{ x 2 + y 2 = 1 x 2 + z 2 = 1. dxdydz T. x 2 +4y

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1 Analisi Matematica II, Anno Accademico Ingegneria Edile, Civile, Ambientale Paolo Acquistapace, Laura Cremaschi, Vincenzo M. Tortorelli 11 settembre 15 - quarto appello - prima parte (un ora) N. matr./anno iscr. Cognome docente/ crediti Nome Istruzioni al fine della valutazione: - compilate l intestazione in stampatello. Ai quesiti contrassegnati con [1] deve rispondere chi deve farsi riconoscere 1 crediti. - scrivete solo le risposte su questo foglio, l unico da restituire; -ricopiate a parte le vostre risposte per confrontarle con quelle ufficiali. Esercizio 1 Calcolare il volume V del parallelepipedo tridimensionale in R 4 con vertici: O = (,,, ), A = (1,,, ), B = (1,,, ), C = (1,,, ), A + B, A + C, B + C, A + B + C. V = Esercizio Sia f n (x) = n 1 + 3x n. Per quali a la successione converge uniformemente nella semiretta [a; + [? a Esercizio 3 Dati f(x, y) = e D = {(x, y) : x, y, xy 1}, si determinino, se esistono: i punti P M di massimo relativo e P m di minimo relativo all interno di D, i punti F M di massimo relativo e F m di minimo relativo vincolati sulla frontiera di D. P M = P m = F M = F m = x y x +4y Esercizio 4 In quali punti l insieme delle soluzioni di { x + y = 1 x + z = 1 non è localmente un grafico? Esercizio 5 Calcolare l integrale I = dxdydz T, ove T = {(x, y, z) : 5 x +y +z x + y + z 1}. I = Esercizio 6 Calcolare l area A della superficie definita dalle relazioni z = 1 x y, z, x. A = Esercizio 7 Si calcoli il flusso Φ del campo (x, y, z) attraverso la superficie Σ(φ, ψ) = (sin ϕ, sin ϕ, 1 cos ψ), (ϕ, ψ) [; π ] [; π 1 ], orientata dal versore (, 1, ) nel punto ( 1, 1, 1 ). Φ = Esercizio 8 Dato il campo F (x, y, z) = (x, y, z), se ne calcoli il flusso Ψ attraverso la superficie definita dalle relazioni y, x + y + z = 1 ed orientata dal versore (1,, ) nel punto (1,, ). Ψ = [1]Esercizio 9 Si calcolino i coefficienti di Fourier in [ π; π] della funzione e x + e x. a n = b n =

2 Analisi Matematica II, Anno Accademico Ingegneria Edile, Civile, Ambientale Paolo Acquistapace, Laura Cremaschi, Vincenzo M. Tortorelli 11 settembre 15 - quarto appello - seconda parte (due ore) N. matr./anno iscr. Cognome docente/ crediti Nome Istruzioni al fine della valutazione: compilare l intestazione in stampatello. Si risolva almeno un esercizio, in tutti i punti, riportando con ordine lo svolgimento della soluzione e motivandolo accuratamente. Esercizio 1 (a) Si mostri che la funzione f(x, y, z, w) = x + y + z + w sull insieme definito da g(x, y, z, w) = xyzw = 1 assume come valore minimo 4, e se ne trovino i punti di minimo. Si consideri quindi il sottoinsieme Z di R 4 definito da Z = {(x, y, z, w) : f(x, y, z, w) = 1, xyzw = 1}. (b) Si mostri che in un intorno del punto (1, 1,, ) l insieme Z è grafico delle (z, w) in funzione delle (x, y). (c) Si determini il piano (bidimensionale) tangente a Z nel punto dato, e si calcoli w x x=1,y=1. (d) Si dica se nel diedro x >, y >, z >, w > l insieme Z è globalmente il grafico di una funzione vettoriale di due variabili. Esercizio Si consideri lo spezzone di elica cilindrica γ : [; α] R 3 dato da γ(t) = (cos t, sin t, t) con con t [, α], ove α è un numero compreso fra e π. (a) Si consideri l insieme Σ ottenuto ruotando attorno all asse verticale orientato dal versore (,, 1), in senso antiorario, il sostegno della curva γ, via via per gli angoli ϑ [; β], ove β è un numero compreso fra e π. Si mostri che è una varietà parametrica orientabile, con bordo regolare a tratti e si determini una parametrizzione del bordo stesso. (b) Si consideri quindi il campo vettoriale V = (1, x, z 3 ) e l orientazione di Σ determinata dal versore N = (1,, ) nel punto P = (1,, ). Detto Φ(α, β) il flusso di V attraverso la superficie Σ così orientata, si calcoli il massimo di Φ con l ulteriore vincolo α + β π.

