ESERCIZI DI ANALISI II Ingegneria Civile e dei Trasporti (M-Z) a.a. 2006/2007

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1 ESERCIZI I ANALISI II Ingegneria Civile e dei Trasporti (M-Z) a.a. 006/007 1 FUNZIONI IN UE VARIABILI (I parte) Insiemi di definizione eterminare gli insiemi di definizione delle seguenti funzioni in due variabili e rappresentarli graficamente: 1. f(, y) = log( +y 15)+7 6 y 1. f(, y) = +4 y 1 y ( 3. f(, y) = log 4. f(, y) = y +y + y+ y 5. f(, y) = e +y+ y 6. f(, y) = + y 4 + y f(, y) = ( 8. f(, y) = log ) +y y 36 4 y 4 9y 36 ) Risultati degli esercizi sugli insiemi di definizione: (1) Parte di piano esterna all iperbole y = 1 ed alla circonferenza (compresa) + y = 16 - () Parte di piano interna alla circonferenza + y = 1 ed esterna alla parabola (compresa) y = (3) Parte di piano esterna alla parabola y = nel semipiano inferiore alla retta y = + e interna alla parabola nel semipiano superiore - (4) Tutto R - (5) Parte di piano nel primo e terzo quadrante compresa tra le due rette y = e y = (comprese) - (6) Parte di piano esterna alla circonferenza + y = 4 e all iperbole y = 1 (comprese) - (7) Parte di piano interna alla circonferenza +y = 4 (compresa) ed esterna all ellisse 4 + 9y = 36 - (8) Parte di piano compresa tra la circonferenza + y = 4 e l ellisse 4 + 9y = 36. ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 1

2 Limiti Calcolare i seguenti limiti: 3 3 (1) lim (,y) (0,0) y () lim (,y) (0,0) (3) lim (,y) (0,0) (4) lim (,y) (1,0) (5) lim (,y) (0,0) (6) lim (,y) (1,) (7) lim (,y) (0,1) 3 + y 3 3y 3 y 5y + y ( 1) 3 + y y + 1 ( 3 ) y 1 + y sin y ( 1) 3 + ( 1) + (y ) + y 4y + 5 (y 1) 3 [ + (y 1) ] 5 y (8) lim (,y) (0,0) + y 4 Risultati degli esercizi sui limiti: (1) - () 0 - (3) Il limite non esiste - (4) Il limite non esiste (anche solo lungo l asse ) - (5) 0 - (6) 1 - (7) Il limite non esiste - (8) Il limite non esiste. Continuità eterminare l insieme di continuità delle seguenti funzioni in due variabili: { log(1+ +y ) (, y) (0, 0) (1) f(, y) = +y 0 (, y) = (0, 0) { sin 1 y 0 () f(, y) = y 0 y = 0 { ( ) y (3) f(, y) = 1 arctan y 0 y 0 y = 0 (4) f(, y) = { log(1+ ) ( +y ) 4 5 (, y) (0, 0) 0 (, y) = (0, 0) ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z)

3 { + y 0 (5) f(, y) = 0 = 0 { + y 1 0 (6) f(, y) = 0 = 0 Risultati degli esercizi sulla continuità: (1) f continua in tutto R - () f continua in R \{(, 0), 0} - (3) f continua in tutto R - (4) f continua in tutto R - (5) f continua in R \{(0, y), y 0} - (6) f continua in R \{(0, y), y 1 }. EQUAZIONI IFFERENZIALI Equazioni lineari del primo ordine Risolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie lineari del primo ordine e i problemi di Cauchy, specificando l insieme su cui è definita la soluzione: 1. y () + y() = e. y () + tan y() = sin 3. 1 y () + y() = arcsin 4. y () + y() = 3 5. y () cos + y() = tan 6. { y () + y() = 3 e y(0) = 1 7. { y () + y() y(1) = = e Calcolare lim 0 + y() { y () 7y() = 8e 3 y(0) = 3 { y () + n y() = a n y(1) = 0 { y () + y() e = 0 y(a) = b Calcolare y (0) y(0) ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 3

