FONDAMENTI DI ANALISI MATEMATICA 2Corsi di Laurea in Ingegneria Meccanica e Aerospaziale- I squadra

Appello del 06.02.2012- Soluzioni tema 1

N.B.: E omesso lo svolgimento delle domande di teoria.

Esercizio 1

Sia data f : R2 → R definita da

f(x, y) =

x sen2(xy)(x2 + y2)2

se (x, y) 6= (0, 0) ,

0 se (x, y) = (0, 0) .

1. Si provi che f e funzione continua.

2. Si diano le definizioni di derivate parziali di f in un generico punto (x0, y0) e si provi che la funzionee derivabile in (0, 0).

3. Si dia la definizione di differenziabilita di f in un generico punto (x0, y0) e si provi che f non edifferenziabile in (0, 0).

Svolgimento dell’esercizio 1

1. Per (x, y) 6= (0, 0) la funzione e rapporto di funzioni continue con denominatore non nullo ed e quindicontinua. Per dimostrare che e continua anche in (0, 0) bisogna provare che lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0.Si osservi che

|f(x, y)| =∣∣∣∣ x

(x2 + y2)2

∣∣∣∣ sen2(xy) ≤ |x|(x2 + y2)2

x2y2 = |x|∣∣∣∣ xy

x2 + y2

∣∣∣∣2 ≤ |x|4 .

dove si sono utilizzate le disuguaglianze sen2 t ≤ t2 e |xy|x2+y2 ≤ 1

2 . Dunque dal teorema del confronto(due carabinieri) otteniamo lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0.

Lo stesso limite si puo svolgere in coordinate polari

|f(ρ cos θ, ρ sen θ)| =∣∣∣∣ρ cos θ sen2(ρ2 sen θ cos θ)

ρ4

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ρ5 cos3 θ sen2 θ

ρ4

∣∣∣∣ ≤ ρ.2. Dato che f e costantemente nulla lungo gli assi coordinati (f(x, 0) = 0 = f(0, y) per ogni x, y), f e

derivabile in (0, 0) e si ha che fx(0, 0) = 0 = fy(0, 0).

3. Se f fosse differenziabile in (0, 0), allora dovrebbe essere

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)− fx(0, 0)x− fy(0, 0)y√x2 + y2

= lim(x,y)→(0,0)

x sen2(xy)(x2 + y2)5/2

= 0.

Ma lim(x,y)→(0,0)x sen2(xy)(x2+y2)5/2 non esiste, come si puo mostrare utilizzando il metodo delle restrizioni.

Infatti se mi restringo alla retta x = y ottengo

limx→0

x sen2(x2)|x|525/2

= limx→0

2−5/2 x

|x|.

Esercizio 2

Sia dato il campo vettoriale

F(x, y, z) =x2 − ln y + lnx

x√x2 + (ln y − lnx)2

i +ln y − lnx

y√x2 + (ln y − lnx)2

j− (1 + tan2 z)k

defnito in Ω =

(x, y, z) ∈ R3 : x > 0 , y > 0 , z ∈ (−π/2, π/2)

.

1. Provare che F e conservativo e calcolarne il potenziale U tale che U(1, 1, π/4) = 0.

2. Provare che l’equazioneU(x, y, 0) = 1 x > 0, y > 0,

definisce una curva regolare γ nel piano xy.

3. Si verifichi che t 7→ (cos t, esen t cos t), t ∈ (−π/2, π/2) e una parametrizzazione della curva di cui alpunto 2 e si calcoli l’area della regione D nel piano xy racchiusa da tale curva.

4. Dopo aver enunciato il teorema del rotore (o di Stokes), si calcoli la circuitazione del campo vettoriale

G(x, y, z) = F(x+ 1, y + 1, z)− y i + xj , x > −1 , y > −1 , z ∈ (−π/2, π/2) ,

attorno al bordo di D orientato in senso antiorario, se guardato nella direzione dell’asse z.