3 Risoluzione - prima parte Esercizio 1 Se M è la matrice che ha come righe i vettori A, B e C, ossia 1 M = 1, 1 risulta, come è noto, Poiché det(m tm) = det si trova V = 11 = V = det(m tm) = det = 11, Esercizio Fissato n, la funzione f n è pari e positiva in [, [. Per n si ha { 1 se x 1 lim f 3 n(x) =, n 3x se x > 1 3. Per analizzare la convergenza uniforme conviene analizzare separatamente le due quantità positive f n (x) 1, x 1 3 ; f n(x) 3x, x > 1 3. Nel primo caso, f n (x) 1 è monotona crescente, cosicché ( ) 1 sup n (x) 1] = f n 1 = x 3[f n 1 per n ; 1 3 nel secondo caso, invece, f n (x) 3x è decrescente, in quanto con qualche calcolo si trova ( ) n 1 f n(x) = 3 3x 1 < x > (3x) n 3 ; n quindi ( ) 1 sup n (x) 3x] = f n 1 = x> 3[f n 1 per n. 1 3 Pertanto la successione {f n } converge uniformemente in [, [, e la risposta al quesito è a [, [. Esercizio 3 La funzione f è non negativa su D e di classe C all interno di D. Cerchiamo i punti stazionari interni a D. Si ha, con facili calcoli, ( 8xy f(x, y) = (x + 4y), x 4 ) (x + 4y),

4 quindi il gradiente di f si annulla in (, y) per ogni y >, tutti punti che non sono interni a D. Vediamo che succede lungo la frontiera, che è composta dai due semiassi cartesiani positivi (lungo i quali f si annulla) e dal ramo d iperbole y = 1 x, x >. I due semiassi sono tutti punti di minimo assoluto (e relativo). Lungo l iperbole si ha ( d dx f x, 1 ) = d x dx x x = 8x x4 (x 3 + 4) x3 8, quindi la restrizione di f a questo ramo d iperbole ha un punto di massimo in x = ; perciò f ha un punto di massimo vincolato in (, 1 ). Siccome ( lim f x, 1 ) ( = lim x + x f x, 1 ) =, x + x (infatti la funzione è minore sia di 1 x x, sia di 4 ), il punto (, 1 ) è necessariamente il punto di massimo assoluto per f in D. In conclusione: nessun punto di massimo relativo interno, nessun punto di minimo relativo interno; il punto (, 1 ) è di massimo vincolato (e assoluto), i punti (, y) e (x, ) con x > e y > sono punti di minimo vincolati (e assoluti). In particolare min f =, max f = 1 D D 3. Esercizio 4 L insieme Z = {(x, y, z) R 3 : x + y = 1, x + z = 1}, è l intersezione di due superfici cilindriche fra loro ortogonali. Bisogna cercare i punti di Z nei quali la matrice Jacobiana della funzione F(x, y, z) = (x +y, x +z ) non ha rango massimo, vale a dire ha rango minore di (infatti se il rango è massimo l insieme Z sarà localmente un grafico in virtù del teorema del Dini). Risulta DF(x, y, z) = ( x y x z quindi i tre determinanti valgono 4yz, 4xz, 4xy. Se ne deduce che i punti dove lo Jacobiano non ha rango massimo sono le soluzioni del sistema yz = xz = xy = x + y = 1 x + z = 1, e calcoli banali ci dicono che i punti in questione sono ±(1,, ). Si noti che, a rigore, ciò non dinostra che intorno a questi punti l insieme Z non sia un grafico, in quanto il teorema del Dini fornisce solo una condizione sufficiente. Tuttavia nel nostro caso effettivamente Z non è localmente un grafico in tali punti: infatti le due curve regolari γ 1 (t) = (cos t, sin t, sin t), γ (t) = (cos t, sin t, sin t), t [ π, π], ),