4 Risultati ( degli ) esercizi sulle equazioni lineari del primo ordine: (1) y() = + c e in R - () y() = cos + c cos in R \ { π + kπ} k Z - (3) y() = c e arcsin +arcsin 1 in ( 1, 1) - (4) y() = c in R \ {0} - (5) y() = c e tan +tan 1 in R \ { kπ 4 } k Z - (6) y() = e (3+1) in R - (7) y() = ( 1 ) 1 e + in (0, + ). Il limite richiesto vale 1 - (8) y() = e3 +e 7 in R. y (0) y(0) vale 10 e si può ricavare derivando la soluzione oppure, più velocemente, direttamente dall equazione. - (9) y() = a( 1) in (0, + ). - (10) y() = e +ab e a in (0, + ) se a > 0 e in (, 0) se a < 0. Equazioni del primo ordine a variabili separabili Risolvere i seguenti problemi di Cauchy per equazioni differenziali ordinarie del primo ordine a variabili separabili, specificando l insieme su cui è definita la soluzione: y () = y () 1. y(0) = y () = y() y(0) = 1 y () = 3 cos sin y () y(0) = 1 y () = (e y() 1) y(0) = log 3 y () = e 3y() y(0) = 0 Risultati degli esercizi sulle equazioni a variabili separabili: (1) y() = 1 1 per ( 1, 1) - () y() = 1 + per R - (3) y() = 1 ( per ( π, π 3 ) - (4) y() = log( + e 3 ) per R - (5) y() = 1 3 log 3e 1 per ( log 3, + ). cos 3 ) ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 4

5 Equazioni di Bernoulli Risolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie di Bernoulli: 1. { y () = y() + y() y(1) = 1. y () + y() = y ln 3. y () y() tan + y cos = 0 4. y () + y() 5. y () = 4y() = y() cos + y() Risultati degli esercizi sulle equazioni di Bernoulli: (1) y() = (e 1 4 1) 1 per R - () y() = 1+ln +c con > 0, 1+ln +c 0 ( ) 1 - (3) y() = (+c) cos per π +kπ, +c 0 - (4) y() = c+ln cos + tan con 0 e π + kπ - (5) y() = 4 ( 1 ln + c) con 0. Equazioni lineari a coefficienti costanti - Omogenee Risolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie lineari a coefficienti costanti omogenee, e relativi problemi di Cauchy: 1. y () y () 3y() = 0. y () y () = 0 y () + 9y () = 0 3. y(0) = 1 y (0) = y () 4y () + 5y() = 0 y(0) = 0 y (0) = y () 6y () + 9y() = 0 y(0) = 1 y (0) = 1 y () y () y() = 0 y(0) = 0 y (0) = 1 ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 5

6 7. 8. y (IV ) () 16y() = 0 lim + e y() = 3 y (IV ) () + 8y () = 0 y(0) = 0 lim + y() = 1 - Non omogenee Risolvere le seguenti equazioni differenziali ordinarie lineari a coefficienti costanti non omogenee, e relativi problemi di Cauchy. Si ricorda che nel metodo di somiglianza il termine noto è del tipo speciale: f() = P (n) () e α cos β + Q (m) () e α sin β. 1. y () + y () + y() = 3 cos 4 sin. y () + 3y () + y() = e 3. y () 6y () + 8y() = y () + y() = cos 5. y () + y () + y() = e 6. y () y () = e 3 y () + y () = 7. y(0) = 1 y (0) = y () 8y () + 16y() = e 4 y(0) = 0 y (0) = 1 y () y () = (1 ) y(0) = 1 y (0) = 1 y () + 4y () = cos y(0) = y (0) = y (0) = y () y () + y() = e 1. y () + y() = cos + 1 cos ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 6