Svolgimento dell’esercizio 2

1. Poiche Ω e semplicemente connesso, affinche F sia conservativo e sufficiente che sia irrotazionale. Si ha

rot F(x, y, z) = det

i j k

∂x ∂y ∂z

x2 − ln y + lnxx√x2 + (ln y − lnx)2

ln y − lnxy√x2 + (ln y − lnx)2

−(1 + tan2 z)

= 0 i + 0 j +

[∂x

ln y − lnxy√x2 + (ln y − lnx)2

− ∂yx2 − ln y + lnx

x√x2 + (ln y − lnx)2

]k = (0, 0, 0)

essendo

∂

∂x

ln y − lnxy√x2 + (ln y − lnx)2

= − x(1 + ln y − lnx)

y[x2 + (ln y − lnx)2

]3/2 =∂

∂y

x2 − ln y + lnxx√x2 + (ln y − lnx)2

Il potenziale U deve verificare

∂∂xU(x, y, z) =

x2 − ln y + lnxx√x2 + (ln y − lnx)2

∂∂yU(x, y, z) =

ln y − lnxy√x2 + (ln y − lnx)2

=1y

ln y − lnx√x2 + (ln y − lnx)2

∂∂zU(x, y, z) = −(1 + tan2 z) .

(1)

Dalla seconda equazione si ricava che

U(x, y, z) =√x2 + (ln y − lnx)2 + ϕ(x, z) ,

per una opportuna funzione ϕ di classe C1. Poiche

∂x[√

x2 + (ln y − lnx)2 + ϕ(x, z)]

=x2 − ln y + lnx

x√x2 + (ln y − lnx)2

+ ∂xϕ(x, z)

∂z[√

x2 + (ln y − lnx)2 + ϕ(x, z)]

= ∂zϕ(x, z) ,

affinche (1) siano verificate deve essere∂xϕ(x, z) = 0∂zϕ(x, z) = −(1 + tan2 z) ,

da cui si ricava ϕ(x, z) = − tan z+ c, dove c ∈ R e arbitraria. Imponendo che U(1, 1, π/4) = 0, si trovapoi che c = 0 e quindi

U(x, y, z) =√x2 + (ln y − lnx)2 − tan z .

2. L’equazione si scrive come√x2 + (ln y − lnx)2 = 1, per (x, y) ∈ Ω′ = (x, y) | x > 0, y > 0.

Definiamo U(x, y, 0) = G(x, y) =√x2 + (ln y − lnx)2. L’insieme di livello G(x, y) = 1 e una curva

regolare se tutti i suoi punti sono regolari. Basta dunque controllare che per ogni punto (x0, y0) ∈ Ω′

tale che G(x0, y0) = 1 si abbia∇G(x0, y0) 6= (0, 0).

Ma

∇G(x0, y0) =1

G(x0, y0)

(x2

0 + lnx0 − ln y0x0

,ln y0 − lnx0

y0

)6= (0, 0) ∀x0 > 0, y0 > 0, G(x0, y0) = 1.

Infatti le due componenti del gradiente di G non si annullano mai contemporaneamente: se si annullala seconda componente significa che x0 = y0, ma in questo caso la prima componente e x0 > 0.

3. Chiamiamor(t) = (cos t, esen t cos t) , t ∈ (−π/2, π/2) ,

la parametrizzazione data. Si ha

G(r(t)) = G(cos t, esen t cos t) =√

cos2 t+[

ln(esen t cos t)− ln cos t]2

=√

cos2 t+ (sen t+ ln cos t− ln cos t)2 =√

cos2 t+ sen2 t = 1. ,

Quindi ogni punto della curva parametrizzata da r(t) soddisfa l’equazione G(x, y) = 1. D’altra parte,se (x, y) ∈ Ω′ soddisfa l’equazione G(x, y) = 1, allora vale

