CALCOLO DI DERIVATE PARZIALI, MASSIMI E MINIMI LIBERI 1

CALCOLO DI DERIVATE PARZIALI, MASSIMI E MINIMI LIBERI
2
1. Data la funzione di due variabili f (x, y) = ex arctan(y 2 ) calcolare il gradiente in un
punto generico (x, y) ∈ R2 e scrivere l’ equazione del piano tangente al grafico della
funzione nel punto (x0 , y0 , z0 ), dove x0 = 0, y0 = 1, z0 = f (x0 , y0 )
2
2
2y
; il piano tangente nel punto
[ fx (x, y) = 2xex arctan(y 2 ) , fy (x, y) = ex 1+y
4
π
(0, 1, 4 ) ha equazione z −z0 = fx (x0 , y0 )(x−x0 )+fy (x0 , y0 )(y −y0 ), cioè z = y −1+ π4 .
]
p
2
2. Data la funzione di due variabili f (x, y) = ex−y + 1 + x2 + y 4 calcolare il gradiente
−1
) nel
in un punto generico (x, y) ∈ R2 e la derivata di f nella direzione v = ( √12 , √
2
punto (1, 1). Scrivere poi l’ equazione del piano tangente al grafico della funzione
nel punto (x0 , y0 , z0 ), dove x0 = 1, y0 = 1, z0 = f (x0 , y0 )
2
[ fx (x, y) = ex−y + √
x
1+x2 +y 4
2
, fy (x, y) = −2yex−y + √
2y 3
1+x2 +y 4
+ √23 ). La
In particolare
il gradiente di f nel punto (1, 1) è il vettore (1 + √13 , −2
funzione è di
1
2
classe C (R ), quindi è differenziabile, e la derivata direzionale si può calcolare con
∂f
−1
(1, 1) = ∇f (1, 1) · v = (1 + √13 , −2 + √23 ) · ( √12 , √
) =
la formula del gradiente ∂v
2
√
√
√
2
1
1
√ + √ +
2 − √3 Il piano tangente nel punto (1, 1, 1 + 3) ha equazione z =
2 √ 6
1 + 3 + (1 + √13 )(x − 1) + (−2 + √23 )(y − 1). ]
hp
i
2
4
3. Calcolare le derivate parziali della funzione f (x, y) = arctan
1 + x y , x, y ∈ R,
dire motivando la risposta se la funzione è differenziabile in R2 , e scrivere l’ equazione
del piano tangente al grafico della funzione nel punto (x0 , y0 , z0 ), dove x0 = 0, y0 = 0,
z0 = f (x0 , y0 )
[ fx (x, y) =
4
xy
√
(2+x2 y 4 )
1+x2
y4
, fy (x, y) =
2 y3
2x√
(2+x2 y 4 )
1+x2 y 4
. f è differenziabile ovunque,
essendo continue le sue derivate parziali. Il piano tangente nel punto (0, 0, π4 ) ha
equazione z = π4 . ]
4. Data la funzione di due variabili f (x, y) = (x y)log(x y) , x > 0, y > 0
a) calcolare il gradiente in un punto generico (x, y) con x > 0, y > 0 b) dire se la
funzione è differenziabile in ogni punto (x, y) con x > 0, y > 0
2
[ La funzione f (x, y) = (x y)log(x y) = elog (x y) è differenziabile nei punti indicati
perché le sue derivate parziali sono continue: fx (x, y) = 2 log(xy)
(x y)log(x y) , fy (x, y) =
x
2 log(xy)
(x y)log(x y) ]
y
1
2 2
x y
5. Data la funzione di due variabili: f (x, y) = arcsin( 1+x
2 y 2 ) trovare il dominio D e l’
immagine I della funzione, verificare che esistono le derivate parziali in ogni punto
di D e calcolarle, dire se f è differenziabile in D motivando la risposta.
