Analisi Matematica II Corso di Ingegneria Gestionale Compito del -7-14 Esercizio 1. (14 punti) Data la funzione = log(1 + x y) i) determinare il dominio e studiare l esistenza del ite (x,y) (,) x x ii) determinare massimo e minimo di su Ω = { (x, y) R : x + (y 1) 1, y 1 }. Esercizio. (1 punti) Data la curva (γ, I), con I = [ π, π ] e parametrizzazione i) dire se è regolare; γ : [ π, π ] ( ( R, γ(t) = sin(t), t + π ) ) ii) usare il Teorema del Rotore per calcolare l area dell insieme D deitato dal sostegno di (γ, I), dall asse delle ascisse e dalla retta x = 1. Esercizio 3. (1 punti) Data la superficie Σ = { (x, y, z) R 3 : x + y = arctan z } i) scrivere l equazione cartesiana del piano tangente a Σ nel punto P = ii) calcolare il volume del solido V = { (x, y, z) R 3 : x + y arctan z, z 1 }. ( π,, 1 ); 1
Svolgimento Esercizio 1. Data la funzione = log(1 + x y) i) determinare il dominio e studiare l esistenza del ite (x,y) (,) x x Il dominio della funzione è determinato dall insieme ed è rappresentato nella figura 1. Dom(f) = { (x, y) R : 1 + x y > } 4 4 Figure 1: Il dominio di f. Per studiare il ite, osserviamo innanzitutto che (, ) è un punto interno al dominio, e possiamo quindi considerare tutte le possibili direzioni di avvicinamento al punto. Iniziamo a studiare dunque il ite lungo le rette {y = λx} con λ R, e restringendoci ai punti per cui x >. Si trova y=λx, (x,y) (,) x x = log(1 + λx 3 ) x + x = x dove abbiamo usato log(1 + t) t per t. Se il ite esiste è dunque uguale a. Tuttavia, il ite notevole che abbiamo usato prima per il logaritmo, ci suggerisce che se usiamo la restrizione {y = x} con x > otteniamo Dunque il ite non esiste. y= x, (x,y) (,) x x = log(1 + x x) x + x = 1. x
ii) determinare massimo e minimo di su Ω = { (x, y) R : x + (y 1) 1, y 1 }. L insieme Ω è quello raffigurato nella Figura, e osserviamo che è interamente contenuto nel dominio della funzione. 3..5. 1.5 1..5. Figure : L insieme Ω Per studiare massimo e minimo assoluto di f su Ω dobbiamo considerare i valori che la funzione assume sui punti critici liberi interni a Ω, sui punti critici vincolati al bordo di Ω, e sugli eventuali spigoli del bordo e punti di non derivabilità della funzione. La funzione f è sempre differenziabile nei punti del dominio. Passiamo quindi alla ricerca dei punti critici liberi, che sono soluzioni del sistema xy 1+x y = x 1+x y = 1 + x y > Risolvendo il sistema si trova che i punti critici liberi sono tutti i punti della forma P = (, y ). Passiamo allo studio di f sul bordo. Il bordo di Ω ha due spigoli e consiste di due pezzi, il segmento e la semi-circonferenza Q 1 = (1, 1) e Q = ( 1, 1) Γ 1 = {y = 1, 1 x 1} Γ = {x + (y 1) = 1, y 1} Studiamo il comportamento su Γ 1 con il metodo diretto, usando la parametrizzazione γ 1 (t) = (t, 1), t [ 1, 1] Componiamo con f e otteniamo la funzione di una variabile g 1 (t) = f(γ 1 (t)) = log(1 + t ), t [ 1, 1] 3
