COMPITO FINALE COMPITO FINALE
Analisi due (Primo modulo) - Corso di Laurea in FISICA
Sabato 23 Dicembre, 1998

  1. Si calcoli il polinomio di Taylor intorno a (0,0) di grado 20 della seguente funzione:
    f(x,y) = ln(1+x4y3)+arctan(x6y4).



    SOLUZIONE: Sia g(t) = ln(1+t) e h(t) = arctant. Calcolando i polinomi di Taylor di grado due intorno a t = 0 in una variabile, otteniamo:

    g(t) = t- t2
    2
    +O(t3)  e  h(t) = t+O(t3).
    Adesso notiamo che
    f(x,y) = g(x4y3)+h(x6y4) = x4y3- x8y6
    2
    +x6y4+O(x12y9)+O(x18y12),
    Osservando che poiché x ||(x,y)|| e y ||(x,y)||, si ha che
    O(x12y9)+O(x18y12) = O(||(x,y)||21)+O(||(x,y)||30) = O(||(x,y)||21)
    e quindi x4y3-[(x8y6)/2]+x6y4 è il polinomio di Taylor di grado 20.



  2. Si scriva il polinomio di Taylor di grado due intorno al punto 0 della funzione y = f(x) definita implicitamente da


    x3y+y3-cosx = 0
    f(0) = 1

    SOLUZIONE: Sia F(x,y) = x3y+y3-cosx. Osservando che poiché F(0,1) = 0 e Fy(0,1) = (x3+3y2)(0,1) = 3 0, la funzione implicita y = f(x) è ben definita e dal Teorema della Funzione Implicita (TFI), otteniamo

    f(0) = - Fx(0,1)
    Fy(0,1)
    =

    - 3x2y+sinx
    x3+3y2




    (0,1) 
    = 0.
    Per calcolare f(0), osserviamo che
    f(x) = d
    dx


    - Fx(x,f(x))
    Fy(x,f(x))


    =


    - (Fxx+Fyxf(x))Fy-Fx(Fxy+Fyyf(x))
    (Fy)2


    .
    e quindi, poiché
    f(0) = Fx(0,1) = 0, Fy(0,1) = 3  e  Fxx(0,1) = (6xy+cosx)(0,1) = 1
    otteniamo f(0) = -1/3. Infine il polinomio di Taylor P2(x) di grado 2 intorno a 0 è:
    P2(x) = f(0)+f(0)x+ 1
    2
    f(0)x2 = 1- 1
    6
    x2.

  3. Sia
    f(x,y,z) =




    xz
    y2+x+1
    xyz+1





    .
    Dopo aver verificato che f è invertibile in (1,0,1), si scriva la matrice Jacobiana nel punto (1,2,1) della funzione inversa.
    (Suggerimento: (1,2,1) = f(1,0,1).)



    SOLUZIONE: La matrice Jacobiana di f in (1,0,1) è:

    J(f)(1,0,1) =




    z
    0
    x
    1
    2y
    0
    yz
    xz
    xy








    (1,0,1) 
    =




    1
    0
    1
    1
    0
    0
    0
    1
    0





    .
    Dal teorema della funzione inversa otteniamo che
    J(f-1)f(1,0,1) = (J(f)(1,0,1))-1 =




    1
    0
    1
    1
    0
    0
    0
    1
    0





    -1


     
    .
    Facendo i calcoli (dell'inversa di una matrice 3×3) troviamo
    J(f-1)(1,2,1) =




    0
    1
    0
    0
    0
    1
    1
    -1
    0





    .

  4. Si calcoli la lunghezza della curva associata alla seguente rappresentazione parametrica:
    x(t) = (2t,lnt,t2), t [1,10].



    SOLUZIONE: Utilizzando la formula

    L =
    t2

    t1 
    ||x(t)||dt
    si trova che x(t) = (2,1/t,2t) e quindi
    L =
    10

    1 
      


    4+ 1
    t2
    +4t2
     
    dt =
    10

    1 
      


    (2t+ 1
    t
    )2
     
    dt =
    10

    1 
    (2t+ 1
    t
    )dt =
    [t2+lnt]101 = 99+ln10.

