Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 2 Secondo Appello 7 Settembre 2016

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1 Politecnico di Milano Ingegneria Industriale Analisi e Geometria Secondo Appello 7 Settembre 6 Cognome: Nome: Matricola: Es.: punti Es.: 7 punti Es.3: 7 punti Es.4: 7 punti Totale. Sia f : R 3 R 3 l applicazione lineare definita, sui vettori della base canonica, da f(e ) = e + a e 3 f(e ) = e a, b R. f(e 3 ) = e + b e + e 3 (a) Scrivere la matrice A che rappresenta f rispetto alla base canonica di R 3. (b) Determinare i parametri a e b in modo che A sia ortogonalmente diagonalizzabile. (c) Per i valori di a e b trovati nel punto precedente, scrivere una base ortonormale di R 3 formata da autovettori di A. (d) Determinare una matrice ortogonale H tale che H T AH sia diagonale.. (a) Trovare l integrale generale dell equazione differenziale al variare del parametro reale a. a + (a + a 4 ) = (b) Trovare la soluzione che verifica le condizioni () = e () =. (c) Disegnare il grafico della soluzione trovata in un intorno di = al variare di a. 3. Sia Ω R la regione del piano compresa tra le rette di equazione =, = + π, = e = π. Sia Σ la superficie di equazione z = f(, ) = sin( ) che si proietta in Ω. Calcolare l integrale di superficie I = + cos ( ) dσ. Σ 4. Determinare i punti sulla curva γ : = che hanno distanza minima dall origine. Istruzioni. Ogni risposta deve essere giustificata. Il testo del compito deve essere consegnato insieme alla bella, mentre i fogli di brutta non devono essere consegnati. Durante la prova non è consentito l uso di libri, quaderni, calcolatrici e apparecchiature elettroniche. Tempo. Due ore.

2 Soluzioni. (a) La matrice che rappresenta f rispetto alla base canonica di R 3 è A = b. a (b) Per il Teorema Spettrale, una matrice A è ortogonalmente diagonalizzabile se e solo se è reale e simmetrica. Quindi, affinché A sia simmetrica, deve essere a = e b =. (c) Per a = e b =, si ha λ λi A = λ λ = (λ )((λ ) ) = λ(λ ). Pertanto, gli autovalori di A sono λ = (semplice) e λ = (doppio). Si trova facilmente che gli autospazi sono V = (,, z) R 3 : z =, = } = (,, ) : R} = (,, ) V = (,, z) R 3 : + z = } = (,, ) :, R} = (,, ), (,, ). Poiché i tre vettori (,, ), (,, ) e (,, ) sono a due a due ortogonali, una base ortonormale di R 3 formata da autovettori di A è data da } B = v, v, v 3 } = (,, ), (,, ), (,, ). (d) Una matrice ortogonale H tale che H T AH = diag(,, ) è data da H = [ v v v 3 ] =.. (a) Si tratta di un equazione differenziale lineare omogenea a coefficienti costanti. L equazione caratteristica è λ aλ + a + a 4 =, ossia (λ a) + a 4 =, ossia (λ a) = a 4. Pertanto, poiché a, si hanno due le soluzioni complesse coniugate λ, = a ± a i. Di conseguenza, l integrale generale dell equazione differenziale data è (b) Si ha () = c e a cos a + c e a sin a c, c R. () = c e a cos a + c e a sin a () = (ac + a c ) e a cos a + (ac a c ) e a sin a. Imponendo le condizioni iniziali () = e () =, si ha c = c = ac + a ossia c = c = a. Pertanto, si ha la soluzione () = a ea sin a.

