Svolgimento Versione A

Esercizio 1 Rappresentiamo innanzitutto il vincoloA. Poiché |x+ y| 1 e |x y| = |y x| 1 significano rispettivamente1 x + y 1 e 1 y x 1, l’insieme A è dato dall’intersezione degli insiemi individuati da questedisequazioni:

x 1 y x+ 1 striscia di piano compresa tra le rettey = x 1 e y = x+ 1, rette incluse;

x 1 y x+ 1 striscia di piano compresa tra le rettey = x 1 e y = x+ 1, rette incluse.

L’insieme A è compatto e la funzione f è continua su A, quindi gli estremi assolutimaxA f eminA f esistono peril teorema di Weierstrass. Cerchiamo separatemente i candidati estremanti assoluti di f su A e A.

• Poiché A è aperto, il teorema di Fermat assicura che i candidati estremanti di f su A sono i punti critici dif (che in effetti è di classe C su tutto R2) appartenenti a A . Si ha

f (x, y) =f

x,f

y= (2x 1, 2y + 1)

e pertanto risulta

f (x, y) = (0, 0)2x 1 = 02y + 1 = 0

x = 1/2y = 1/2

.

Dunque l’unico punto critico di f è P0 = 12 ,

12 , il quale non appartiene ad A (sta su uno dei lati di A) e

quindi non va considerato quale possibile estremante di f su A (si noti che, sia perché P0 / A , sia perchéstiamo cercando estremi assoluti, lo studio della natura di P0 come punto critico di f è superfluo).

• Introdotti i punti P1 = (1, 0), P2 = (0, 1), P3 = ( 1, 0) e P4 = (0, 1) come in figura, la frontiera A èl’unione dei quattro segmenti P1P2, P2P3, P3P4 e P1P4, che possono essere parametrizzati in modo standardcome grafici:

P1P2 :y = x+ 1x [0, 1]

, P2P3 :y = x+ 1x [ 1, 0]

, P3P4 :y = x 1x [ 1, 0]

, P1P4 :y = x 1x [0, 1]

.

Si tratta allora di determinare i possibili estremanti delle restrizioni

1 (x) = f (x, x+ 1) = x2 ( x+ 1)2

x+ ( x+ 1) = 0 per x [0, 1] ,

2 (x) = f (x, x+ 1) = x2 (x+ 1)2

x+ (x+ 1) = 2x per x [ 1, 0] ,

3 (x) = f (x, x 1) = x2 ( x 1)2

x+ ( x 1) = 4x 2 per x [ 1, 0] ,

4 (x) = f (x, x 1) = x2 (x 1)2 x+ (x 1) = 2x 2 per x [0, 1] .

Come si vede subito (ad occhio oppure derivando), tali funzioni non hanno punti di estremo all’interno dei lorointervalli di definizione (in particolare, 1 è costante, 2 e 3 sono strettamente decrescenti, 4 è strettamentecrescente) e quindi gli estremanti di f su A sono da ricercarsi tra i soli vertici P1, P2, P3, P4 (si noti che,cercando estremi assoluti, lo studio della monotonia di f sui lati di A è superfluo).

Per determinare gli estremi assoluti di f su A (che esistono), basta ora confrontare i valori assunti da f nei 4candidati P1, P2, P3, P4 rintracciati sulle componenti in cui A è stato suddiviso. Risulta

f (P1) = f (P2) = 0, f (P3) = 2, f (P4) = 2,

e dunque si conclude cheminAf = f (P4) = 2 e max

Af = f (P3) = 2.

Esercizio 2 L’insiemeC è la chiusura di un dominio di Green diR3 edF C1 (C) (essendoF è di classeC sul suo dominiodomF = (x, y, z) R3 : x > 1 ed essendo C domF), dunque il teorema della divergenza assicura che ilflusso uscente cercato è dato da

C,ne (F) = +C

divF (x, y, z) dxdydz =C

2xdxdydz

(essendo divF (x, y, z) = 2x+ 0 + 0).Per calcolare l’integrale triplo a secondo membro, osserviamo che C è z-semplice, in quanto può essere riscrittocome

C = (x, y, z) R3 : (x, y) D, y1

2z y +

1

2doveD è individuato dalle disequazioni imposte su (x, y) dalla definizione di C, ossia

x2 + y2 12

y 12 y + 1

2x 0

, cioèx2 + y2 1

2y 1

2x 0

.

Allora

C

2xdxdydz =D

y+ 12

y 12

2x dz dxdy =D

2xy+ 1

2

y 12

dz dxdy =D

2x (2y + 1) dxdy

dove l’insiemeD è rappresentato in figura:

D = (x, y) R2 : x2 + y2 12 , y

12 , x 0 .

