COGNOME NOME Matr. Firma dello studente A Tempo: 3 ore. Prima parte: test a risposta multipla. Una ed una sola delle 4 affermazioni è corretta. Indicatela con una croce. È consentita una sola correzione per ogni domanda; per annullare una risposta ritenuta errata racchiuderla in un cerchio. Risposta esatta: 1.5 punti; risposta sbagliata: - 0.5 punti; risposta non data: 0 punti. Test 1: Il piano tangente alla superficie di equazione x 3 y z xy = 0 nel punto (1, 1, 1) è: (A) 3x + y + z = 5 (B) 3x + y + z = 0 (C) x + y + z = 0 (D) x + y + z = 4 Test : Sia g(x) la funzione definita implicitamente dall equazione log y 7xy + cos x = 1 e tale che g(0) = 1. Allora l equazione della retta tangente al grafico di g in x = 0 è (A) y = x + 7 (B) y = 7 (C) y = 7x (D) y = 7x + 1 Test 3: Il massimo della funzione f(x, y) = x + y sull insieme risulta (A) 4 (B) 6 (C) 0 (D) 4 D = {(x, y) R y x 4} Test 4: Sia D il disco di raggio 4 con centro nell origine e giacente nel piano z = 0. Il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) = (xy, yz, z + 1) attraverso D nella direzione dell asse z è (A) 0 (B) 4π (C) 8π (D) 16π Test 5: Sia γ la curva intersezione del cilindro (x + ) + (y 1) = 1 con il piano x y + z + 3 = 0. Allora la lunghezza di γ è data da (A) (B) π 0 4 + sin(t) dt (C) π 0 + sin(t) dt (D) π 0 4 + cos(t) dt Test 6: La matrice Hessiana della funzione f(x, y) = 3x + cos y 3 nel punto (0, π) è (A) definita positiva (B) definita negativa (C) indefinita (D) semidefinita positiva 1
Test 1: primo modo: la superficie è data in forma implicita, della forma g(x, y, z) = 0, pertanto possiamo usare la seguente formula per il piano tangente g x (x 0, y 0, z 0 )(x x 0 ) + g y (x 0, y 0, z 0 )(y y 0 ) + g z (x 0, y 0, z 0 )(z z 0 ) = 0 dove nel nostro caso g(x, y, z) = x + y + z 8 e (x 0, y 0, z 0 ) = (, 0, ). Allora si ha quindi l equazione richiesta è g x (x, y, x) = 3x y z y g x (1, 1, 1) = g y (x, y, x) = x 3 yz x g y (1, 1, 1) = 1 g z (x, y, x) = x 3 y g z (1, 1, 1) = 1 (x 1) + (y 1) + (z 1) = 0 x + y + z = 4. secondo modo: esplicitando la variabile z possiamo si ha z = 1 x y che è una funzione ben definita in un intorno di (1, 1) quindi per il piano tangente possiamo usare la formula z = f(x 0, y 0 ) + f x (x 0, y 0 )(x x 0 ) + f y (x 0, y 0 )(y y 0 ) con f(x, y) = 1 x y, (x 0, y 0 ) = (1, 1) e f(x 0, y 0 ) = 1. Allora si ha e analogamente da cui il piano tangente richiesto vale f x (x, y) = x 3 y f y (x, y) = 1 x y f x (, 0) = f y (, 0) = 1 z = 1 (x 1) (y 1) x + y + z = 4. La risposta corretta è la (D). Test : Detta f(x, y) = log y 7xy + cos x 1 si ha che f C 1 (R ), f(0, 1) = 0 e f y (x, y) = 1 y 7x da cui f y(0, 1) = 1 0. Quindi sono verificate le ipotesi del teorema del Dini e si ha g (x) = f x(x, g(x)) 7y + sin x = f y (x, g(x)) 1/y 7x da cui g (0) = 7. Allora l equazione della retta tangente al grafico di g(x) in 0 è La risposta corretta pertanto è la (D). y = 1 + 7(x 0) = 1 + 7x. Test 3: L insieme D è la regione del piano compresa tra l interno della parabola x = y e la retta x = 4. Il punto (0, 0) è di non differenziabilità per f, mentre essendo f continua su D chiuso e limitato, il massimo e il minimo assoluti esistono per il Teorema di Weierstrass. Si vede immediatamente che non ci sono punti stazionari interni a D perché f x non si annulla mai. Pertanto il massimo e il minimo assoluti andranno ricercati tra i punti