MATEMATICA Anno Accademico 2005-2006 Scienze Geologiche M.Novaga, V.M. Tortorelli

II prova in itinere, 30 gennaio 2006

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I PARTE: si dia la risposta alle seguenti domande senza giustificazione

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1 - Si calcolino seno e coseno dell’angolo tra {(x, y, z) : x^{2} + y^{2} = e^{z} } e {(x, y, z) : x^{2} + z^{2} = e^{y} } in (1, 0, 0).

R.: Poichè i due insiemi sono luoghi di zeri di funzioni con gradienti non nulli nel punto in considerazione, sono superfici in una palla attorno al punto. L’angolo tra di esse è l’angolo tra i piani tangenti, ovvero quello tra le normali ad essi. Ma la direzione normale ad un luogo di zeri è data dal gradiente, se non nullo:

∇x^{2} + y^{2} − e^{z} = (2x, 2y, −e^{z}), ∇x^{2} − e^{y} + z^{2} = (2x, −e^{y}, 2z), che in (1, 0, 0) danno i vettori (2, 0, −1) e (2, −1, 0). Poichè il coseno tra due vettori è dato dal prodotto scalare dei due diviso il prodotto delle loro norme, il coseno cercato è \frac{4}{5} Poichè nello spazoio non vi è un’orientazione di riferimento per coppie di vettori si può solo determinare il modulo del seno \frac{3}{5}.

2- Si calcoli ∫_{1}^{2} \frac{1 + x}{1 + \sqrt{x}}dx.

R.: Usando il teorema fondamentale del calolo si tratta di calcolare la differenza agli estremi di una primitiva dell’integranda f(x). Con la sostituzione

x = t^{2} ci si riduce a trovare una primitiva di 2\frac{t^{3}+t}{1+t} = f(t^{2})\frac{dx}{dt} Aggiungendo e togliendo 1 al denominatore due volte, e fattorizzando t^{3} + 1, tale funzione è eguale a

2(1 − \frac{1}{1+t}) + 2(t^{2} − t + 1 − \frac{1}{1+t}). che ha primitiva \frac{2}{3}t^{3} − t^{2} + 4t − 4 log(1 + t), quindi la primitiva cercata è \frac{2}{3}x\sqrt{x} − x + 4\sqrt{x} − 4 log(1 + \sqrt{x}), e la sua differenza tra 2 ed 1 è :

\frac{16}{3} \sqrt{2} − \frac{17}{3} − 4 log \frac{1+\sqrt{2}}{2}

3- Quali tra le seguenti funzioni sono integrabili in senso generalizzato su ]0; +∞[: \frac{1}{(log x)^{2}} , \frac{π}{2} − artanx,\frac{sin x}{x^{2}}, (sin x^{3})^{2}.

R.: Nessuna. La prima non è integrabile all’infinito poichè (log x)^{2} ≤ x su una semiretta e \frac{1}{x} nonè integrabile. La seconda ha sottografico sulla semiretta con area eguale a quella del sottografico della tangente su [0; \frac{π}{2}[ che con sostituzione t = cos x ha integrale che si riduce a quello di \frac{1}{t} su [1; +∞[: non integrabile. La terza non è integrabile poichè vicino a 0 si ha \frac{sin x}{x} ≥ \frac{1}{2} e quindi la funzione sta sopra \frac{x}{2} non integrabile vicino a 0. Sostituendo x^{3} = y ci si riduce all’integrale di \frac{(sin y)^{2}}{y^{\frac{2}{3}}} . L’integrale di tale funzione su [nπ; (n + 1)π] è maggiore di \frac{1}{(n+1)π} per l’integrale

su tale intervallo di sin^{2} y che però non dipende da n. Poiche la somma dei reciproci dei quadrati da una successione divergente anche la funzione ha integrale infinito.

4- Si trovi una soluzione dell’equazione dell’equazione y′′(t) + y(t) = e^{t}.

R.: \frac{e^{t}}{2} ————————————————————————————————————————–

II PARTE: si risponda alla seguenti domande dando esaurienti giustificazioni ————————————————————————————————————————–

Determinare i punti di massimo e minimo della funzione

f(x, y, z) = xy + yz,

sull’insieme definito dalla diseguaglianza x^{2} + y^{2} + 2z^{2} ≤ 1.

R. Punti critici interni:

∇f(x, y, z) = (y, x + z, y) = (0, 0, 0), e x^{2} + y^{2} + 2z^{2} < 1 sono dati dal segmento (x, 0, −x), |x| < \frac{1}{\sqrt{3}}. Ma f(x, 0, −x) = 0 e f(\frac{1}{2}, −\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) < 0, f(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}) > 0: quindi i punti critici trovati non sono ne massimi ne minimi. Poichè la funzione è continua su un limitato e chiuso deve assumere necessariamente un valore massimi e uno minimo, per cui questo dovrà essere assunto su x^{2} + y^{2} + 2z^{2} = 1. Poichè il vincolo è descritto dal luogo di zeri di una funzione il cui gradiente non si annulla si può usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange e cercare i punti di massimo e minimo tra le soluzioni (x, y, z) del sistema :

y = μx, x + z = μy, y = 2μz, x^{2} + y^{2} + 2z^{2} = 1

- poichè il caso μ = 0 non dà punti di massimo o di minimo, si suppone μ ≠ 0

- eguagliando la prima e la terza e dividendo per μ si ottiene x = 2z

- moltiplicando in croce la prima e la seconda, dividendo per μ ed usando la precedente y^{2} = 6z^{2}. -usando la condizione di vincolo si ottiene z = ±\frac{1}{2\sqrt{3}} Per ognuno di questi valori di z il rispettivo valore di x è ±\frac{1}{\sqrt{3}}. Per ogni valore di z invece corrispondono due valori di y ±\sqrt{6}z,

Quindi le soluzioni trovate sono (x, 0, −x), |x| = \sqrt{1}3, (\frac{1}{\sqrt{3}}, ±\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{3}}), (−\frac{1}{\sqrt{3}}, ±\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{2\sqrt{3}}). Calcolando f in questi punti quelli che danno il minimo valore sono punti di minimo, quelli che danno il massimo valore punti di massimo. Quindi: (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{3}}), (−\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{2\sqrt{3}}), sono tutti i punti di massimo; (\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{3}}), (−\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{2\sqrt{3}}), sono tutti i punti di minimo.