5 giacciono su Z, passano per (1,, ) e in tale punto hanno versori tangenti distinti, per la precisione τ 1 = (, 1, 1) e τ = (, 1, 1). Similmente, le curve γ 1 e γ passano per ( 1,, ) e in tale punto hanno versori tangenti distinti. Esercizio 5 L insieme T è una corona sferica di raggi 5 e 1. Quindi, utilizzando le coordinate sferiche, si ha π π 1 1 π 1 I = 5 r r sin ϑ drdϑdϕ = π sin ϑ dϑ r dr = π(1 5) = 15π. 5 Esercizio 6 La superficie S = {(x, y, z) R 3 ; x = 1 x y, z, x } è cartesiana ed è definita sul semidisco D = {(x, y) R ; x + y 1, x }. Quindi, come si sa, posto f(x, y) = 1 x y l elemento d area su questa superficie è dσ = 1 + f(x, y)! dxdy = 1 + 4(x + y ) dxdy, e dunque utilizzando le coordinate polari l area di S è π A = 1 + 4(x + y 1 ) dxdy = 1 + 4r r drdϑ = π D π t dt = π 1 (5 3 1). Esercizio 7 Risulta quindi il versore normale a Σ è DΣ = cos φ cos φ sin ψ ; n = ±(cos φ sin ψ, cos φ sin ψ, ), e secondo l orientazione prefissata occorre scegliere il segno +: infatti con questa scelta nel punto ( 1, 1, 1 ), che corrisponde a φ = π 6 e ψ = π 3, si ha n = ( 3 4, 3 4, ) che, normalizzato, dà ( 1, 1 ). Quindi, posto G(x, y, z) = (x, y, z), la componente di G lungo n nei punti di Σ è data da G, n = sin φ cos φ sin ψ sin φ cos φ sin ψ =. Se ne conclude che il flusso Φ del campo G attraverso la superficie Σ è nullo. Esercizio 8 La superficie S = {(x, y, z) R 3 ; x + y + z = 1, y } è la semisfera di centro l origine e raggio 1 contenuta nel semispazio y, orientata dal versore normale che punta verso l esterno della sfera. Conviene chiudere questa superficie aggiungendole il tappo costituito dal disco D del piano y =, definito da x + z = 1; su D la normale è (, 1, ) e quindi non vi è contributo al flusso del campo F (infatti F, n = y = nei punti di tale disco). Sia S la superficie chiusa S D: per il teorema della divergenza, F, n dσ = divf dxdydz, S D ove E = {(x, y, z) R 3 ; x + y + z = 1, y }. Dato che su D il flusso di D è nullo, si ha Ψ = F, n dσ = F, n dσ = divf dxdydz, S S D E E

6 e osservando che divf = in E, si conclude, senza fare calcoli, che Ψ = m 3 (E) = 4π 3. Esercizio 9 La funzione f(x) = e x + e x è pari. Quindi b n = per ogni n N +. Inoltre, π a = 1 f(x) dx = π π π π mentre, con due integrazioni per parti, per n N + si ha [e x + e x ] dx = π [eπ e π ], pertanto a n = π = nπ π = + n π [e x + e x ] cos nx dx = [ [e x + e x ] sin nx ] π nπ π [ [e x e x ] cos nx ] π 1 n a n; [e x e x ] sin nx dx = a n = 1 [ [e x n n e x ] cos nx ] π π = ( 1)n π(1 + n ) [eπ e π ].