Poiché g 1 (t) = t, troviamo che l unico punto critico è t 1+t =. Aggiungendo i punti estremi del segmento [ 1, 1], annotiamo dunque i punti di interesse Q 3 = γ 1 () = (, 1), γ 1 ( 1) = Q e γ 1 (1) = Q 1. Per studiare il comportamento su Γ usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Infatti Γ è curva di livello della funzione G(x, y) = x + (y 1). Quindi dobbiamo quindi cercare soluzioni (x, y, λ) del sistema xy 1+x y = λx x 1+x y = λ(y 1) x + (y 1) = 1 e considerare solo soluzioni con y 1. Analizzando la prima equazione, otteniamo che il sistema è equivalente a x x = y x 1+x = λ(y 1) y = λ 1+x y x = λ(y 1) x + (y 1) 1+x = 1 y x + (y 1) = 1 e quindi a e infine x = λ = y {, } x = λ = y {, } x λ = y 1+x y x = y(y 1) x + (y 1) = 1 x λ = y 1+x y x = y(y 1) 3y 4y = Dal primo gruppo di soluzioni dobbiamo escludere y =, e dunque troviamo solo (, ) che, essendo λ =, è un punto critico libero, e infatti è del tipo P. Imponendo y 1 nel secondo sotto-sistema, troviamo che l ultima equazione ha soluzione y = 4 3, e dunque troviamo i punti critici vincolati ( ) ( ) Q 4 = 3, 4 e Q 5 = 3 3, 4. 3 I valori che dobbiamo confrontare sono dunque f(p ) = f(, y ) =, f(q 1 ) = f(q ) = log(), f(q 3 ) =, f(q 4 ) = f(q 5 ) = log per cui il massimo di f è log ( 59 7) e il minimo è. ( ) 59 7 4
1..5.5 1 8 6 4 Esercizio. Data la curva (γ, I), con I = [ π, π ] e parametrizzazione [ γ : π, π ] ( ( R, γ(t) = sin(t), t + π ) ) i) dire se è regolare; Dobbiamo vedere se esiste t ( π, π ) tale che γ (t) =. Derivando le componenti di γ(t) otteniamo γ (t) = cos(t) ( ) t + π che si annulla solo per t = π. Essendo questo valore non interno a I, concludiamo che γ è regolare. ii) usare il Teorema del Rotore per calcolare l area dell insieme D deitato dal sostegno di (γ, I), dall asse delle ascisse e dalla retta x = 1. Studiamo la curva (γ, I). La curva non è chiusa e il suo sostegno è l insieme nella figura 3, con estremi γ( π ) = ( 1, ) = P e γ( π ) = (1, π ) = Q. Usando il Teorema del Rotore si ottiene Area(D) = Figure 3: Il sostegno della curva (γ, I) D 1dxdy = L(F, + D) per campo F = (F 1, F ) definito su R con la proprietà che rot(f) = 1, e + D è il bordo di D parametrizzato in senso anti-orario. Dalla definizione di D troviamo quindi che con Γ dato dal sostegno di (γ, I), D = Γ Γ 1 Γ Γ 1 = {y =, 1 x 1} 5
parametrizzato da e parametrizzato da Dalla scelta delle parametrizzazioni segue che = 1 1 γ 1 (t) = (t, ), t [ 1, 1], Γ = { x = 1, y π } γ (t) = (1, t), t [, π ]. Area(D) = L(F, + D) = L(F, γ 1 ) + L(F, γ ) L(F, γ) = π F 1 (t, ) dt + π F (1, t) dt π (F 1 (γ(t)) cos(t) + F (γ(t))(t + π ) ) dt Per semplificare i calcoli, scegliamo F(x, y) = (, x), per cui sostituendo nei tre integrali troviamo π Area(D) = + π 1 dt π ( ) π = π sin(t) t cos(t) π (t + π ) sin(t) dt = + π cos(t) π π = π 4. Esercizio 3. Data la superficie Σ = { (x, y, z) R 3 : x + y = arctan z } i) scrivere l equazione cartesiana del piano tangente a Σ nel punto P = ( π,, 1 ); La superficie Σ è scritta come insieme di livello della funzione differenziabile che verifica F (x, y, z) = x y 1 1+z F (x, y, z) = x + y arctan z ( ) π e in particolare F (P ) = F,, 1 = π 1 Quindi P è un punto regolare per Σ, e l equazione cartesiana del piano tangente a Σ in P è data da ( ) π π x 1 (z 1) =. ii) calcolare il volume del solido V = { (x, y, z) R 3 : x + y arctan z, z 1 } 6
Si tratta di un solido di rotazione della forma { (x, y, z) R 3 : a z b, x + y g (z) } dove b = 1, g(z) = arctan z, e dunque z, ossia a =. Possiamo quindi applicare la formula Volume(V ) = b a πg (z) dz = 1 ( π arctan z dz = π z arctan z 1 ) log(1 + 1 z ) = π 4 π log. 7