7 Risultati degli esercizi sulle EO lineari a coefficienti costanti: Omogenee: (1) y() = c 1 e 3 + c e - () y() = c 1 e + c - (3) y() = cos sin 3 - (4) y() = e sin - (5) y() = ( + 1)e 3 - (6) y() = 1 3 e 1 3 e - (7) Gli zeri del polinomio caratteristico sono,, i e i. La soluzione generica è y() = c 1 e + c e + c 3 cos + c 4 sin. Imponendo la condizione richiesta, lim + (c 1 e 4 + c + c 3 e cos + c 4 e sin ) = 3, deve essere c 1 = 0 perché e 4 ha limite infinito e c 3 = c 4 = 0 perché e cos e e sin non hanno limite. Risulta quindi c = 3 e la soluzione del problema è y() = 3e - (8) Gli zeri del polinomio caratteristico sono 0,, 1 + i 3 e 1 i 3. La soluzione generica è y() = c 1 + c e + c 3 e cos 3 + c 4 e sin 3. Imponendo la prima condizione si ha c 1 + c + c 3 = 0, e imponendo la seconda lim + (c 1 + c e + c 3 e cos 3 + c 4 e sin 3) = 1, deve essere c 3 = c 4 = 0 perché e cos 3 e e sin 3 non hanno limite e risulta quindi c 1 = 1. La soluzione del problema è y() = 1 e Non omogenee: (1) Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo speciale con α = 0 e β =. α + iβ non è soluzione del polinomio caratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = A cos + B sin. La soluzione è y() = c 1 e + c e + cos - () Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo speciale con α = 1 e β = 0. α + iβ è soluzione semplice del polinomio caratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = Ae. La soluzione è y() = c 1 e + c e + e - (3) Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo speciale con α = 0 e β = 0. α + iβ non è soluzione del polinomio caratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = A + B + C. La soluzione è y() = c 1 e 4 + c e (4) Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo speciale con Q() = 0, α = 0 e β = 1. α + iβ è soluzione del polinomio caratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = [A cos + B sin ]. La soluzione è y() = c 1 cos + c sin + sin - (5) Con metodo di somiglianza, il termine noto è di tipo speciale con P () =, α = 1 e β = 0. α + iβ non è soluzione del polinomio caratteristico e quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = (A + B)e. La soluzione è y() = c 1 e cos +c e sin ( 4 5 )e - (6) Si applica il principio di sovrapposizione. Per f 1 () = si trova una soluzione particolare della forma y p1 () = (A + B) e per f () = e 3 si trova una soluzione particolare della forma y p () = Ae 3. La soluzione è y() = c 1 + c e e3 - (7) 0 è soluzione semplice del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = (A +B+C). La soluzione è y() = e (8) α+iβ = 4 è soluzione doppia del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = A e 4. La soluzione è y() = ( 1 + )e 4 - (9) 0 è soluzione semplice del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = (A + B). La soluzione è y() = e + - (10) α + iβ = i è soluzione del polinomio caratteristico, quindi una soluzione particolare è del tipo y p () = A cos + B sin. La soluzione è y() = 1 16 sin 1 8 cos - (11) ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 7

8 Il termine noto non è di tipo speciale. Si procede con metodo della variazione delle costanti. La soluzione è y() = c 1 e + c e e + e log - (1) Si applica il principio di sovrapposizione. Per f 1 () = cos si trova una soluzione particolare della forma y p1 () = (A cos + B sin ) e per f () = 1 cos si procede con metodo della variazione delle costanti. La soluzione è y() = c 1 cos +c sin + cos log cos + 3 sin. 3 FUNZIONI IN UE VARIABILI (II parte) Continuità, derivabilità parziale, differenziabilità Stabilire se le seguenti funzioni sono continue, derivabili parzialmente e differenziabili nell origine, eventualmente al variare dei parametri reali che vi compaiono: ( ) ( y 1 ) sin (, y) (0, 0) +y 1. f(, y) = 0 (, y) = (0, 0) y (, y) (0, 0) +y. f(, y) = 0 (, y) = (0, 0) 3. f(, y) = y + y (, y) (0, 0) 0 (, y) = (0, 0) 3 + y(y 1)+y y 3 (, y) (0, 0) +y 4. f(, y) = 0 (, y) = (0, 0) 5. f(, y) = 6. f(, y) = 7. f(, y) = { { (+3y) 3 +y + log(1 + y ) (, y) (0, 0) 0 (, y) = (0, 0) (e y 1) α +y (, y) (0, 0) 0 (, y) = (0, 0) 1+α+βy e +y +y (, y) (0, 0) 0 (, y) = (0, 0) ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 8

