minimo si trova in ( 2, 2 ) e vale 2. Il calcolo del baricentro (o meglio della sua ascissa, visto che l ordinata è zero per simmetria) è il solo punto dove servono calcoli: dobbiamo determinare xdxdy epoi A dividerlo per l area di A.Ora, A xdxdy = = 4 x 2 x 1 dy dx 4 x 2 2x 4 x 2 dx = [ 2 3 (4 x2 ) 3/2] 1 = 3 x=t+2 = = [ 2π 3 ] = (x) 2 x 1 dy dx 4 (x) 2 2x 4 (x 2) 2 dx 2(t +2) 4 t 2 dt 2t 4 t 2 dt 4 2x 4 (x 2) 2 dx 4 t2 dt 4 t2 dt (l ultimo integrale è standard, oppure si fa a mano dato che è l area di metà del settore OBP visto all inizio) =2 3 8π 3 quindi l ascissa del baricentro (giustamente negativa) è x B = 2 3 8π π 3 = 3 3 4π 2π Risoluzione del compito n. 5 27

5 PROBLEMA 3 Sia Ω := { x (x 1,x 2 ) R 2 : x < 1,x 2 > 0 }. Considerata, per ogni α 0 fissato, l equazione (x, t) t 2 2 u (x, t) =0in Ω (0, 1), x 2 i=1 i a) trovate l equazione differenziale che deve essere soddisfatta dalla funzione f affinché la funzione u(x, t) = e αt f( x ) sia una soluzione dell equazione; b) trovate le soluzioni del tipo indicato nel caso α =0. Per la forma sia della funzione u che dell insieme Ω, conviene passare a coordinate polari x 1 = ρ cos θ, x 2 = ρ sen θ, al variare di ρ>0eθ [0, 2π). Mantenendo la stessa notazione, si ha quindi Ω = { (ρ, θ) :0<ρ<1,θ (0, π) } e u(ρ, θ, t) = e αt f(ρ). L equazione diventa t (ρ, θ, t) 1 ρ ρ (ρ, θ, t) 2 u (ρ, θ, t) =0, ρ2 dove abbiamo usato il fatto che la funzione u non dipende da θ. Calcolando le derivate parziali coinvolte, t (ρ, θ, t) = α e αt f(ρ), ρ (ρ, θ, t) = e αt f (ρ), e inserendole nell equazione data si ottiene l equazione per f cercata, f (ρ)+ 1 ρ f (ρ)+αf(ρ) =0. Per il passo precedente, nel caso α = 0 l equazione per f diventa f (ρ)+ 1 ρ f (ρ) =0, 2 u ρ 2 (ρ, θ, t) = e αt f (ρ), che possiamo integrare ad esempio dopo una riduzione d ordine, ponendo g(ρ) := f (ρ). Segue l equazione per g ; i.e., g (ρ) = 1 ρ g(ρ), che ha come integrale generale la famiglia g(ρ) =c 1 /ρ,con c 1 costante arbitraria, come si può vedere integrando per separazioni di variabili oppure col metodo di variazione delle costanti. Conseguentemente, la famiglia di soluzioni f cercata è data da f(ρ) = c 1 log(ρ)+c 2, ove le c i sono costanti arbitrarie. Segue, pertanto, che le soluzioni del tipo indicato sono date da al variare di c 1,c 2 R. u(x,t)=c 1 log( x )+c 2, 28 Risoluzione del compito n. 5

6 PROBLEMA 4 Sia {f n } n 1 n la successione di funzioni definita da f n (x) := (x 1) 2 + n con x R. a) Studiate la convergenza puntuale di {f n }. b) Dimostrate la convergenza uniforme di {f n } sull intervallo [0, 2]. c) Studiate la convergenza uniforme di {f n } su R. Si vede facilmente che la successione converge puntualmente alla funzione f(x) 1, n poiché per ogni x R si ha lim n (x 1) 2 = 1. Per dimostrare la convergenza + n uniforme nell intervallo [0, 2], è sufficiente sfruttare il Teorema di Weierstraß, essendo l intervallo chiuso e limitato ed essendo la successione f n e la funzione f continue in tale intervallo. Da cui, f n f = sup f n (x) f(x) = max f n(x) f(x). x [0, 2] x [0, 2] Per monotonia, per ogni n N, si vede subito che il massimo della funzione f n f (x) = (x 1) 2 (x 1) 2 in tale intervallo è raggiunto in x = 0 e in x = 2. Infatti, la derivata è + n 2n(x 1) data dalla funzione ((x 1) 2 + n) 2 che assume valori positivi a destra di 1 e negativi altrimenti. Si ha quindi max f n(x) f(x) = 1 0pern. x [0, 2] 1+n Procedendo in modo analogo al passo precedente, sfruttando quindi la monotonia della funzione f n f, si vede che non c è convergenza uniforme in R. Infatti, si ha ( (x 1) 2 ) f n f =sup f n (x) f(x) = lim x R x ± (x 1) 2 = n Risoluzione del compito n. 5 29