3 (c) Per disegnare il grafico locale della soluzione trovata, occorre conoscere (), () e (). Per le condizioni iniziali, si ha () = e () =. Dall equazione differenziale, si trova poi che () = a () (a + a 4 )() = a. Abbiamo quindi che la soluzione trovata passa per l origine, è tangente alla retta di equazione = nell origine, ed ha la concavità rivolta verso l alto se a >, verso il basso se a <. Equivalentemente, possiamo osservare che per, si ha () a ( + a)a = + a. Quindi l andamento del grafico locale è quello della parabola di equazione = + a. a > a < 3. Passando alla parametrizzazione della superficie Σ, si ha I = + cos ( ) N d d, dove N è il vettore normale a Σ. Poiché si ha e Infine, essendo Ω = (, ) R Ω N = ( f, f, ) = (cos( ), cos( ), ), u = v = N = + cos ( ) I = ( + cos ( )) d d. Ω : π, π}, posto dove J = [ ] e det J =, si ha I = = π π π ( + cos u) (det J) du dv ( + cos u) du π dv = π [u + sin u cos u] π = π. 4. La curva γ è regolare. Infatti, posto g(, ) =, si ha g(, ) = (, ) = (, ) se e solo se (, ) = (, ) γ. La funzione che dà la distanza di un punto P (, ) dall origine è d(, ) = +. Poiché la radice quadrata è una funzione strettamente monotona, trovare i massimi e minimi di d soggetta al vincolo γ è equivalente a trovare i massimi e minimi della funzione definita da f(, ) = + soggetta al vincolo γ. 3

4 Per trovare il minimo di f soggetta al vincolo γ, possiamo procedere in vari modi. Primo modo. Per il teorema di Fermat sul vincolo, si tratta di risolvere il sistema f g f g = 4 3 = ( ) = ossia g = ossia = =. Dalla prima equazione, si ha = oppure =. Il primo caso non è accettabile, poiché, se =, allora dalla seconda equazione si avrebbe =, che non è possibile. Nel secondo caso, sostituendo nella seconda equazione, si ha 3 =, ossia 3 =, da cui si ha = e quindi = ±. Si hanno così i due punti P (, ) e P (, ). Prendendo un disco D r centrato nell origine e di raggio r, con r > 3, l intersezione di D r con il vincolo γ è una curva γ che è un insieme chiuso e limitato (essendo l intersezione di due chiusi). Pertanto, per il teorema di Weierstrass, la funzione f, essendo continua, ammette minimo assoluto su γ. Tale minimo è assunto nei punti P e P e vale 3. Invece, sul complemento di γ, la funzione f assume valori strettamente maggiori di r > 3. Quindi i punti che hanno distanza minima sono P e P. Secondo modo. Consideriamo la funzione lagrangiana L(,, λ) = f(, ) + λg(, ) = + λ( ). Allora, i punti critici liberi di L si ottengono risolvendo il sistema L = λ = L = ossia λ = ossia L λ = ( ) = λ = ( λ) = =. Non è possibile che = o =. Infatti, sostituendo nella terza equazione, si ottiene sempre un assurdo ( = ). Pertanto, dalla prime due equazioni, si ha λ = e λ =, da cui si ha =, ossia =. Sostituendo nella terza equazione, si ritrovano i due possibili punti di minimo P (, ) e P (, ). Da qui in poi, si procede come nel caso precedente. Terzo modo. Osservato che, l equazione del vincolo può essere scritta come =, ossia = ±. Il vincolo, pertanto, si spezza in due rami γ+ e γ simmetrici rispetto all asse. Per la simmetria, possiamo limitarci a considerare il ramo γ + di equazione =. Restringendo la funzione f su γ + si ha la funzione F : (, + ) R definita da Poiché F () = f(, /) = +. F () = = 3, si ha F () se e solo se 3, ossia se e solo se. Pertanto, la funzione F presenta un punto di minimo in =. Poiché f + sia per + sia per +, il minimo trovato è assoluto. In conclusione, si ritrovano i punti P (, ) e P (, ). Quarto modo. Gli eventuali punti di minimo o massimo sono i punti in cui le curve di livello della funzione f sono tangenti al vincolo γ. Le curve di livello di f hanno equazione + = r e quindi sono circonferenze che hanno centro nell origine. Pertanto, una tale circonferenza è tangente a γ in un punto P (, ) quando la retta tangente a γ in P è ortogonale alla retta OP. Ragionando come nel punto precedente, possiamo limitarci al ramo γ + di equazione =. Poiché =, il coefficiente angolare della retta tangente 4

5 a γ in P è m = ( ) =. Tenuto conto che P γ +, il coefficiente angolare della retta OP è m = =. Pertanto m m + = se e solo se + = ossia =, da cui =. Da qui in poi si precede come nei casi precedenti. P P 5