Analisi Matematica 3 (Fisica), , M. Peloso e L. Vesely Secondo compitino ( ) Svolgimento della Versione B

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1 Analisi Matematica (Fisica), , M. Peloso e L. Vesely Secondo compitino ( ) Svolgimento della Versione B 1. (a) Dimostrare che l insieme G = { (x, y) R 2 : x 2 e 2y e 2y + (x 1)e x y = 0 } coincide con il grafico di una funzione g. Indicare l insieme di definizione di g e stabilire se g è di classe C su tale insieme. (b) Della funzione g, studiare i limiti e la monotonia. (c) Dimostrare che β = g(0) < 1 e calcolare il limite g(x) β lim x 0 x 2. (d) (Facoltativo) Studiare l esistenza di asintoti di g. Soluzione. (a) Denotando con F (x, y) la funzione nella definizione di C, si ha F y (x, y) = 2x 2 e 2y 2e 2y 1 < 0 (x, y) R 2. Fissaimo un qualsiasi x R. Siccome lim F (x, y) = y ± e F (x, ) è strettamente decrescente e continua in R, esiste un unico y R tale che F (x, y) = 0 (Darboux!); poniamo g(x) := y. La funzione g è quindi definita su tutto R e il suo grafico coincide con C. Essendo F C (R 2 ), il teorema del Dini (applicato nei punti del grafico di g) impklica che anche g C (R). (b) Limiti. Per ogni a R, lim x + F (x, y) = + e quindi g(x) > a definitivamente per x +. Perciò lim g(x) = +. x + Analogamente, lim x F (x, y) = + a R implica che lim g(x) = +. x Monotonia. Sappiamo che g (x) = Fx(x,g(x)) F y(x,g(x)). Dal segno di F y segue che g > 0 se e solo se F x > 0. Ma F x (x, y) = x (2e 2y + e x ). Quindi g è strettamente decrescente in (, 0) e strettamente crescente in (0, + ). In particolare, 0 è l unico punto di minimo assoluto per g. (c) 0 = F (0, β) = e 2β 1 β implica β = 1 e 2β < 1. (Si poteva arrivare alla stessa conclusione confrontando i grafici di e 2t e t 1.) Per calcolare il limite abbiamo bisogno di sviluppare g fino al II ordine. Sappiamo 1

2 2 già che g (0) = 0 (perché è un estremante). Per calcolare g (0) possiamo usare la formula g (0) = F xx(0, β) F y (0, β) valida nei punti stazionari di g (si veda [FMS, p.600, (101.45)]). Se non cela ricordiamo, possiamo procedere derivando l equazione come segue. L equazione F (x, g(x)) = 0 è Derivandola otteniamo x 2 e 2g(x) e 2g(x) + (x 1)e x g(x) = 0. 2xe 2g(x) + x 2 ( 2)g (x)e 2g(x) 2g (x)e 2g(x) + xe x g (x) = 0. Deriviamo un altra volta, tenendo presente che dopo dovremo sostituire x = 0, g (x) = 0, g(x) = β (e quindi tutti i sommandi contenenti x o g (x) diventeranno nulli): 2e 2g(x) +2xe 2g(x) +2x(...)+x 2 (...) 2g (x)e 2g(x) 2g (x)(...)+e x +xe x g (x) = 0. Sostituendovi i valori menzionati, otteniamo 2e 2β 2g (0)e 2β + 1 g (0) = 0 da cui g (0) = 1 + 2e 2β 1 + 2e 2β. Di conseguenza, lim x 0 g(x) β x 2 = lim x 0 g(0)+(1/2)g (0)x 2 +o(x 2 ) β x 2 = g (0) 2 = 1+2e 2β 2(1+2e 2β ). (d) Per x +. Il limite lim F (x, mx) = lim ( x 2 e 2mx e 2mx + (x 1)e x mx ) x + x + vale: + se m < 0; + se m = 0; + se 0 < m 1 2 ; se m > 1 2. Quindi: m > 1 2 g(x) < mx definitivamente, e m < 1 2 g(x) > mx definitivamente. g(x) Ne segue facilmente che lim x + x = 1 2. Ora, lim F (x, 1 (x x + 2 x + q) = lim 2 e x 2q e x+2q + (x 1)e x = 12 ) x q = + x + e quindi g(x) > 1 2x + q definitivamente, per ogni q R. Ciò implica che lim x + (g(x) 1 2x) = + e quindi non esiste asintoto per x +. Per x. lim F (x, mx) = lim ( x 2 e 2mx e 2mx + (x 1)e x mx ) = + x + x + g(x) per ogni m R, da cui (analogamente al caso precedente) lim x x = + e quindi non esiste asintoto per x.