[ La funzione arcoseno è definta nell’ intervallo [−1, 1] e ha per immagine l’ intervallo
[− π2 , π2 ], e l’ immagine dell’ intervallo [0, 1) è l’ intervallo [0, π2 ). Al variare di x, y ∈ R2
x2 y 2
la frazione 1+x
e compresa tra 0 e 1 e descrive tutto l’ intervallo [0, 1) ( dato
2 y2 `
√
t ∈ [0, +∞), scegliendo x = y = 4 t vengono assunti tutti i valori della funzione
t
per t ≥ 0 ... ) Quindi D = R2 , I = [0, π2 ). La funzione è differenziabile in
t+1
x2 y 2
D perché sono (definite essendo 1+x
2 y 2 < 1 e ) continue in D le derivate parziali
2
2
2xy
2x
√
√y
fx (x, y) =
, fy (x, y) =
]
(1+x2 y 2 )
1+2x2 y 2
(1+x2 y 2 )
1+2x2 y 2
√
6. Data la funzione di due variabili : f (x, y) = arctan[ y log(x) ] trovare l’ insieme di
definizione A, discutere la derivabilità nei punti di A e calcolare le derivate parziali
di f
[ Il logaritmo è definito e derivabile in (0, +∞), la radice è definita e continua in
[0, +∞), derivabile in (0, +∞). Ne segue che A = (0, +∞) × [0, +∞); inoltre √
nei
y
1
punti (x, y) con x > 0, y > 0 f ha derivate parziali continue fx (x, y) = 1+y log2 (x) x ,
log(x)
1
√ , quindi `
fy (x, y) = 1+y log
e ivi differenziabile; nei punti (x, 0) con x > 0 la
2
(x) 2 y
derivata rispetto a x esiste ed è nulla, mentre se x 6= 1 non esiste la derivata (destra)
rispetto a y; nel punto (1, 0) la derivata destra rispetto a y è nulla ]
7. Data la funzione di due variabili f (x, y) = x3 + 3x2 + 2λxy + y 2 trovare il valore di λ
tale che il punto ( 23 , − 43 ) sia un punto critico di f . Per tale valore trovare eventuali
altri punti critici di f , e per ogni punto critico specificare se si tratta di punto di
minimo, massimo o sella.
[ ∇f (x, y) = (3x2 + 6x + 2λy, 2λx + 2y) = (0, 0) se e solo se y = −λx. ( 32 , − 34 ) è
punto critico se λ = 2. Per tale valore i punti critici sono i punti P1 = (0, 0), punto
di sella poiché la matrice hessiana ha determinante −4, e P2 = ( 23 , − 34 ), punto di
minimo relativo (stretto) poiché la matrice hessiana ha determinante 4 e traccia 12
]
8. Data la funzione di due variabili f (x, y) = x3 + y 3 − 15
y 2 − 48x + 18 y trovare i punti
2
critici di f , specificando se si tratta di punto di minimo, massimo o sella.
[ ∇f (x, y) = (3x2 − 48, 3y 2 − 15y + 18) = (0, 0) se e solo se x = ±4, y = 2 oppure
y = 3. I punti critici sono dunque P1 = (4, 3), P2 = (−4, 3), P3 = (4, 2), P4 = (−4, 2).
La matrice hessiana H(x, y) è diagonale con gli elementi diagonali (6x, 6y − 15). Il
punto P1 è un punto di minimo locale stretto, la matrice hessiana essendo diag (24, 3),
il punto P4 è un punto di massimo locale stretto (diag (−24, −3)), i punti P2 (
diag (−24, 3)), P3 ( diag (24, −3)) sono punti di sella, essendo det H < 0. ]
2
9. Data la funzione di due variabili f (x, y) = x4 + y 3 − 4x2 − 3y 2 trovare i punti critici
di f , specificando se si tratta di punto di minimo, massimo o sella.
