UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DELLA CALABRIA. - Prova scritta di ANALISI MATEMATICA 2 - Appello del 16 settembre 2013

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1 UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DELLA CALABRIA - Prova scritta di ANALISI MATEMATICA - Aello del 6 settembre COGNOME:... NOME:... MATRICOLA:... CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA:... IMPORTANTE Al termine della rova è necessario riconsegnare solo il resente fascicolo. I risultati e lo svolgimento relativo vanno riortati negli aositi sazi o nel retro dei fogli del resente fascicolo: un camo vuoto o assenza di calcoli dove richiesto signi cano unti. Gli esercizi valgono 5 unti ciascuno. SPAIO RISERVATO ALLA COMMISSIONE

2 Prova Scritta di Analisi Matematica del 6 settembre Esercizio. Doo aver veri cato le iotesi del teorema di Weierstrass, si utilizzi il metodo dei moltilicatori di Lagrange er determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione nell insieme f (; y) y; D (; y) R : + y : Svolgimento: L insieme D è evidentemente un sottoinsieme chiuso del iano. Inoltre risulta: y ) ; y ) y : Segue che D è un sottoinsieme limitato del iano. Poichè la funzione f è continua, er il teorema di Weierstrass, esistono il massimo e il minimo assoluti di f in D. Osserviamo che il vincolo + y è regolare. Infatti, osto risulta g (; y) + y ; g (; y) ; g y (; y) y; e le derivate arziali g e g y si annullano simultaneamente solo in (; ) che non è un unto del vincolo. Utilizziamo il metodo dei moltilicatori di Lagrange. La funzione Lagrangiana è L(; y; ) y ( + y ): Calcolando il suo gradiente e annullando le sue comonenti si ottiene il sistema: < L y L y y : : L + y La rima equazione si uò riscrivere come da cui segue y ; o y : Sostituendo nella seconda equazione si ottiene y o : La soluzione y non è accettabile in quanto non soddisfa l equazione del vincolo. Per si trova e y. Sostituendo invece y nella seconda equazione si ottiene La soluzione y, come già osservato, non è accettabile in quanto non soddisfa la terza equazione. Risolvendo si ha. Sostituendo nella seconda equazione si trova y e, sostituendo ancora nella terza equazione, si trova. Riassumendo i unti critici vincolati sono (; ) ; ; ; ; :

3 Calcolando i valori della funzione nei unti critici si ottiene: f f (; ) ; f ; ; ; : Di conseguenza ma f f D min D f f ; ; ; :

4 Prova Scritta di Analisi Matematica del 6 settembre Esercizio. Dato il roblema di Cauchy y + y + y y () ; si chiede di determinarne la soluzione y y () doo aver calcolato l integrale generale dell equazione di erenziale in forma eslicita Svolgimento: L equazione di erenziale data è a variabili searabili. Searando le variabili e integrando si ottiene: y ( + y ) dy + d: Risolvendo l integrale a rimo membro si ha: y ( + y ) dy + y y y ( + y dy ) y y + y dy log jyj log + y jyj + c log + c: + y Dunque l integrale generale dell equazione in forma imlicita è Eslicitando: da cui e log jyj + y ++c Imonendo la condizione iniziale si ricava jyj + y + + c; e ++c ; y + y e ; ++c y e ++c ; y e ++c y () q e ++c e ++c : e +c q e ( +c) ; e ++c ; e quindi Segue che la soluzione del roblema dato è c log 9 : y () q e ++ log 9 e ++ log 9 dimostare che l intervallo massimale di de nizione della soluzione è del tio ( ; a) Svolgimento: La soluzione trovata è de nita se e ++ log 9 > ; :

5 cioè se e ++ log 9 + < ; < log : Osservando che la funzione olinomiale f () + (vedi anche Fig. ) è strettamente crescente (f () + > ) e che lim! f (), si deduce che esiste un unico valore reale a tale che a + a log ; e tale che er ogni < a risulti + < log : y 5 5 Fig. Essendo a >, tenendo resente la condizione iniziale y (), l intervallo massimale di de nizione della soluzione del roblema dato è ( ; a). stabilire se la soluzione y y () ammette o meno asintoti e, in caso a ermativo, scriverne l equazione Svolgimento: Risulta lim y ()! ; y () +: lim!a Di conseguenza le rette y e a sono asintoti verticali. 5

6 Prova Scritta di Analisi Matematica del 6 settembre Esercizio. Calcolare l integrale doio D e y 5 ddy; dove D è la regione di iano comresa tra l asse e la curva (t) ( cos (t) ; 5 log ( t)) (t [; ]) raresentata in gura. y (Suggerimento: utilizzare la formula di Gauss-Green) Svolgimento: Posto b (; y) e y 5 ; evidentemente si e y 5 : Di conseguenza, er il teorema di Gauss-Green, ddy b (; y) dy; è orientata ositivamente. Inoltre si ( ) [ [ ( ) dove (t) (; t) ; t [; 5 log ] ; (t) (t; ) ; t [; ] : Evidentemente Dunque D e y 5 ddy b (; y) dy b (; y) dy : b (; y) dy [t] e y 5 dy ( cos (t)) ( t) ( cos (t)) dt cos (t) + cos (t) dt [sin (t)] + + t + sin (t) 5 dt t + cos (t)! 5 : dt 6

7 Prova Scritta di Analisi Matematica del 6 settembre Esercizio. Si consideri il camo vettoriale! F (; y; z) (; y ; z + ); si chiede di calcolare il usso di! F attraverso il triangolo T di vertici (; ; ), (; ; ) e (; ; ) orientato dal versore normale avente comonenti ositive Svolgimento: Il iano assante er i unti (; ; ), (; ; ) e (; ; ) contenente il triangolo T ha equazione + y + z : z y Una arametrizzazione di T è data da! (u; v) (u; v; u v); (u; v) ; dove Inoltre (u; v) R : u ; v u : Segue che il versore normale è dato da j! u (u; v)! v (u; v)j j(; ; ) (; ; )j j(; ; )j :! n (u; v) (; ; ): Dunque il usso di! F attraverso il triangolo T ~F ; T;! n u T T ~F! n ds dudv u : du u dv calcolare il usso di! F uscente dal tetraedro V di vertici (; ; ), (; ; ), (; ; ) e (; ; ) 7

8 Svolgimento: Alicando il teorema della divergenza si ottiene che il usso di! F uscente dal tetraedro V è ~F ; V; ne! div! F ddydz ddydz V 6 y ( y) ddy y y + : d d V ( y) dy + d calcolare il usso di! F uscente dalle facce arallele ai iani coordinati del tetraedro V Svolgimento: Poichè ~F ; V; ne! ~F ; T;! n ; risulta che il usso di! F uscente dalle facce arallele ai iani coordinati del tetraedro V è nullo.