9 Risultati degli esercizi sulla regolarità: (1) La funzione risulta continua, derivabile parzialmente e differenziabile. Il limite per la differenziabilità si può fare con le maggiorazioni - () La funzione risulta continua e derivabile parzialmente ma non è differenziabile (si può vedere facendo il limite lungo le rette passanti per l origine) - (3) La funzione risulta continua, derivabile parzialmente e differenziabile - (4) La funzione risulta continua, derivabile parzialmente e differenziabile - (5) La funzione risulta continua, derivabile parzialmente e differenziabile - (6) La funzione è continua solo per α > 1 ed è derivabile con derivate parziali nulle per α > 0. Inoltre è differenziabile per α > 3 - (7) La funzione non è continua per nessuna scelta dei parametri (si può vedere facendo il limite lungo l asse che vale + o a seconda del segno di α con α 1 e di, e vale 1 per α = 1). Inoltre non essendo continua lungo gli assi non è neanche derivabile parzialmente (come funzione di una variabile lungo gli assi la non continuità implica la non derivabilità), e dunque non è neanche differenziabile nell origine. erivate direzionali 1. eterminare la derivata direzionale di f(, y) = e cos y nel punto (0, 0) in direzione v = (1, ).. eterminare la derivata direzionale di f(, y) = y nel punto (0, 0) in direzione v = (1, 1). 3. Sia f(, y) = 3 y. Stabilire se f è continua in R. Calcolare le derivate parziali e le derivate direzionali lungo una generica direzione ˆv nel punto (1, ). Stabilire se la funzione è differenziabile nell origine. 4. ata la funzione: log 3 (1+ 1 ) + e y (, y) (1, 0) ( 1) +y f(, y) = 1 (, y) = (1, 0) stabilire se la funzione è continua e differenziabile nel punto (1, 0). Calcolare inoltre la derivata direzionale di f nel punto (1, 0) lungo la direzione normale esterna nel punto (1, 0) al cerchio di centro (1, 1) e raggio 1. Risultati degli esercizi sulle derivate direzionali: (1) Il versore corrispondente a v è ˆv = ( 1 5, 5 ). Applicando la definizione oppure la formula del prodotto del gradiente per il versore, si trova fˆv (0, 0) = () Il ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 9

10 versore corrispondente a v è ˆv = ( 1 1, ). Poichè la funzione non è differenziabile nell origine, si può applicare solo la definizione e si trova fˆv (0, 0) = 0 - (3) La funzione è continua in tutto R e differenziabile (e quindi derivabile) in tutto il piano privato degli assi. f (1, ) = 3 3 e fy (1, ) = 1. Nel punto (1, ) la funzione è differenziabile e quindi le derivate direzionali lungo ˆv = (v 1, v ) sono fˆv (1, ) = 3 3 v v 4. Le derivate parziali nell origine esistono e sono nulle ma f non è differenziabile nell origine - (4) La funzione risulta continua nel punto (1, 0), ma non differenziabile (non esiste f (1, 0)). La direzione ˆv normale esterna nel punto (1, 0) al cerchio di centro (1, 1) e raggio 1 è quella in direzione ê = (0, 1) dell asse y ma in verso opposto, ovvero ˆv = (0, 1) = ê. Pertanto la derivata direzionale richiesta è fˆv (1, 0) = fê (1, 0) = f y (1, 0) = Piano tangente eterminare l equazione del piano tangente al grafico delle seguenti funzioni nel punto a fianco indicato: 1. f(, y) = 3 y + 5y + y 3 P (0, 1, 1). f(, y) = 1 ( +y ) P (1, 1, 1 4 ) Risultati degli esercizi sul piano tangente: (1) z(, y) = 5 + 3y - () z(, y) = 1 1 y INTEGRALI OPPI Aree di domini in R Calcolare l area dei seguenti domini in R : 1. = { (, y) R : y 9 ; 8 y 5 }. = {(, y) R R : y tan π3 ; + y R } R > 0 Risultati degli esercizi sulle aree dei domini in R : (1) Si divide il dominio in due domini normali rispetto ad, tra 0 e 1 e tra 1 e. Si trova che l area vale () Si può considerare il dominio normale rispetto ad y, oppure dividerlo in due domini normali rispetto ad, oppure usare le coordinate polari con θ [ π 4, π 3 ] e ρ [ R sin θ, R]. Si trova che l area vale π R. ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 10