3 2. Sia S la parte della superficie z = x 2 + y 2 compresa tra i piani z = 1 e z =. (a) Calcolare l area di S. (b) Calcolare il flusso del campo F(x, y, z) = ( ze y2, x 2 e xz, z 2) attraverso S, orientata in modo che ν, e < 0. (ν denota il versore normale alla superficie.) (c) Calcolare + S ω, dove ω = xdx + zdy ydz. Soluzione. La superficie è una superficie cartesiana: g(x, y) = x 2 + y 2 sull insieme Una parametrizzazione di S è Con tale parametrizzazione si ha D = {(x, y) : 1 x 2 + y 2 }. ϕ(x, y) = (x, y, g(x, y)), (x, y) D. coincide con il grafico della funzione ϕ x ϕ y = ( 2x, 2y, 1), ϕ x ϕ y = 1 + 4(x 2 + y 2 ). (a) A(ϕ) = D ϕ x ϕ y dxdy = D 1 + 4(x 2 + y 2 ) dxdy = 2π 0 dθ 1 ϱ 1 + 4ϱ 2 dϱ = = π 6 (1/2 5 /2 ). (b) Il flusso richiesto è Φ := S F, ν dσ. Siccome div F = 2z è molto semplice, applicheremo il teorema della divergenza. La superficie S è il bordo laterale dell insieme T = {(x, y, z) : z x 2 + y 2, 1 z }. Si ha T = S S 1 S dove S è il coperchio di T e S 1 è la base di T. Notiamo che nei punti di S il versore normale ν definito dal testo dell esercizio coincide con la normale esterna ν e ; nei punti punti di S si ha ν e = e ; nei punti di S 1 si ha ν e = e. Per il teorema della divergenza, div F dxdydz = Φ + F, ( e ) dσ + F, e dσ. T S 1 S Calcoliamo ora i singoli integrali. S F, e dσ = S z 2 dσ = S 9 dσ = 9 π( ) 2 = 27π. Analogamente S 1 F, ( e ) dσ = = π. Per calcolare l integrale su T ci sono diverse possibilità. La più semplice risulta integrare per sezioni perpendicolari all asse z (che sono dei cerchi T z di raggio z): T 2z dxdydz = ( ) 1 2z dxdy dz = 52π Tz 1 2z πz dz =. Per completezza indichiamo altre due possibilità. La prima consiste nel calcolare l integrale su T come la differenza dell integrale sul paraboloide tagliato al livello z = e l integrale sul paraboloide tagliato al livello z = 1; a questo scopo denotiamo con D k il cerchio (nel piano xy) di raggio k, centrato nell origine: T 2z dxdydz = ( ) D x 2z dz dxdy ( ) 1 2 D 1 x 2z dz dxdy =.... 2

4 4 La seconda possibilità è quella di suddividere T in due insiemi: la parte sopra l insieme D e il rimanente ( cilindro: ) 2z dxdydz = D x 2 +y 2z dz dxdy + ( ) 2 D 1 1 2z dz dxdy =.... (In entrambi i casi conviene usare le coordinate polari.) Concludiamo che Φ = 52π + π 27π = 26π. (c) Alla forma differenziale ω è associato il campo G(x, y, z) = (x, z, y). Per il teorema di Stokes (T denota il versore tangente a + S) ω = G, T ds = rot G, ν dσ =: I. + S + S Abbiamo rot G(x, y, z) = ( 2, 0, 0). Inoltre, la parametrizzazione ϕ di S (v. l inizio dell esercizio) ci dà un versore normale avente terza coordinata > 0, mentre noi abbiamo bisogno di quello opposto. A questo scopo non è necessario cambiare parametrizzazione! Possiamo utilizzare la nostra parametrizzazione ϕ, tenendo conto del fatto che essa ci fornisce un risultato di segno opposto. Quindi: I = D rot G(ϕ(, )), ϕ x ϕ y ϕ x ϕ y ϕ x ϕ y dxdy = D ( 2, 0, 0), ( 2x, 2y, 1) dxdy = ( 4) D x dxdy = 0 per simmetria. (In alternativa, si poteva usare il teorema di Stokes sulle due superfici piane S 1 e S, orientate in modo opportuno; oppure effettuare il calcolo diretto parametrizzando [con giusta orientazione!] le due circonferenze componenti S.) S. (a) Determinare i punti di distanza minima dall origine nell insieme C = { (x, y, z) : y 4 x 2 z 2 = 1 }. (b) Per ognuna delle forme differenziali lineari ω = (e z + ye x )dx + (e x + ze y )dy + (e y + xe z )dz e σ = zdx + dy ydz in R stabilire se è esatta, e in caso affermativo calcolarne un potenziale. (c) Data la curva regolare γ(t) = (t 2, 1 + t, t 2 ), t [0, 1], calcolare γ ω. Soluzione. (a) Vogliamo minimizzare, sotto il vincolo F (x, y, z) := y 4 x 2 z 2 1 = 0, la funzione f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 (ovviamente è più comodo considerare, al posto della norma, il quadrato della norma!). Procediamo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange che può essere utilizzato nei punti regolari, cioè quelli in cui il gradiente DF non sia nullo. Il vettore DF (x, y, z) = ( 2xz 2, 4y, 2x 2 z) è nullo se e solo se y = 0 e xz = 0, ma tali punti non appartengono al vincolo C.