7 Risoluzione - seconda parte Esercizio 1 (a) Utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, dobbiamo annullare il gradiente della funzione Si ottiene il sistema Eliminando λ si trovano le relazioni L(x, y, z, w, λ) = x + y + z + w + λ(xyzw 1). x yzw = x + λyzw = y + λxzw = z + λxyw = w + λxyz = xyzw = 1. y xzw = z xyw = w xyz, dalle quali segue x = y = z = w : dall ultima equazione segue x = y = z = w = 1. L ultima equazione ci dice che le quattro variabili valgono tutte 1, oppure tutte 1, oppure ancora due di esse valgono 1 e due di esse 1. Si ottengono pertanto gli 8 punti stazionari vincolati ±(1, 1, 1, 1), ±(1, 1, 1 1), ±(1. 1, 1, 1), ±(1, 1, 1, 1), nei quali la f vale 4. Verifichiamo che questi punti sono di minimo: la funzione f ha certamente minimo sul compatto K = {(x, y, z, w) R 4 ; xyzw = 1, x + y + z + w 1}; sulla parte del bordo di K in cui x + y + z + w = 1, ovviamente, f ha massimo uguale a 1, mentre il suo minimo deve stare in un punto stazionario vincolato della regione dove xyzw = 1 ma x + y + z + w < 1. Gli unici punti stazionari vincolati sono quelli precedentemente trovati, dove f vale 4, e pertanto il minimo di f deve essere 4 e quei punti sono punti di minimo. (b) Consideriemo la funzione G : R 4 R data da La sua matrice Jacobiana è G(x, y, z, w) = (x + y + z + w, xyzw). DG(x, y, z, w) = ( x y z w yzw xzw xyw xyz e la sua sottomatrice di estrema destra ha determinante ( ) z w det = (z w )xy, xyw xyz ),

8 che nel punto (1,,, 1) vale 1: quindi esso è non nullo. Pertanto è possibile, in un opportuno intorno di (1,,, 1), scrivere il sistema G(x, y, z, w) = come grafico di una funzione vettoriale della forma z = h(x, y), w = k(x, y), con h e k funzioni di classe C. (c) L equazione del piano tangente a Z nel punto (1,,, 1) è DG(1,,, 1) x 1 y z w 1 = ( ) x 1 y z w 1 = ( x + 4y + 4z + w 4x + y + z + 4w 4 Poi, derivando rispetto a x l identità vettoriale G(x, y, h(x, y), k(x, y)) =, si ottiene { x + h(x, y) hx (x, y) + k(x, y) k x (x, y) = y h(x, y)k(x, y) + xy h x (x, y) k(x, y) + xy h(x, y) k x (x, y) = ; Calcolando in (1,,, 1) si ha, essendo h(1, ) = e k(1, ) = 1, { + 4 hx (1, ) + k x (1, ) = 4 + h x (1, ) + 4 k x (1, ) =, da cui, sottraendo alla seconda equazione la prima raddoppiata, ossia h x (1, ) =. 6 h x (1, ) =, ) =. (d) Se Z fosse un grafico z = h(x, y), w = k(x, y) definito per x > e y >, con z > e w >, avremmo z + w = 1 x y, z w = 1 x y ; quindi z e w sarebbero le due soluzioni (positive) dell equazione algebrica di secondo grado che sono t = 1 t (1 x y )t + 1 x y =. ( 1 x y ) ± (1 x y ) 4 ) x y, a patto che il discriminante (1 x y ) 4 sia positivo. Ma è evidente che per x x y e y positivi e sufficientemente piccoli si ha al contrario (1 x y ) 4 < : quindi x y l aeuqzione di secondo grado sopra scritta nopn ha soluzioni reali. Abbiamo così un assurdo: pertanto la risposta al quesito è no. Esercizio (a) La rotazione di R 3, di angolo ϑ, che lascia fisso l asse z è descritta dalla matrice ( ) cos ϑ sin ϑ R(ϑ) = ; sin ϑ cos ϑ 1