11 Integrali doppi su domini normali Calcolare i seguenti integrali doppi su unioni di domini normali: 1. d dy 4 y = {(, y) R : 0 1 ; y min{ ; 1}}. + y e y d dy è il triangolo di vertici O(0, 0), A(1, 1), B(1, ) sin ( + y) d dy { = (, y) R : π 0 ; + y π } ( y ) d dy è il triangolo di vertici O(0, 0), A(1, 1), B(, 1) d dy 1 + = { (, y) R : 0 1 ; y } e y d dy = {(, y) R : 0 y ; y min{ y ; 1}} y 1 + d dy y = { (, y) R : 0 1 ; 1 y } y d dy = { (, y) R : 0 1 ; y 1 } y d dy = { (, y) R : + y 1 } d dy { = (, y) R : y + } + 3 ; y ; y + y d dy = { (, y) R : 4 + 9y 36 ; y 0 } ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 11

12 Risultati degli esercizi sugli integrali doppi su domini normali: (1) () e e (3) π (4) (5) 5 π log - (6) e e - (7) 1 + log( + ) - (8) (9) (10) 4 - (11) Con coordinate ellittiche = 3ρ cos θ, y = ρ sin θ con ρ [0, 1] e θ [0, π], si trova che l integrale vale 8. Integrali doppi con coordinate polari Calcolare i seguenti integrali doppi con coordinate polari: 1. d dy y = {(, y) R : 0 ; 1 + y 4}. y + y e +y d dy = {(, y) R : y 0 ; + y 1} y 1 d dy y = {(, y) R : y 0 ; + y 1} y 1 d dy y + y = {(, y) R : y 0 ; 1 + y 3} ye + y d dy e ye +y d dy + y = {(, y) R : y ; 0 ; 1 + y 4} {(, y) R : 3 y ; 0 ; 1 + y 4} d dy = {(, y) R : y ; 1 + y } y d dy = {(, y) R : + y 1} y + y d dy = {(, y) R : y 0 ; + y 0} y d dy è la metà superiore del cerchio di centro a (a>0) passante per (0,0) ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 1

13 Risultati degli esercizi sugli integrali doppi con coordinate polari: (1) [1 arctan + arctan 1] - () e+e 1 - (3) log 4 - (4) π 6 - (5) Il primo integrale vale e 1 + e e 1 ) e 1 e il secondo integrale vale 3 (e 1 e 1 - (6) 1 3 (4 ) - (7) 1 - (8) (9) a CURVE E INTEGRALI CURVILINEI Lunghezza di una curva Calcolare la lunghezza dei seguenti archi di curva: 1. γ(t) = (cos t; cos t sin t) t [ ] 0, π. γ(t) = (t 3 ; t ) t [0, 1] 3. γ(t) = (t; t 3 ) t [ ] 0, 1 4 Risultati degli esercizi sulla lunghezza di una curva: (1) La curva è un arco di curva regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = ( cos t sin t; cos t sin t) (0, 0) per ogni t ( 0, π ). Inoltre γ (t) = 1 e si ha π 0 γ (t) dt = π - () La curva è un arco di curva regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = (3t ; t) (0, 0) per ogni t (0, 1). Inoltre γ (t) = t 9t + 4 e si ha 1 0 γ (t) dt = (3) La curva è un arco di curva regolare in quanto è derivabile per t ( 0, 4] 1 con derivata continua γ (t) = (1; 3 ( t) (0, 0) per ogni t 0, 1 4). Inoltre γ (t) = γ (t) dt = Integrali curvilinei t e si ha opo aver verificato che il sostegno delle seguenti curve è contenuto nel dominio delle funzioni f(, y), calcolare i seguenti integrali curvilinei: 1. ds γ(t) = (t; t ) t [0, a], a 0 γ. 1 y ds γ(t) = (sin t; cos t) t [0, π] γ 3. [0, γ 1 + y ds γ(t) = (cos t; sin t) t π ] 4. y ds γ(t) = (t; e t ) t [0, log ] 5. γ γ y ds γ è l ellisse a + y = 1, a, b > 0;, y 0 b ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 13