  5. Si calcoli l'equazione del piano tangente e quella della retta normale alla superficie:
    x4+3y3-4z6 = 0
    nel punto P = (1,1,1). Si dica inoltre rispetto a quale delle tre variabili si può applicare il teorema della funzione implicita nel punto P e si calcoli il gradiente delle funzioni così definite.



    SOLUZIONE: Sia F(x,y,z) = x4+3y3-4z6. Osserviamo che il gradiente

    (F)(1,1,1) = (4x3,9y2,-24z5)(1,1,1) = (4,9,-24)
    è normale alla superficie F(x,y,z) = 0 nel punto (1,1,1). Quindi l'equazione del piano tangente p in (1,1,1) è data da:
    (x-1,y-1,z-1)·(F)(1,1,1) = 0
    e l'equazione parametrica della retta r normale è data da (x,y,z) = (1,1,1)+t(F)(1,1,1). Facendo i calcoli arriviamo a
    p: 4x+9y-24z+11 = 0    e    r:





    x = 1+4t
    y = 1+9t
    z = 1-24t
    Poiché tutte e tre le derivate parziali sono non nulle nel punto (1,1,1), possiamo applicare il TFI rispetto a tutte le variabili e si ha
    (f(x,y))(1,1) = -

    Fx(1,1,1)
    Fz(1,1,1)
    , Fy(1,1,1)
    Fz(1,1,1)


    =

    1
    6
    , 3
    8


    .
    (h(x,z))(1,1) = -

    Fx(1,1,1)
    Fy(1,1,1)
    , Fz(1,1,1)
    Fy(1,1,1)


    =

    - 4
    9
    , 8
    3


    .
    (g(y,z))(1,1) = -

    Fy(1,1,1)
    Fx(1,1,1)
    , Fz(1,1,1)
    Fx(1,1,1)


    =

    - 9
    4
    ,6

    .
    dove f, h e g sono definite da F(x,y,f(x,y)) = F(x,h(x,z),z) = F(g(y,z),y,z) = 0.



  6. Si calcoli il seguente integrale:




    D 
    x2+y2
    dove D è il dominio limitato dalle parabole y = x2 e x = y2.



    SOLUZIONE: Osserviamo che D è un x-dominio infatti:

    D = {(x,y) | 0 x 1, x2 y x}
    applicando la relativa formula per gli integrali doppi si ha




    D 
    x2+y2 =
    1

    0 
    dx 
    x

    x2 
    dy (x2+y2) =
    1

    0 


    x2y+ y3
    3


    x

    x2 
    dx =
    =
    1

    0 


    x5/2+ x3/2
    3
    -x4- x6
    3


    dx =

    2
    7
    x7/2+ 2
    15
    x5/2- x5
    5
    - x7
    21


    1

    0 
    = 6
    35
    .

  7. Si calcoli il seguente integrale





    W 
    1
      ___________
    x2+y2+(z-2)2
     
    dove W è la sfera x2+y2+z2 1.



    SOLUZIONE: Utilizzando la trasformazione in coordinate sferiche







    x = rcosqsinw
    y = rsinqsinw
    z = rcosw
      | det
    (J(x,y,z))| = r2sinw,
    osservando che si sta integrando su una sfera unitaria e che
    x2+y2+(z-2)2 = r2-4rcosw+4,
    otteniamo





    W 
    1
      ___________
    x2+y2+(z-2)2
     
    =
    2p

    0 
    dq 
    1

    0 
    dr 
    p

    0 
    dw r2sinw
      


    r2-4rcosw+4
     
    .
    Mentre la variabile q è già separata, è opportuno integrare prima rispetto a w e poi rispetto a r:





    W 
    1
      ___________
    x2+y2+(z-2)2
     
    = 2p
    1

    0 
    r2dr 
    p

    0 
    -dcosw
      


    r2-4rcosw+4
     
    =
    2p
    1

    0 
    r2dr

    1
    2r
      


    r2-4rcosw+4
     


    p

    0 
    =
    p
    1

    0 
    r
      


    r2+4r+4
     
    -   


    r2-4r+4
     

    dr =
    = p
    1

    0 
    r
      


    (r+2)2
     
    -   


    (r-2)2
     

    dr = 4p
    1

    0 
    rdr = 2p.

