Soluzioni
  • Consideriamo la funzione di tre variabili

    f(x,y,z)=(x^2+y^2)^2-xy+z^2

    Proprio perché compare il binomio x^2+y^2, risulterà più semplice operare con le coordinate cilindriche. Poniamo quindi:

    x=r\cos(t) \ \ \ , \ \ \ y=r\sin(t) \ \ \ , \ \ \ z=z

    dove r\ge 0, \ t\in[0,2\pi)\ \mbox{e}\ z\in\mathbb{R}

    cosicché la legge f(x,y,z) diventi:

    \hat{f}(r,t,z)=[(r^2\cos^2(t)+r^2\sin^2(t))]^2-r^2\cos(t)\sin(t)+z^2=

    Sfruttando la relazione fondamentale della goniometria e le proprietà delle potenze, \hat{f} si semplifica, divenendo:

    =r^4-r^2\cos(t)\sin(t)+z^2

    Per usare l'espressione del gradiente nelle coordinate cilindriche, abbiamo bisogno delle derivate parziali di \hat{f}(r,t,z) rispetto alle variabili r, \ t \ \mbox{e} \ z: il calcolo delle derivate parziali non dovrebbe essere un problema, dopotutto basta avvalersi delle usuali tecniche di derivazione viste in analisi 1. Se servisse un ripasso, rimandiamo alla lezione sul calcolo delle derivate parziali.

    Con qualche passaggio, scopriamo che:

    - la derivata di \hat{f}(r,t,z) rispetto a r è:

    \\ \frac{\partial}{\partial r}[\hat{f}(r,t,z)]=\frac{\partial}{\partial r}\left[r^4-r^2\cos(t)\sin(t)+z^2\right]= \\ \\ \\ =4r^3-2r\cos(t)\sin(t)

    - la derivata di \hat{f}(r,t,z) rispetto alla variabile t è, invece:

    \\ \frac{\partial}{\partial t}[\hat{f}(r,t,z)]=\frac{\partial}{\partial t}\left[r^4-r^2\cos(t)\sin(t)+z^2\right]= \\ \\ \\ =-r^2(\cos^2(t)-\sin^2(t))

    - la derivata di \hat{f}(r,t,z) rispetto alla variabile z risulta:

    \\ \frac{\partial}{\partial z}[\hat{f}(r,t,z)]=\frac{\partial}{\partial z}\left[r^4-r^2\cos(t)\sin(t)+z^2\right]= \\ \\ \\ =2z

    A questo punto dobbiamo tenere conto della formula del gradiente di una funzione espresso nelle coordinate cilindriche, ossia:

    \nabla \hat{f}(r,t,z)=\frac{\partial}{\partial r}[\hat{f}(r,t,z)]\ \mathbf{e}_{r}+\frac{1}{r}\cdot\frac{\partial}{\partial t}[\hat{f}(r,t,z)]\ \mathbf{e}_{t}+\frac{\partial}{\partial z}[\hat{f}(r,t,z)]\ \mathbf{e}_{z}

    dove \mathbf{e}_{r},\ \mathbf{e}_{t}\ \mbox{e} \ \mathbf{e}_{z} sono i versori che che puntano lungo le direzioni coordinate.

    In coordinate cilindriche, il gradiente associato a \hat{f}(r,t,z) è quindi:

    \\ \nabla\hat{f}(r,t,z)=\left[4r^3-2r\cos(t)\sin(t)\right]\ \mathbf{e}_{r}+

    +\frac{1}{r}\left[-r^2(\cos^2(t)-\sin^2(t))\right]\ \mathbf{e}_{t}+[2z]\ \mathbf{e}_{z}=

    =\left[4r^3-2r\cos(t)\sin(t)\right]\ \mathbf{e}_{r}+\left[-r(\cos^2(t)-\sin^2(t))\right]\ \mathbf{e}_{t}+[2z]\ \mathbf{e}_{z}

    dove r>0, \ t\in(0,2\pi)\ \mbox{e}\ z\in\mathbb{R}.

    Consideriamo il sistema di equazioni, formato imponendo la nullità delle componenti del gradiente:

    \begin{cases}4r^3-2r\cos(t)\sin(t)=0\\ \\ -r(\cos^2(t)-\sin^2(t))=0\\ \\ 2z=0\end{cases}

    Dalla terza equazione ricaviamo immediatamente che z=0.

