Corsi di laurea in ingegneria aerospaziale e ingegneria meccanica Prova scritta di Fondamenti di Analisi Matematica II Padova, 6.1.16 Si svolgano i seguenti esercizi facendo attenzione a giustificare le risposte. Delle affermazioni non motivate e giustificate non si terrà conto nella valutazione. Non è consentito l uso di alcun dispositivo elettronico, di appunti o di libri. 1. Dato l insieme = { (x, y, z) R e x +y x cos z + z = 1 + π } si verifichi che il punto (,, π) e si dica se, localmente intorno a tale punto, è il grafico di una funzione di due delle tre variabili x, y, z. Dopodiché, in caso affermativo, si scriva l equazione per il piano tangente a tale grafico.. Data la superficie S = {(x, y, z) R x + y + z = 1, z si calcoli il flusso del campo F (x, y, z) = (xz, yz, ) attraverso S orientata in modo tale che la normale abbia la terza componente positiva.. Si calcoli il lavoro svolto dal campo G(x, y, z) = (x 4, y 4 + x, z 4 ) lungo il cammino γ(t) = (cos t, sen t, ), t [, π]. 4. Fra tutti gli ellissoidi definiti da (x, y, z) R tali che x a + y b + z c 1 soggetti alla condizione a + b + c = 18, (a, c, b > ) si trovino, se esistono, quelli di volume massimo e di volume minimo. 5. Si trovino tutte le soluzioni dell equazione u u + u = 1 + t
Soluzione della traccia del 6.1.16 1. Considerando la funzione f(x, y, z) = e x +y x cos z + z si ha che f(,, π) = 1 + π. Valutando le derivate di f si ha da cui f(x, y, z) = ( x e x +y cos z, y e x +y, x sen z + z ) f(,, π) = ( 1,, π ) per cui le ipotesi del teorema del Dini sono verificate e l insieme può essere visto localmente come grafico sia di una funzione g delle variabile x e y, sia di una funzione h delle variabile y e z. Il piano tangente si può ricavare trovando le derivate prime di, ad esempio, h, derivate che si possono trovare sfruttando le derivate di f come nella tesi del teorema delle funzioni implicite. Si noti che il piano tangente è dato anche da f(,, π), (x, y, z π) = cioè x + π(z π) = x + πz = π.. Possiamo parametrizzare, ad esempio, S con ( ) ϕ(u, v) = u, v, 1 u v, (u, v) = di conseguenza si ha ϕ u (u, v) = 1,, ϕ v (u, v) =, 1, u 1 u v {(u, v) R u + v 1 v 1 u v ϕ u (u, v) ϕ v (u, v) = u, 1 u v,, v 1 u v, 1. Inoltre F ( ϕ(u, v) ) = ( u 1 u v, v ) 1 u v,
per cui F, ν dσ = S = = F ( ϕ(u, v) ), ϕ u(u, v) ϕ v (u, v) ϕ u (u, v) ϕ v (u, v) dudv ϕ u (u, v) ϕ v (u, v) ( ) F ϕ(u, v), ϕu (u, v) ϕ v (u, v) dudv ) (u + v dudv. Passando in coordinate ellittiche (u = ρ cos ϑ, v = ρ sen ϑ) si ha 1 π ( F, ν dσ = dρ dϑ ρ cos ϑ + ρ sen ) ϑ ρ = S 1 π = dρ dϑ ρ = π. Altro modo è usare il teorema della divergenza nel modo seguente: F, ν dσ = div F dxdydz F, ν dσ S dove S Σ = Ω. La scelta più semplice è quella di considerare Σ = {(x, y, z) R x + y 1, z = poiché il flusso attraverso Σ è nullo, e di conseguenza Ω = {(x, y, z) R x + y + z 1, z. Si troverà che Σ F, ν dσ = e Ω Ω Σ div F dxdydz = π.. Un modo di calcolare tale lavoro è fare il calcolo diretto, calcolo che risulta immediato. Altro modo è usare il teorema di Stokes. Il campo è definito in tutto R e si ha che rot G = rot (, x, ) = (,, 1). Applicando il teorema di Stokes, si può scegliere la superficie { Σ = (x, y, z) R x + y 1, z = che ha il sostegno della curva γ come bordo e inoltre ha la normale uguale a rot G. Scegliendo la parametrizzazione più naturale e semplice per Σ ϕ(u, v) = (u, v, ), (u, v) C = { (u, v) R u + v 1 }
si tratta di valutare il flusso del rotore di G attraverso superficie Σ orientata con la normale ϕ x ϕ y / ϕ x ϕ y. Si ottiene anche che γ orienta positivamente Σ, per cui si ottiene immediatamente che il lavoro richiesto è dato da rot G, ν dσ = (,, 1), (,, 1) dudv = π. Σ C 4. Innanzitutto troviamo il volume dell ellissoide, ellissoide che denoteremo con. Un modo per trovare il volume è adattare le coordinate sferiche: consideriamo x = a ρ sen ϕ cos ϑ y = b ρ sen ϕ sen ϑ ϑ [, π], ϕ [, π], z = c ρ cos ϕ ρ [, 1]. La matrice jacobiana di tale cambiamento di variabile è data da a ρ sen ϕ sen ϑ a ρ cos ϕ cos ϑ a sen ϕ cos ϑ b ρ sen ϕ cos ϑ b ρ cos ϕ sen ϑ b sen ϕ sen ϑ c ρ sen ϕ c cos ϕ il cui jacobiano è dato da a b c ρ sen ϕ. Integrando si ottiene π π 1 dxdydz = a b c dϑ dϕ dρ ρ sen ϕ = a b c 4π. A questo punto usiamo, per esempio, il metodo dei moltiplicatori di Lagrange e cerchiamo i punti stazionari liberi (cioè in tutto R 4, ricordando però che dovremo poi limitarci a considerare a, b, c > ) della funzione Si ottiene il sistema Si ottiene che da cui H(a, b, c, λ) = 4πabc b = a, + λ ( a + b + c 18 ). a = 4πbc + λ = b = 4πac + λ = c = 4πab + λ = = a + b + c 18 =. λ λ = 4π bc = 4π c = b ac = 4π ab, a + b + c = 18.