9 quindi la superficie Σ è data da ossia x y z = R(ϑ)γ(t), x = cos ϑ cos t sin ϑ sin t = cos(ϑ + t) y = sin ϑ cos t + cos ϑ sin t = sin(ϑ + t) z = t, ϑ [, β], t [, α]. Dunque DΣ = sin(ϑ + t) sin(ϑ + t) cos(ϑ + t) cos(ϑ + t) 1, cosicché il vettore normale a Σ è il vettore cos(ϑ + t) Σ ϑ Σ t = ± sin(ϑ + t), e questa espressione, a parte il segno, è un versore che è funzione continua di ϑ e t su [, π] [, π]: quindi la superficie Σ è orientabile. Il fatto che in (1,, ) il versore normale sia (1,, ) ci obbliga a scegliere per N il segno : pertanto il versore N = cos(ϑ + t) sin(ϑ + t) fornisce l orientazione globale di Σ richiesta. Il bordo di Σ è l unione delle quattro curve Γ 1, Γ, Γ 3 e Γ 4, parametrizzate da Γ 1 = {(cos t, sin t, t) : t [, α]}, Γ = {(cos ϑ, sin ϑ, α) : ϑ [, β]}, Γ 3 = {(cos(t + β), sin(t + β), t) : t [, α]}, Γ 4 = {(cos ϑ, sin ϑ, ) : ϑ [, β]}, verso delle t crescenti, verso delle ϑ crescenti, verso delle t decrescenti, verso delle ϑ decrescenti. (b) Calcoliamo il flusso di V attraverso Σ. Si ha V, N = cos(ϑ + t) + cos(ϑ + t) sin(ϑ + t) +, e quindi, essendo dσ = Σ ϑ Σ t dϑdt = dϑdt,

10 troviamo Φ(α, β) = = = V, N dσ = [cos(ϑ + t) + cos(ϑ + t) sin(ϑ + t)] dϑdt = [cos(ϑ + t) + 1 ] sin(ϑ + t) dϑdt = [sin(β + t) sin t 14 cos(β + t) + 14 ] cos t dt = Σ α β α α β = cos(β + α) + cos β + cos α sin(β + α) sin β + 1 sin α. 8 Per determinare il massimo di Φ sul dominio B = {(α, β) [, π] : α + β π}, osserviamo anzitutto che sulla frontiera di B risulta Φ(α, ) =, Φ(, β) =, Φ(α, π α) =, quindi il massimo di Φ in B è raggiunto in qualche punto interno. Annulliamo il gradiente di Φ: { Φα (α, β) = sin(β + α) sin α 1 4 cos(β + α) cos α = Φ β (α, β) = sin(β + α) sin β 1 4 cos(β + α) cos β =. Questo sistema, di cui cerchiamo soluzioni (α, β) con α > e β >, si traduce nelle due uguaglianze sin(β + α) 1 4 cos(β + α) = sin α 1 4 cos α = sin β 1 cos β, 4 le quali ci dicono che la funzione g(t) = sin t 1 cos t, 4 t [, π], calcolata nei tre numeri positivi α, β e α + β, assume lo stesso valore y. Analizziamo la funzione g: si ha g() = g(π) = 1 4, g (t) = cos t + 1 [ sin t = cos t(1 + sin t) > t, π [. Quindi g ha massimo in π. Se il valore y è il massimo di g, allora α = β = α + β = π, il che è impossibile. Quindi y ha esattamente due controimmagini distinte. Ne segue che due, e solo due, dei tre numeri α, β e α + β devono coincidere, ossia deve valere una, e solo una, delle relazioni seguenti: α + β = α, oppure α + β = β, oppure α = β. Le prime due eventualità però dicono che β = oppure α =, casi che dobbiamo escludere; quindi deve essere α = β, da cui α + β = α: si ha perciò < α < π < α < π. Adesso osserviamo che la g verifica g(t) = g(π t) t [, π];

11 quindi abbiamo y = g(α) = g(α) = g(π α); siccome i punti α e π α si trovano in ] π, π[, e hanno la stessa immagine, essi devono coincidere; dall uguaglianza α = π α segue, finalmente, α = β = π 3. Quindi il punto di massimo è ( π 3, π 3 ), e si ha ( π Φ 3, π ) = max 3 Φ = 1 B