x2 + (ln y − lnx)2 = 1 ,

e quindi x = cos t e ln y − lnx = sen t per un opportuno t ∈ (−π/2, π/2) (si ricordi che x > 0!), dacui si ricava la parametrizzazione data. Per calcolare l’area di D e sufficiente usare una delle formuledell’area che si ricavano dalla formula di Gauss-Green. Osservato che con la parametrizzazione data lacurva e percorsa in senso antiorario, si ha

|D| =∫∂+D

(−y, 0) · dr =∫ π/2

−π/2(−esen t cos t, 0)(− sen t, (cos2 t− sen t)esen t) dt =

=∫ π/2

−π/2esen t sen t cos tdt =

∫ 1

−1

euudu = [euu− eu]1−1 = 2e−1 .

4. Poiche F e irrotazionale, si ha

rot G(x, y, z) = rot F(x+ 1, y + 1, z) + det

i j k∂x ∂y ∂z−y x 0

= (0, 0, 0) + (0, 0, 2) k .

Grazie al teorema del rotore si ottiene∮∂+D

G · dr =∫∫

D

rot G · (0, 0, 1) dS = 2∫∫

D

dS = 2|D| = 4e−1 .

Esercizio 3

Sia data la funzione

f(x, y) = x2 − y2

2+ 3x , x2 + y2 ≤ 4 .

1. Provare che f ha massimo e minimo.

2. Enunciare e dimostrare il teorema di Fermat.

3. Discutere la natura dei punti critici di f in B2(0, 0) = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 < 4.

4. Calcolare massimo e minimo di f .

Svolgimento dell’esercizio 3

1. L’insieme x2 + y2 ≤ 4 e un insieme chiuso e limitato, e la funzione f e continua, dunque possoapplicare il teorema di Weierstrass.

3(− 3

2 , 0)

e l’ unico punto critico di f in B2(0, 0). La matrice hessiana di f in(− 3

2 , 0)

e(

2 00 −1

), ed

e indefinita. Quindi il punto e di sella.

4 Poiche l’unico punto di critico di f interno a B2(0, 0) e punto di sella, i punti di massimo e minimoappartengono necessariamente al bordo di B2(0, 0).

Tale bordo x2+y2 = 4 e una curva regolare, una sua paratrizzazione e r(t) = (2 cos t, 2 sen t), t ∈ [0, 2π].Dunque se restringo f a tale curva ottengo h(t) = f(r(t)) = 4 cos2 t − 2 sen2 t + 6 cos t. Calcoloh′(t) = −2 sen t(6 cos t+ 3). I punti critici di h per t ∈ [0, 2π) sono t = 0, π, 2

3π,43π. A questi valori del

parametro corrispondono i punti

(2, 0), (−2, 0), (−1,−√

3), (−1,√

3).

Per la ricerca dei punti critici di f sul bordo dell’insieme si poteva anche utilizzare il metodo deimoltiplicatori di Lagrange. Poiche la curva x2 + y2 = 4 e costituito di soli punti regolari, utilizzandoil metodo dei moltiplicatori di Lagrange, ci si riconduce a calcolare i punti critici della lagrangiana

L(x, y, λ) = x2 − y2

2+ 3x− λ(x2 + y2 − 4) .

Devono essere verificate2x+ 3− 2λx = 0−y − 2λy = 0x2 + y2 = 4

⇐⇒

2x(1− λ) + 3 = 0y(1 + 2λ) = 0x2 + y2 = 4 .

Il sistema ha soluzioni (x, y, λ) date da

(2, 0, 7/4) , (−2, 0, 1/4) , (−1,√

3,−1/2) , (−1,−√

3,−1/2) .

Infine dato che f(2, 0) = 10, f(−2, 0) = −2, f(−1,√

3) = f(−1,−√

3) = −7/2, si deduce che

minx2+y2≤4

f(x, y) = f(−1,√

3) = f(−1,−√

3) = −7/2 , maxx2+y2≤4

f(x, y) = f(2, 0) = 10 .