    Occupiamoci della seconda equazione

    -r(\cos^2(t)-\sin^2(t))=0

    Grazie alla legge di annullamento del prodotto, essa si spezza nelle due equazioni:

    -r=0 \ \ \ \vee \ \ \ \cos^2(t)-\sin^2(t)=0

    La prima è soddisfatta per r=0, che però produce una soluzione non accettabile (abbiamo imposto la non nullità di r). Nell'intervallo di variazione di t, l'equazione goniometrica

    \cos^2(t)-\sin^2(t)=0

    è soddisfatta dai valori

    t_{1}=\frac{\pi}{4}\ \ \ ,\ \ \ t_2=\frac{3\pi}{4}\ \ \ ,\ \ \ t_{3}=\frac{5\pi}{4} \ \ \ , \ \ \ t_{4}=\frac{7\pi}{4}

    ognuno dei quali va sostituito nell'equazione

    4r^3-2r\cos(t)\sin(t)=0

    da cui ricaviamo i corrispettivi valori di r (le soluzioni negative o nulle vanno scartate).

    Se t=\frac{\pi}{4}, ricaviamo l'equazione di grado superiore al secondo:

    4r^3-r=0 \ \ \ \to \ \ \ r_{1}=-\frac{1}{2} \ \ \ \vee \ \ \ r_{2}=0 \ \ \ \vee \ \ \ r_{3}=\frac{1}{2}

    Tralasciando r_1\ \mbox{e} \ r_{2}, con la soluzione rimanente costruiamo la tripla soluzione del sistema:

    A=(r,t,z)=(r_{3},t_{1},z)=\left(\frac{1}{2}, \frac{\pi}{4}, 0\right)

    Se t=\frac{3\pi}{4}, l'equazione

    4r^3-2r\cos(t)\sin(t)=0

    diventa

    4r^3+r=0

    Essa è soddisfatta solamente per r=0 che però non è un valore accettabile.

    Se t=\frac{5\pi}{4}, l'equazione

    4r^3-2r\cos(t)\sin(t)=0

    diventa

    4r^3-r=0

    È identica alla precedente, pertanto l'unica soluzione accettabile, r=\frac{1}{2}, individua la tripla:

    B=(r,t,z)=\left(\frac{1}{2}, \frac{5\pi}{4}, 0\right)

    Se infine t=\frac{7\pi}{4}, l'equazione

    4r^3-2r\cos(t)\sin(t)=0

    diventa

    4r^3+2r=0

    soddisfatta univocamente per r=0, che è una soluzione inaccettabile.

    In definitiva, il sistema

    \begin{cases}4r^3-2r\cos(t)\sin(t)=0\\ \\ -r(\cos^2(t)-\sin^2(t))=0\\ \\ 2z=0\end{cases}

    è soddisfatto dalle triple

    \\ B=(r,t,z)=\left(\frac{1}{2}, \frac{\pi}{4}, 0\right)\\ \\ \\ B=(r,t,z)=\left(\frac{1}{2}, \frac{5\pi}{4}, 0\right)

    e rappresentano i punti dello spazio, espressi in coordinate cilindriche. Se vogliamo i risultati in coordinate cartesiane, occorre rimpiazzare ordinatamente le componenti nelle relazioni

    x=r\cos(t)\ \ \ , \ \ \ y=r\sin(t) \ \ \ , \ \ \ z=z

    e svolgere i calcoli.

    Alla tripla A=(r,t,z)=\left(\frac{1}{2}, \frac{\pi}{4}, 0\right) associamo le componenti:

    \\ x=\frac{1}{2}\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{4}\\ \\ \\ y=\frac{1}{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{4}\\ \\ \\ z=0

    per cui il punto in coordinate cartesiane è

    A=(x,y,z)=\left(\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4}, 0\right).

    Alla tripla B=(r,t,z)=\left(\frac{1}{2},\frac{5\pi}{4},0\right) associamo le componenti:

    \\ x=\frac{1}{2}\cos\left(\frac{5\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{4}\\ \\ \\ y=\frac{1}{2}\sin\left(\frac{5\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{4}\\ \\ \\ z=0

    pertanto il punto in coordinate cartesiane è

    B=(x,y,z)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{4}, -\frac{\sqrt{2}}{4},0\right)

    Abbiamo finito!

    Risposta di Ifrit
 
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