Integrando per orizzontali, si ottiene

D

2x (2y + 1) dxdy =

12

12

1/2 y2

0

2x (2y + 1) dx dy =

12

12

(2y + 1) x2x= 1/2 y2

x=0dy

=

12

12

(2y + 1)1

2y2 dy =

12

12

1

2+ y y2 2y3 dy

=y

2+y2

2

y3

3

y4

2

y= 12

y= 12

=23

96+1

62.

Dunque

C,ne (F) =23

96+1

62.

Esercizio 3 Osserviamo subito che, essendo 25x2 + y2 = 0 se e solo se x = y = 0, il dominio del campo F è dato dall’apertoconnesso (non semplicemente)

= (x, y) R2 : 25x2 + y2 = 0 = R2 \ {(0, 0)} .a) La curva 25x2 + y2 = 1 lungo cui si deve calcolare il lavoro del campo è l’ellisse

:x2

125

+ y2 = 1

di semiassi a = 15 e b = 1. Si noti che F non è di classe C1 nell’interno di (non è nemmeno definito

nell’origine) e pertanto non è possibile applicare il teorema di Green (che richiederebbe F C1 ).

Usando coordinate ellittiche, una parametrizzazione (regolare e semplice) di è data da

:x = 1

5 cosy = sin

, [0, 2 ] ,

la quale risulta concorde con l’orientamento prescritto, in quanto il punto mobile ( ) gira su in sensoantiorario al crescere dell’angolo . Dunque si ottiene

F · dP = +2

0

F ( ( )) · ( ) d =2

0

F1

5cos , sin · 1

5sin , cos d

=2

0

35 sin

25 125 cos2 + sin2

,515 cos

25 125 cos2 + sin2

· 1

5sin , cos d

=2

0

(3 5 sin , cos ) · 1

5sin , cos d =

2

0

3

5sin + sin2 + cos2 d

=2

0

3

5sin + 1 d =

3

5

2

0

sin d +2

0

d = 2 .

b) Controlliamo se F2x

F1y = 0 per ogni (x, y) R2 \ {(0, 0)}, dove

F = (F1, F2) con F1 (x, y) = 35y

25x2 + y2ed F2 (x, y) =

5x

25x2 + y2.

Si haF2x=5 25x2 + y2 5x (50x)

(25x2 + y2)2=125x2 + 5y2 250x2

(25x2 + y2)2=5y2 125x2

(25x2 + y2)2

eF1y=

5 25x2 + y2 5y (2y)

(25x2 + y2)2=

125x2 + 5y2 10y2

(25x2 + y2)2=

125x2 5y2

(25x2 + y2)2=5y2 125x2

(25x2 + y2)2

e dunque

rotF =F2x

F1y= 0 per ogni (x, y) R2 \ {(0, 0)} ,

cioè il campo F è irrotazionale in R2 \ {(0, 0)}.c) Per il teorema di equivalenza, il campo F non è conservativo su = R2 \ {(0, 0)} (pur essendo ivi irro-tazionale), in quanto al punto a) si è trovato un arco regolare chiuso interamente contenuto in lungo il qualeF compie lavoro non nullo.

Altri risultati

Versione B

1 minAf = f (0, 1) = 2,max

Af = f (1, 0) = 2.

2 C,ne (F) =11

81+2

273.

3 a) L+ (F) = 2 .

b) rotF =4y2 64x2

(16x2 + y2)2

4y2 64x2

(16x2 + y2)2 = 0 per ogni (x, y) R2 \ {(0, 0)} .

c) F non è conservativo su R2 \ {(0, 0)}, per quanto ottenuto al punto a).

Versione C

1 minAf = f (0, 1) = 2,max

Af = f ( 1, 0) = 4.

2 C,ne (F) =45

256.

3 a) L+ (F) = 2 .

b) rotF =3y2 27x2

(9x2 + y2)23y2 27x2

(9x2 + y2)2= 0 per ogni (x, y) R2 \ {(0, 0)} .

c) F non è conservativo su R2 \ {(0, 0)}, per quanto ottenuto al punto a).

Versione D

1 minAf = f (0, 1) = 2,max

Af = f (1, 0) = 4.

2 C,ne (F) =143

2592+1

546.

3 a) L+ (F) = 2 .

b) rotF =2y2 8x2

(4x2 + y2)2

2y2 8x2

(4x2 + y2)2 = 0 per ogni (x, y) R2 \ {(0, 0)} .

c) F non è conservativo su R2 \ {(0, 0)}, per quanto ottenuto al punto a).