Analisi Matematica II Corso di Ingegneria Gestionale Compito del -7-14 - È obbligatorio consegnare tutti i fogli, anche la brutta e il testo. - Le risposte senza giustificazione sono considerate nulle. Esercizio 1. (14 punti) Data la funzione = log(1 + xy ) i) determinare il dominio e studiare l esistenza del ite (x,y) (,) y x ii) determinare massimo e minimo di su Ω = { (x, y) R : (x 1) + y 1, x 1 }. Esercizio. (1 punti) Data la curva (γ, I), con I = [ π, π ] e parametrizzazione i) dire se è regolare; γ : [ π, π ] (( R, γ(t) = t + π ) ), sin(t) ii) usare il Teorema del Rotore per calcolare l area dell insieme D deitato dal sostegno di (γ, I), dall asse delle ordinate e dalla retta y = 1. Esercizio 3. (1 punti) Data la superficie Σ = { (x, y, z) R 3 : x + y = log(1 + z) } i) scrivere l equazione cartesiana del piano tangente a Σ nel punto P = ii) calcolare il volume del solido ( V = { (x, y, z) R 3 : x + y log(1 + z), z e 1 }.,, e 1 ); 8
Svolgimento Esercizio 1. Data la funzione = log(1 + xy ) i) determinare il dominio e studiare l esistenza del ite (x,y) (,) y x Il dominio della funzione è determinato dall insieme ed è rappresentato nella figura 4. Dom(f) = { (x, y) R : 1 + xy > } 4 4 Figure 4: Il dominio di f. Per studiare il ite, osserviamo innanzitutto che (, ) è un punto interno al dominio, e possiamo quindi considerare tutte le possibili direzioni di avvicinamento al punto, restringendoci ai punti per cui x >. Iniziamo a studiare dunque il ite lungo le rette {y = λx} con λ R con x >. Si trova y=λx, (x,y) (,) y x = log(1 + λ x 3 ) x + λx = x dove abbiamo usato log(1 + t) t per t. Se il ite esiste è dunque uguale a. Proviamo a dimostrarlo scrivendo y x xy y x = y x dove abbiamo usato la disuguaglianza log(1 + t) t per t. Poiché (x,y) (,) y x = si ha in effetti che il ite esiste ed è. 9
ii) determinare massimo e minimo di su Ω = { (x, y) R : (x 1) + y 1, x 1 }. L insieme Ω è quello raffigurato nella Figura 5, e osserviamo che è interamente contenuto nel dominio della funzione. 1.5 1..5..5 1. 1.5 Figure 5: L insieme Ω Per studiare massimo e minimo assoluto di f su Ω dobbiamo considerare i valori che la funzione assume sui punti critici liberi interni a Ω, sui punti critici vincolati al bordo di Ω, e sugli eventuali spigoli del bordo e punti di non derivabilità della funzione. La funzione f è sempre differenziabile nei punti del dominio. Passiamo quindi alla ricerca dei punti critici liberi, che sono soluzioni del sistema y 1+x y = xy 1+x y = 1 + xy > Risolvendo il sistema si trova che i punti critici liberi sono tutti i punti della forma P = (x, ). Passiamo allo studio di f sul bordo. Il bordo di Ω ha due spigoli e consiste di due pezzi, il segmento e la semi-circonferenza Q 1 = (1, 1) e Q = (1, 1) Γ 1 = {x = 1, 1 y 1} Γ = {(x 1) + y = 1, x 1} Studiamo il comportamento su Γ 1 con il metodo diretto, usando la parametrizzazione γ 1 (t) = (1, t), t [ 1, 1] Componiamo con f e otteniamo la funzione di una variabile g 1 (t) = f(γ 1 (t)) = log(1 + t ), t [ 1, 1] 1