14 Risultati degli esercizi sugli integrali curvilinei: (1) Il dominio di f è R. La curva è regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = (1; t) (0, 0) per ogni t (0, a). Inoltre γ (t) = 1 + 4t [ (1 + 4a) 3 1 e si ha a 0 f(γ(t)) γ (t) dt = () Il sostegno di γ è contenuto nel dominio di f che è {(, y) R : y 1}. La curva è regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = (cos t; sin t) (0, 0) per ogni t (0, π). Inoltre γ (t) = 1 e si ha π 0 f(γ(t)) γ (t) dt = - (3) Il dominio di f è R. La curva è regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = ( sin t; cos t) (0, 0) per ogni t ( 0, π ). Inoltre γ (t) = 1 e si ha π 0 f(γ(t)) γ (t) dt = π 4 - (4) Il dominio di f è R. La curva è regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = (1; e t ) (0, 0) per ogni t (0, log ). Inoltre γ (t) = 1 + e t e si ha log 0 f(γ(t)) γ (t) dt = (5) Il dominio di f è R. L ellisse γ(t) = (a cos t; b sin t) è regolare in quanto è derivabile con derivata continua γ (t) = ( a sin t; b cos t) (0, 0) per ogni t ( 0, π ). Inoltre γ (t) = a sin t + b cos t e si ha π 0 f(γ(t)) γ (t) dt = ab(a +ab+b ) 3(a+b). 6 FORME IFFERENZIALI E CAMPI VETTORIALI 1. ata la forma differenziale ω(, y) = e y d + (1 + e y ) dy, calcolare il suo integrale sulla curva di equazione y = + e cos fra i punti di ascissa = 0 e = 1.. eterminare ϕ C 1 (R) con ϕ(0) = 0 tale che la forma differenziale ω(, y) = [ + ϕ(y)] d + [(y ϕ(y))] dy sia esatta e calcolarne la primitiva che si annulla nell origine. 3. Trovare tutte le funzioni a, b C 1 (R) tali che la forma differenziale sia esatta e calcolarne le primitive. γ ω(, y) = a(y) d + b() dy 4. Sia γ l arco dell ellisse + y = 1 tra i punti A( 3, 0) e B(0, ) percorso 9 4 in verso antiorario. Calcolare ( ) 1 + ( + y) d ( + y) dy 5. Sia γ la curva definita da γ(t) = (1 t ; t 6 ) t [0, 1]. Calcolare + 4y d + 4y + 4y dy γ ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 14 ]