5 Il sistema di Lagrange diventa cioè 2x + 2λxz 2 = 0 2y 4λy = 0 2z + 2λx 2 z = 0 F (x, y) = 0 x(1 + λz 2 ) = 0 y(1 2λy 2 ) = 0 z(1 + λx 2 ) = 0 y 4 x 2 z 2 = 1 Se y = 0, la IV equazione diventa x 2 z 2 = 1, impossibile. Quindi deve essere 1 2λy 2 = 0, cioè λ = 1. Siccome λ > 0, le I e III implicano che x = z = 0. Dalla 2y 2 IV si ottiene y 4 = 1, cioè y = ±1. Abbiamo trovato solo due punti, (0, ±1, 0), nei quali f assume lo stesso valore 1. Sono davvero i punti cercati? E facile vedere che il nostro insieme C è chiuso, ma non è limitato. Quindi non possiamo applicare direttamente il teorema di Weierstrass per dimostrare l esistenza dei punti di minimo. Ma possiamo ragionare come segue. Nei punti molto lontani dall origine, il valore di f è molto grande. Di conseguenza, per r > 0 sufficientemente grande, inf f(c) = inf f(c B r (0)), dove B r (0) = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 r 2 } (sfera chiusa di raggio r centrata nell origine). Ora, l esistenza di un punto di minimo segue dal teorema di Weierstrass applicato all insieme compatto C B r (0). (In alternativa, si può procedere considerando una successione di punti x n C tale che f(x n ) inf f(c). Siccome la successione {f(x n )} = { x n 2 } è limitata [essendo convergente], la successione {x n } è limitata in R. Allora essa ammette una sottosuccessione {x nk } convergente a qualche punto z R. Essendo C chiuso, z appartiene a C. Inoltre, inf f(c) = lim f(x nk ) = f(z), e quindi z è un punto di minimo di f in C.) Concludiamo che i punti trovati (0, ±1, 0) sono necessariamente gli unici due punti di minima distanza da 0 in C. (b) Perché una forma differenziale Adx + Bdy + Cdz di classe C 1 in R (che è semplicemente connesso!) sia esatta, è necessario e sufficiente che essa sia chiusa, cioè A y = B x, A z = C x, B z = C y. Si verifica direttamente che ω è chiusa (e quindi esatta), mentre σ non lo è. Sia f un potenziale per ω, cioè una funzione su R tale che ω = df. Allora implica che f x (x, y, z) = ez + ye x f(x, y, z) = xe z + ye x + a(y, z).. 5

6 6 Inoltre, abbiamo e x + ze y = f y (x, y, z) = ex + a y (y, z) da cui a y (y, z) = zey, e quindi a(y, z) = ze y + b(z). Quindi f(x, y, z) = xe z + ye x + ze y + b(z). Ora, e y + xe z = f z (x, y, z) = xez + e y + b (z) implica b (z) = 0 ( z R), e quindi b(z) = k R. Concludiamo che un potenziale di ω è la funzione f(x, y, z) = xe z + ye x + ze y (e tutti gli altri potenziali differiscono da questo per una costante). (c) Sia f il potenziale calcolato nel punto precedente. Allora ω = f(γ(1)) f(γ(0)) = f(1, 2, 1) f(0, 1, 0) = e 2 + e 1. γ