del bordo (incluso (0, 0)) il quale è costituito da due parti D 1 = {(x, y) x = y } D = {(x, y) x = 4} entrambe simmetriche rispetto all asse x mentre la funzione è pari rispetto alla y. Dunque per studiare il comportamento della funzione sul bordo, per considerazioni di simmetria è sufficiente studiare la funzione g(x, y) = x + y. A tal proposito si vede che su D la funzione è crescente quindi i punti candidati sono i punti di estremo (4, ±), mentre su D 1 in aggiunta si ha il punto che annulla la derivata prima di g(y, y) = y + y ossia (1/4, 1/). Allora riassumendo pertanto la risposta corretta è la (B). f(4, ±) = 6 f(1/4, 1/) = 3/4 f(0, 0) = 0 Test 4: Il flusso di un campo F attraverso una superficie Σ è dato da Φ = Σ F n ds
dove n è il versore normale alla superficie, in questo caso (0, 0, 1). A questo punto allora, l unica componente che sopravvive nel calcolo di F n è la terza componente del campo che calcolata lungo la parametrizzazione del cerchio (z = 0) diventa 1. Quindi Φ si riduce all area del cerchio che vale 16π. La risposta corretta pertanto è la (D). Test 5: Imponiamo che la curva stia sul cilindro, quindi in coordinate polari x + = cos t y 1 = sin t t [0, π] e ricaviamo la z dall equazione del piano imponendo le relazioni precedenti: z = 3 cos t + + sin t + 1 = sin t cos t quindi riassumendo una parametrizzazione della curva diventa r(t) = { x = cos t y = sin t + 1 z = sin t cos t da cui r (t) = ( sin t, cos t, cos t + sin t) r (t) = Quindi la risposta corretta è la (C). sin t + cos t + (cos t + sin t) = + sin t cos t = + sin(t). Test 6: La funzione data è di classe almeno C quindi ha senso calcolarne il gradiente e le derivate successive. Si ha f x (x, y) = 6x f y (x, y) = sin y f xx (x, y) = 6 f xy (x, y) = f yx (x, y) = 0 f yy (x, y) = cos y pertanto H f (0, π) = [ 6 0 0 1 ] Si tratta di una matrice definita positiva, quindi la risposta corretta è la (A). 3
Esercizio (8 punti) Sia F(x, y) = (x sin(5y) + αx )i + ((α 4)x cos(5y) + e 5y )j (x, y) R. (i) Qual è l unico valore di α R per cui il campo vettoriale F(x, y) è conservativo su tutto R? (ii) Per tale valore di α calcolare il potenziale U tale che U(0, 0) = 0. (iii) Sempre per tale valore di α, calcolare il lavoro del campo lungo l arco di parabola y = x 3x + congiungente i punti P = (0, ) e Q = (1, 0) percorsa in senso antiorario. (i) Condizione necessaria ma non sufficiente perché un campo sia conservativo è che valga la condizione delle derivate in croce. Pertanto, dette f 1 (x, y) = x sin(5y) + αx F (x, y) = (α 4)x cos(5y) + e 5y le componenti del campo, si deve necessariamente avere x F = y F 1 e questo è vero se dunque se α 4 = 5 cioè se α = 9. x F = x(α 4) cos(5y) = x cos(5y)5 = y F 1 (ii) A questo punto, visto che il campo è definito su R che è un dominio semplicemente connesso, F è conservativo, pertanto esiste una funzione potenziale U tale che U(x, y) = F(x, y). Allora per calcolare U possiamo procedere integrando le componenti del campo rispettivamente nelle variabili x e y. Si ha U(x, y) = (x sin(5y) + 9x ) dx = x sin(5y) + 3x 3 + C 1 (y) e analogamente U(x, y) = (5x cos(5y) + e 5y ) dy = x sin(5y) 1 5 e 5y + C (x). A questo punto, se scegliamo C 1 (y) = 1 5 e 5y + C C (x) = 3x 3 C R si ottiene che la generica espressione del potenziale U risulta U(x, y) = x sin(5y) 1 5 e 5y + 3x 3 + C C R. Allora il potenziale che si annulla in (0, 0) è quello che si ottiene imponendo U(0, 0) = 1 5 + C = 0 C = 1 5. Il potenziale richiesto è dunque U(x, y) = x sin(5y) + 1 5 (1 e 5y ) + 3x 3. (iii) Visto che il campo è conservativo, il lavoro lungo una curva dipende solo dal punto iniziale e dal punto finale. Quindi si tratta di stabilire chi tra P e Q è il punto iniziale e chi è il punto finale. Siccome la curva è percorsa in senso antiorario, si ha che Q = (1, 0) è il punto finale e P = (0, ) il punto iniziale. Allora, usando l espressione del potenziale trovata precedentemente si ottiene L = U(1, 0) U(0, ) = 3 1 5 (1 e 10 ). 4
Esercizio (8 punti) Trovare gli estremi assoluti di su f(x, y) = ye x y D = {(x, y) x + (y 1) 1}. La funzione data è continua, l insieme dato è chiuso e limitato quindi gli estremi assoluti di f in D esistono per il teorema di Weierstrass. Se y = 0 allora x = 0 e questo è un punto in cui non esiste f y ; per altro essendo di bordo lo ritroveremo nell analisi della seconda parte. Se y 0, la funzione f C 1 (D) quindi ha senso calcolarne il gradiente. Si ha f(x, y) = ( x ye x y 1, y e x y y y e x y ). Imponendo f(x, y) = (0, 0) dalla prima equazione si legge x = 0 oppure y = 0, ma y = 0 non è accettabile per le ipotesi che abbiamo fatto, quindi imponendo x = 0 nella seconda equazione si legge y = ±1/ ma il punto (0, 1/) non appartiene a D. COncludendo l unico punto stazionario (o critico) risulta (0, 1/). Su questo punto si ha f (0, 1 ) = 1 e 1/4. A questo punto analizziamo la parte del bordo, usando due metodi diversi. primo modo: esplicitiamo l equazione del vincolo: si ha x + y + y + 1 = 1 (la disuguaglianza descrive tutto il dominio, bordo più parte interna, l uguaglianza descrive solo il bordo) da cui x y = y quindi sostituendo questa espressione dentro la funzione f si ottiene una funzione di una sola variabile g(y) = ye y con le limitazioni sulla y: 0 y. Andando a studiare brevemente questa funzione si vede che g (y) = 0 se y = 1/4 quindi punti candidati ad essere estremo assoluto solo i punti corrispondenti a y = 0 e y = (estremi dell intervallo) e y = 1/4 (annullamento derivata prima). Confrontanto i valori sulla f si ha a sua volta f(0, 0) = 0 f(0, ) = 7 e 4 f (± 4, 1 4 ) = 1 e 1/ quindi osservando che visto che 1 e 1/ = 1 e < 1 4 e = 1 e 1/4 4 e < e si ha che max D f = 1 e 1/ min D f = 0 e (0, 1/) è il punto di massimo mentre (0, 0) è il punto di minimo. secondo modo: utilizziamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. La Lagrangiana del sistema diventa L(x, y, λ) = ye x y + λ(x + y y) quindi gli estremi vincolati si trovano tra i punti critici della Lagrangiana, cioè tra i punti che annullano il gradiente di L. Allora si ha L(x, y, λ) = (0, 0, 0) ( x ye x y + λx, [ 1 y y y] e x y + λy λ, x + y y) = (0, 0, 0). Dalla prima equazione si legge x = 0 oppure λ = ye x y. Inserendo la prima informazione nell equazione del vincolo si ottiene y = ± mentre inserendo la seconda informazione nella seconda equazione si ottiene (semplificando l esponenziale) 1 y y y + (y 1) y = 0 y = 1/4. Si ritrovano gli stessi punti dell analisi precedente pertanto la conclusione è la medesima. 5
Tema: Formula di Taylor del secondo ordine per funzioni scalari di due variabili definite su tutto R. Applicazioni allo studio della natura dei punti critici. Si vedano le dispense del corso, Capitolo 4, Sezione 4.9; Capitolo 5 Sezioni 5.4 5.8 6