Poiché g 1 (t) = t, troviamo che l unico punto critico è t 1+t =. Aggiungendo i punti estremi del segmento [ 1, 1], annotiamo dunque i punti di interesse Q 3 = γ 1 () = (1, ), γ 1 ( 1) = Q e γ 1 (1) = Q 1. Per studiare il comportamento su Γ usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Infatti Γ è curva di livello della funzione G(x, y) = (x 1) + y. Quindi dobbiamo quindi cercare soluzioni (x, y, λ) del sistema y = λ(x 1) 1+x y xy 1+x y = λy (x 1) + y = 1 e considerare solo soluzioni con x 1. Analizzando la seconda equazione, otteniamo che il sistema è equivalente a y y = λ(x 1) 1+x y y = λ(x 1) 1+x y = y x (x 1) + y 1+x = 1 y = λ (x 1) + y = 1 e quindi a e infine λ = y = x {, } λ = y = x {, } y y = x(x 1) x 1+x y = λ (x 1) + y = 1 y y = x(x 1) λ = x 1+x y 3x 4x = Dal primo gruppo di soluzioni dobbiamo escludere x =, e dunque troviamo solo (, ) che, essendo λ =, è un punto critico libero, e infatti è del tipo P. Imponendo x 1 nel secondo sotto-sistema, troviamo che l ultima equazione ha soluzione x = 4 3, e dunque troviamo i punti critici vincolati ( ) ( ) 4 Q 4 = 3, 4 e Q 5 = 3 3,. 3 I valori che dobbiamo confrontare sono dunque f(p ) = f(x, ) =, f(q 1 ) = f(q ) = log(), f(q 3 ) =, f(q 4 ) = f(q 5 ) = log per cui il massimo di f è log ( 59 7) e il minimo è. ( ) 59 7 11
Esercizio. Data la curva (γ, I), con I = [ π, π ] e parametrizzazione i) dire se è regolare; γ : [ π, π ] (( R, γ(t) = t + π ) ), sin(t) Dobbiamo vedere se esiste t ( π, π ) tale che γ (t) =. Derivando le componenti di γ(t) otteniamo ( ( ) ) γ t + π (t) = cos(t) che si annulla solo per t = π. Essendo questo valore non interno a I, concludiamo che γ è regolare. ii) usare il Teorema del Rotore per calcolare l area dell insieme D deitato dal sostegno di (γ, I), dall asse delle ordinate e dalla retta y = 1. Studiamo la curva (γ, I). La curva non è chiusa e il suo sostegno è l insieme nella figura 6, con estremi γ( π ) = (, 1) = P e γ( π ) = (π, 1) = Q..5.5 1. 4 6 8 Usando il Teorema del Rotore si ottiene Area(D) = Figure 6: Il sostegno della curva (γ, I) D 1dxdy = L(F, + D) per campo F = (F 1, F ) definito su R con la proprietà che rot(f) = 1, e + D è il bordo di D parametrizzato in senso anti-orario. Dalla definizione di D troviamo quindi che con Γ dato dal sostegno di (γ, I), parametrizzato da e parametrizzato da Dalla scelta delle parametrizzazioni segue che D = Γ Γ 1 Γ Γ 1 = {x =, 1 y 1} γ 1 (t) = (, t), t [ 1, 1], Γ = { y = 1, x π } γ (t) = (t, 1), t [, π ]. Area(D) = L(F, + D) = L(F, γ 1 ) L(F, γ ) + L(F, γ) = 1
1 π = F (, t) dt 1 π F 1 (t, 1) dt + π ( F 1 (γ(t))(t + π ) ) + F (γ(t)) cos(t) dt Per semplificare i calcoli, scegliamo F(x, y) = ( y, ), per cui sostituendo nei tre integrali troviamo π Area(D) = + π 1 dt π ( ) π = π sin(t) t cos(t) π (t + π ) sin(t) dt = + π cos(t) π π = π 4. Esercizio 3. Data la superficie Σ = { (x, y, z) R 3 : x + y = log(1 + z) } i) scrivere l equazione cartesiana del piano tangente a Σ nel punto P = ( La superficie Σ è scritta come insieme di livello della funzione differenziabile che verifica F (x, y, z) = x y 1 1+z F (x, y, z) = x + y log(1 + z) e in particolare F (P ) = F (,,, e 1 ); ), e 1 = 1 e Quindi P è un punto regolare per Σ, e l equazione cartesiana del piano tangente a Σ in P è data da ( ) x + ( ) y 1 (z e + 1) =. e ii) calcolare il volume del solido V = { (x, y, z) R 3 : x + y log(1 + z), z e 1 }. Si tratta di un solido di rotazione della forma { (x, y, z) R 3 : a z b, x + y g (z) } dove b = e 1, g(z) = log(1 + z), e dunque z, ossia a =. Possiamo quindi applicare la formula b e 1 ( ) Volume(V ) = πg e 1 (z) dz = π log(1 + z) dz = π (1 + z) log(1 + z) z = π. a 13