  8. Si calcoli l'area della superficie del solido ottenuto ruotando intorno all'asse y la curva associata alla rappresentazione
    (x(t),y(t)) = (t+1, t2
    2
    +t)   con   t [0,4].



    SOLUZIONE: L'area della superficie ottenuta dalla rotazione intorno all asse y di una rappresentazione parametrica (x(t),y(t)) è data da:

    A = 2p
    t2

    t1 
    x(t)·||(x(t),y(t))||dt.
    Nel nostro caso ||(x(t),y(t))|| = [(1+(t+1)2)] e quindi
    A = 2p
    4

    0 
    (t+1)   _______
    1+(t+1)2
     
    dt = 2p
    25

    1 
      ___
    1+u
     
    1
    2
    du
    dopo aver posto u = (t+1)2, du = 2(t+1)dt. Risolvendo l'integrale
    A = p

    2
    3
    (1+u)3/2

    25

    1 
    = 2p
    3
    (263/2-23/2).

  9. Si verifichi se il seguente campo è conservativo e si calcoli il lavoro compiuto dal campo lungo la traiettoria C
    f(x,y,z) =

    1
    z
    , -3
    z
    , 3y-x+z3
    z2


    C =





    x(t) = t
    y(t) = t2
    z(t) = t-1
    t [2,4]
    (Suggerimento: Provare a calcolare un potenziale)



    SOLUZIONE: Il campo f = (f1,f2,f3) soddisfa le equazioni di compatibilità

    f1
    y
    = 0 = f2
    x
    ,     f1
    z
    = - 1
    z2
    = f3
    x
    ,     f2
    z
    = 3
    z2
    = f3
    y
    quindi f è un campo conservativo in una regione semplicemente connessa di R3 non contenente il piano z = 0. Ora calcoliamo il potenziale di f:
    U = -
    f1 dx+g(y,z) = - x
    z
    +g(y,z).
    Adesso, da
    f2 = - U
    y
    = g
    y
    = - 3
    z
    si ottiene
    g(y,z) = - 3y
    z
    +h(z)    e    U(x,y,z) = - x
    z
    + 3y
    z
    +h(z).
    Inoltre, da
    f3 = - U
    z
    = 3y-x
    z2
    + h
    z
    = 3y-x+z3
    z2
    si ottiene h(z) = [(z2)/2]. Quindi
    U = - x-3y
    z
    - z2
    2
    +C
    e il campo è conservativo su tutto il suo dominio. Alla luce di questa deduzione, per calcolare il lavoro è sufficiente calcolare
    L = U(x(2),y(2),z(2))-U(x(4),y(4),z(4)) = U(2,4,1)-U(4,16,3) =
    = -(-10)- 1
    2
    + -44
    3
    + 9
    2
    = - 2
    3
    .

  10. Si utilizzi il Teorema di Green per calcolare l'area racchiusa all'interno della curva piana associata alla rappresentazione parametrica
    x(t) = (acos3 t ,asin3 t),   t [0,2p]
    mediante un integrale curvilineo.



    SOLUZIONE: In un Corollario del Teorema di Green si afferma che l'area racchiusa all'interno di una curva piana chiusa C è data dall'integrale curvilineo di seconda specie:

    A = 1
    2

    ()



    C 
    xdy-ydx.
    Nel nostro caso abbiamo
    A = 1
    2

    2p

    0 
    (acos3 t)d(asin3 t)-(asin3 t)d(acos3 t) =
    = a2
    2

    2p

    0 
    3(cos4tsin2t+ cos2tsin4t)dt = = 3a2
    2

    2p

    0 
    (costsint)2dt =
    = 3a2
    2

    2p

    0 
    1
    4
    sin2tdt = 3a2
    2

    2p

    0 
    1-cos4t
    8
    dt = 3a2p
    8
    .


File translated from TEX by TTH, version 1.94.
On 29 Dec 1998, 12:36.