15 6. Stabilire quanto vale l integrale della forma differenziale ω = (y + 1) d + ( 5y 3 3y ) dy y 3 sulle curve congiungenti i punti P (0, 1) e Q(, 1). 7. Sia γ la frontiera del dominio T = {(, y) R : 1 ( 8) +y }. Calcolare f(log ( + y)) d + f(log ( + y)) dy +γ dove f è una funzione di classe C 1 ([0, )). 8. eterminare le regioni del piano su cui è esatta la forma ( ω = y 1 ) d + dy e determinare le primitive di ω su tali regioni. 9. Sia F : R R il campo vettoriale ( y F (, y) = (1 + ) ; 1 ) 1 + ire se F è conservativo e in caso affermativo determinare il potenziale. 10. Siano F : R R il campo vettoriale F (, y) = (e [sin( + y) + cos( + y)] ; e cos( + y)) e γ n : [0, π] R le curve definite da γ n (t) = (cos nt ; sin nt) con n N e n 1. ire se F è conservativo e in caso affermativo determinare il potenziale. Calcolare inoltre il lavoro di F lungo γ n. 11. Sia F : R R il campo vettoriale F (, y) = ( 3 + y ; + y ) ire se F è conservativo e in caso affermativo determinare il potenziale. 1. eterminare per quali valori di a R si annulla il lavoro del campo vettoriale F : R R F (, y) = ( + y ; ay) sulla curva γ(t) = (cos t, sin t) con t [0, π]. ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 15

16 Risultati degli esercizi su forme differenziali e campi vettoriali: Le costanti che compaiono vanno intese in R. (1) Il calcolo diretto dell integrale non è agevole, ma la forma è esatta. Calcolando la differenza dei valori di una primitiva agli estremi (1, 1+e cos 1) e (0, 1), l integrale vale e cos 1 + e 1+e cos 1 - () La condizione di chiusura dà ϕ (y) = y ϕ(y). Risolvendo questa equazione differenziale con ϕ(0) = 0, si ottiene ϕ(y) = e y + y 1. La primitiva di ω che si annulla nell origine è f(, y) = + (e y + y 1) - (3) La condizione di chiusura dà a y (y) = b () che è possibile solo se sono costanti a y (y) = b () = C. Si trova quindi a(y) = Cy + c 1 e b() = C + c. Le primitive di ω sono f(, y) = Cy + c 1 + c y + c - (4) L arco di ellisse è contenuto nel semipiano > 10 dove la forma è definita ed esatta. L integrale si può calcolare direttamente parametrizzando la curva oppure con la differenza dei valori di una primitiva agli estremi. L integrale risulta arctan + 10 arctan (5) La curva γ non passa per l origine, dove la forma non è definita. Si può calcolare l integrale direttamente oppure sfruttando il fatto che la forma è chiusa in R \{(0, 0)}. Questo dominio non è semplicemente connesso e dunque non si può concludere che la forma sia esatta in tutto R \{(0, 0)}, ma la forma è localmente esatta in domini semplicemente connessi lontano dall origine. Si può quindi trovare una primitiva e calcolarne la differenza agli estremi. L integrale vale log - (6) La forma è definita e chiusa nell insieme E = {(, y) R : y < 3 } che è semplicemente connesso. Le primitive sono f(, y) = (y + 1) y 3 + c e l integrale vale f(, 1) f(0, 1) = 3, ma solo lungo le curve congiungenti P e Q aventi il supporto contenuto in E - (7) La forma è definita e chiusa nell insieme E = {(, y) R : + y > 0} che è semplicemente connesso e quindi è esatta. Poiché T è una corona circolare tutta contenuta in E, l integrale della forma sulla sua frontiera è nullo - (8) La forma è esatta su Ω 1 = {(, y) R : < 0} e Ω = {(, y) R : > 0}. Le primitive sono f(, y) = y log( ) + c in Ω 1 e f(, y) = y log + c in Ω - (9) Il campo risulta irrotazionale in tutto R e quindi è conservativo. Il potenziale è U(, y) = y + c - (10) Il campo 1+ risulta conservativo in R e il potenziale è U(, y) = e sin( + y) + c. Le curve γ n sono chiuse per n pari e quindi il lavoro è nullo. Per n dispari il lavoro vale U( 1, 0) U(1, 0) = (e + e 1 ) sin 1 - (11) Il campo risulta irrotazionale in tutto R e quindi è conservativo. Il potenziale è U(, y) = 3 + y + y + c - (1) Calcolando l integrale di F lungo γ tramite la definizione, si trova che l integrale è nullo per ogni valore di a reale. ott.ssa Silvia Marconi - Analisi II, Ing. Civile - Trasporti (M-Z) 16