MATEMATICA Anno Accademico 2005-2006 Scienze Geologiche M.Novaga, V.M. Tortorelli I prova finale, 2 febbraio 2006

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

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1 - Si trovi la direzione normale all’insieme definito da z = x^{2} + y^{2} nel punto (1, 1, 2).

R.: L’insieme è luogo di zeri della funzione differenziabile x^{2} + y^{2} − z che nel punto ha gradiente: (2x, 2y, −1)_{|_{x=1,y=1,z=2}} = (2, 2, −1) ≠ 0. Per funzioni differenziabili il gradiente non nullo è ortogonale agli insiemi di livello. La direzione è (\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, −\frac{1}{3}). 2- Si determino i punti di “sella” del grafico della funzione x^{4} + y^{4} + 2x^{2}y^{2} + 2x^{3} + x^{2} + y^{2}.

R.: La funzione è differenziabile. I punti ove si annulla il differenziale sono le soluzioni di

\{ \begin{matrix}4x^{3} + 4xy^{2} + 6x^{2} + 2x = 0 \\ 4y^{3} + 4x^{2}y + 2y = 0 \end{matrix} Per y = 0 la seconda equzione è soddisfatta e la prima si

riduce a 4x^{3} +6x^{2} +2x = 2x(2x^{2} +3x+1) = 0 che ha come soluzioni x = 0, x = −\frac{1}{2}, x = −1. Quindi (0, 0), (−\frac{1}{2}, 0), (−1, 0) sono soluzioni e si può supporre y ≠ 0. Appunto dividendo la seconda per y si ha 4y^{2} + 4x^{2} + 2 = 0 che non ha soluzioni. Per decidere quali tra i punti trovati siano di sella conviene nel caso considerare la segnatura della matrice Hessiana delle derivate seconde essendo al funzione due volte differenziabile:

( \begin{matrix}12x^{2} + 4y^{2} + 12x + 2 & 8xy \\ 8xy & 12y^{2} + 4x^{2} + 2 \end{matrix} ) Nei punti (0, 0), (−\frac{1}{2}, 0), (−1, 0) si ha:

( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}3 − 6 + 2 & 0 \\ 0 & 1 + 2 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}12 − 12 + 2 & 0 \\ 0 & 4 + 2 \end{matrix} ) rispettivamente.

Solo la seconda ha una direzione di minimo e una di massimo. La “sella” è (−\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{16}). 3- Si calcoli l’area della superficie definita da x^{2} − y^{2} = z, x^{2} + y^{2} ≤ 1.

R.: Si tratta di calcolare l’area del grafico di f(x, y) = x^{2} − y^{2} su x^{2} + y^{2} ≤ 1. Per definizione è data dall’integrale: ∫_{x^{2}+y^{2}≤1} \sqrt{1 + |∇f(x, y)|^{2}}dxdy = ∫_{x^{2}+y^{2}≤1} \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}}dxdy

Piuttosto che ridurre subito tale integrale osservando che si al’integranda che il dominio dipendono solo dalla distanza dall’origine conviene esprimerlo in coordinate polari (x, y) = Φ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ), usando la formula per p = Φ(q): ∫_{Φ(A)} g(p)dp = ∫_{A} g(Φ(q))|det dΦ(q)|dq.

Nel caso poichè det dΦ(r, θ) = r si ottiene ∫_{0≤r≤1} \sqrt{1 + 4r^{2}}rdrdθ = 2π ∫_{0}^{1} \sqrt{1 + 4r^{2}}rdr =

(t = r^{2}, dt = 2rdr) = π ∫_{0}^{1} \sqrt{1 + 4t}dt = π \frac{2}{4 · 3} (1 + 4t)^{\frac{3}{2}} ]_{0}^{1} = \frac{π}{6} (5\sqrt{5} − 1)

4- Si trovino le soluzioni del sistema differenziale ai dati iniziali \{ \begin{matrix}y′′(t) − 2y′(t) + y(t) = e^{t} \\ y(0) = 0 \\ y′(0) = 0 \end{matrix}

R.: Il polinomio caratteristico è λ^{2} − 2λ + 1 = (λ − 1)^{2}, Quindi le soluzioni dell’omogena sono ae^{t}+bte^{t}, a, b ∈ R. Dal metodo dei “coefficienti indeterminati” una soluzione partcolare dovrà essere del tpo ct^{2}e^{t}. Derivando e sostituendo nell’equazione si ottiene 2ce^{t} = e^{t}. Tutte le soluzioni sono ae^{t} + bte^{t} + \frac{t^{2}}{2} e^{t}, a, b ∈ R: da y(0) = 0 si ha a = 0,da y′(0) = 0 si ha b = 0.

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

a) Si scriva S : R^{2} ↦ R^{3} l’inversa della proiezione stereografica dal “polo nord” sul piano tangente al “polo sud” per una sfera di centro l’origine e raggio unitario.

b) Si verifichi direttamente che la matrice Jacobiana di S in ogni punto ha colonne ortogonali e di egual modulo, e quindi conserva gli angoli tra curve.

c) Si calcoli la lunghezza della curva sulla sfera che ha come proiezione stereografica il segmento di estremi (1, 0) e (1, \sqrt{5}).