Scrivendo tutto in termini di a si ottiene da cui infine b = a, c = a, a + a + a = 18 a = 6, b =, c =. Questi valori corrispondono all unico punto di massimo, mentre il minimo non c è. Infatti: - una volta resisi conto che c è un unico punto stazionario, si può valutare il limite agli estremi del dominio T = { (a, b, c) R a >, b >, c >, a + b + c = 18 } che rappresenta una porzione limitata di un piano in un ottante di R (che di fatto risulta essere un triangolo). Valutando i limiti sui bordi di tale triangolo i cui lati corrispondono a scegliere una delle tre variabili uguale a, si ha che la funzione volume tende a zero. ssendo positiva all interno è chiaro che quello trovato è un massimo. Di conseguenza si conclude che tale problema non ammette minimo, mentre ammette massimo per a = 6, b =, c = il cui valore è dato da - altro modo è considerare il compatto 4π 6 = 48 π; T = {(a, b, c) R a + b + c = 18, a, b, c } nel quale la funzione volume f(a, b, c) = 4πabc/ ammette massimo e minimo. Si troveranno oltre al punto (6,, ) tutti punti del bordo nei quali la funzione f si annulla. ssendo positiva all interno, il punto (6,, ) è di massimo, mentre il minimo sarà sul bordo di T. Tornando al problema dato, cioè sul trinagolo T, il minimo non ci sarà, dal momento che è assunto sul bordo di T. Altro modo è parametrizzare il vincolo riducendosi a due variabili. Considerando, ad esempio, ϕ(u, v) = (18 u v, u, v), (u, v) R := {(u, v) R u+v < 18, u >, v > } e f(u, v) = f ϕ(u, v) = 4π (18 u v)uv si ottiene che f = (, ) per (u, v) = (, ). Valutando la matrice hessiana in tale punto si ha ( ) 8 6 H f (, ) = 6 18
che è definita negativa, per cui il punto in questione è di massimo locale. ssendo l unico punto stazionario all interno di R è di massimo e punti di minimo non ce ne sono. Si può anche ragionare come prima considerando il trinagolo R che risulta compatto: in R ci saranno sia massimo che minimo e ci si rende conto che il punto (, ) è di massimo e tutti i punti di bordo sono di minimo. A questo punto, ritornando al problema originale su R, si conclude che f non ammette minimo in R, ma solo massimo. 5. L equazione omogenea è (D D + D)u =. Risolvendo P (D) = D D + D = D(D D + ) = si ottengono le radici da cui le soluzioni dell omogenea D =, D = 1 + i, D = 1 i c 1 e t cos t + c e t sen t + c. Cerchiamo una qualche soluzione della non omogenea. Si noti che un annichilatore per il dato è il polinomio differenziale infatti Q(D) = D, (1 + t) =. dt Cerchiamo allora una soluzione tra le soluzioni di d Q(D)P (D)u = mettendo da parte per il momento quelle dell omogenea. Poiché dobbiamo cercare tra le funzioni del tipo Q(D)P (D) = D (D D + ) v(t) = at + bt + c prendendo c = per il momento, visto che risolve l omogena. Poiché inserendo nell equazione si ha da cui v (t) = at + b, v (t) = a, v (t) = Per cui l insieme delle soluzioni è dato da al variare di c 1, c, c R. 4a + 4at + b = 1 + t a = 1 4, b = 1. c 1 e t cos t + c e t sen t + c + 1 4 t + t