R.: a) La proiezione steregrafica in questione è data da \{ \begin{matrix}u = \frac{2x}{1−z} \\ v = \frac{2y}{1−z} \end{matrix} x^{2} + y^{2} + z^{2} =

1, z ≠ 1. Si tratta di esprimere (x, y, z) in termini di (u, v). Dalle prime due equazioni x = \frac{u(1−z)}{2}, y = \frac{v(1−z)}{2}. Imponendo l’ultima condizione si ottiene:

0 = 4z^{2} + (u^{2} + v^{2})(1 − z)^{2} − 4 = (u^{2} + v^{2} + 4)z^{2} − 2(u^{2} + v^{2})z + u^{2} + v^{2} − 4.

Per cui z assume i valori \frac{2(u^{2} + v^{2}) ± \sqrt{4(u^{2} + v^{2})^{2} − 4(u^{2} + v^{2})^{2} + 4 · 16}}{2(u^{2} + v^{2} + 4)} = \frac{u^{2} + v^{2} ± 4}{u^{2} + v^{2} + 4}, deve

essere z ≠ 1: l’unica soluzione ammissibile è z = \frac{u^{2} + v^{2} − 4}{u^{2} + v^{2} + 4} = 1 − \frac{8}{u^{2} + v^{2} + 4}. Per cui

S(u, v) = (\frac{4u}{u^{2} + v^{2} + 4}, \frac{4v}{u^{2} + v^{2} + 4}, \frac{u^{2} + v^{2} − 4}{u^{2} + v^{2} + 4})

b) La matrice Jacobiana di S ha come righe le derivate parziali di ogni componente di S: M =

(M^{1}|M^{2}) = ( \begin{matrix}\frac{16−4u^{2}+4v^{2}}{(u^{2}+v^{2}+4)^{2}} & −\frac{8uv}{(u^{2}+v^{2}+4)^{2}} \\ −\frac{8uv}{(u^{2}+v^{2}+4)^{2}} & \frac{16+4u^{2}−4v^{2}}{(u^{2}+v^{2}+4)^{2}} \\ \frac{16u}{(u^{2}+v^{2}+4)^{2}} & \frac{16v}{(u^{2}+v^{2}+4)^{2}} \end{matrix} ) = \frac{4}{(u^{2} + v^{2} + 4)^{2}} ( \begin{matrix}4 − (u^{2} − v^{2}) & −2uv \\ −2uv & 4 + u^{2} − v^{2} \\ 4u & 4v \end{matrix} )

Le colonne sono chiaramente ortogonali avendo prodotto scalare nullo. A parte il denominatore i moduli al quadrato sono la somma dei quadrtai delle componenti. Per la prima (4 − (u^{2} − v^{2}))^{2} + 4u^{2}v^{2} + 16u^{2} per la seconda (4 + (u^{2} − v^{2}))^{2} + 4u^{2}v^{2} + 16v^{2}, rispettivamente 16+u^{4} +v^{4} −8u^{2} +8v^{2} −2u^{2}v^{2} +4u^{2}v^{2} +16u^{2} e 16+u^{4} +v^{4} +8u^{2} −8v^{2} −2u^{2}v^{2} +4u^{2}v^{2} +16v^{2} eguali a (4 + u^{2} + v^{2})^{2}. Per il coseno si osserva che M\binom{a}{b}·M\binom{α}{β} = (aM^{1}+bM^{2})·(αM^{1}+βM^{2}) = ( proprietà colonne) (aα + bβ)|M^{1}|^{2}, e quindi il coseno dell’angolo tra le velocità (a, b) e (α, β) è eguale a quello dell’angolo tra i trasformati. Analogamente per il seno con il prodooto vettore.

c) Il segmento è parametrizzato in modo iniettivo dal cammino lineare: (u(t), v(t)) = (1, t\sqrt{5}) = σ(t), 0 ≤ t ≤ 1 Un cammino iniettivo sulla sfera unitaria la cui immagine ha il segmento come proiezione stereografica è t ↦ S(σ(t)) = γ(t). La lunghezza di una curva è:

∫_{0}^{1} |γ′(t)|dt

Per la regola della catena γ′(t) = dS_{σ(t)}σ′(t) = Mσ′(t) = M\binom{0}{\sqrt{5}} il cui modulo è

\sqrt{5}\frac{4(4 + u^{2} + v^{2})}{4 + u^{2} + v^{2}} = \frac{4\sqrt{5}}{(4 + u^{2} + v^{2})^{2}} = \frac{4\sqrt{5}}{4 + 5t^{2}} . Poichè questa ha una primitiva 2artan\frac{\sqrt{5}}{2}t per

il teorema fondamentale del calcolo la lunghezza cercata è 2artan\frac{\sqrt{5}}{2}