√
[ ∇f (x, y) = (4x3 −8x, 3y 2 −6y) = (0, 0) se e solo se x = 0 o x = ± 2 ,√y = 0 oppure
y =√2. I punti critici sono dunque P1 = (0, 0), P2 = (0, 2), P3,4 = (± 2, 0), P5,6 =
(± 2, 2). La matrice hessiana è diagonale con gli elementi diagonali (12x2 −8, 6y−6)
e si deduce allora che P1 è punto di massimo locale stretto, P2 , P3 e P4 sono punti
di sella, mentre P5 e P6 sono punti di minimo locale stretto. ]
10. Data la funzione di due variabili f (x, y) = x4 + x2 y 2 + y 4 trovare i punti critici di f ,
specificando se si tratta di punto di minimo, massimo o sella.
[ ∇f (x, y) = (4x3 +2xy 2 , 4y 3 +2x2 y) = (0, 0) se e solo se x = y = 0. Il punto critico è
dunque (0, 0). La matrice hessiana ha entrate H1,1 = 12x2 + 2y 2 , H1,2 = H2,1 = 4xy,
H2,2 = 12y 2 + 2x2 , e ha determinante nullo. Ciononostante si può vedere che l’
origine è punto di minimo, non solo dall’ analisi della funzione (che è nulla solo
se x = y = 0 e positiva altrove), ma anche dal criterio basato sul carattere della
matrice hessiana in un intorno di un punto critico: essa è semidefinita positiva in
un intorno del punto critico (in questo esempio in tutto R2 ) avendo determinante
132 x2 y 2 + 24 x4 + 24 y 4 ≥ 0 e traccia 14 x2 + 14 y 2 ≥ 0. ]
11. Data la funzione di due variabili f (x, y) = x8 + xy + y trovare i punti critici di f ,
specificando se si tratta di punto di minimo, massimo o sella.
[ ∇f (x, y) = ( −8
+ y1 , −x
+ 1) = (0, 0) se e solo se x = 4, y = 2. La matrice hessiana
x2
y2
16
, H2,2 = 2x
, in particolare nel punto (4, 2)
ha entrate H1,1 = x3 , H1,2 = H2,1 = −1
y2
y3
1
−1
si ha che H1,1 = 4 , H1,2 = H2,1 = 4 , H2,2 = 1. Essendo quindi definita positiva si
deduce che l’ unico punto critico è punto di minimo. ]
12. Data la funzione di tre variabili f (x, y, z) = −2x2 − xy − 2y 2 + 5x + 5y − z 2 + 2z
individuare i punti critici di f , specificando se si tratta di punti di minimo, massimo
o sella.
[ L’ unico punto critico è il punto (1, 1, 1), ed è un punto di massimo relativo (stretto)
perché la matrice hessiana, con minori principali −4, 15, −30 è definita negativa ]
13. Data la funzione di tre variabili f (x, y, z) = x4 + x3 + y 2 + z 2 trovare i punti critici
di f , specificando se si tratta di punto di minimo, massimo o sella.
[ ∇f (x, y, z) = (4x3 + 3x2 , 2y, 2z) = (0, 0, 0) se e solo se y = z = 0, x = 0 oppure
x = − 34 , i punti critici sono dunque P1 = (− 34 , 0, 0) e P2 = (0, 0, 0). La matrice
hessiana è diagonale con gli elementi diagonali (12x2 + 6x, 2, 2). Nel punto P1 è
diag ( 94 , 2, 2), definita positiva perché i minori principali sono tutti positivi, quindi
3
P1 è di minimo relativo (stretto). In P2 è diag (0, 2, 2) con determinante 0, quindi non
si può decidere in base ad essa. Osservando però la funzione si deduce che l’ origine
è un punto di sella, perché la restrizione di f all’ asse x è g(ε) = f (ε, 0, 0) = ε4 + ε3 ,
strettamente crescente in un intorno di 0 ( con un flesso in 0). ]
√
14. Data la funzione di tre variabili f (x, y, z) = z 2 − x2 + 2xy − 2y 2 z trovare i punti
critici di f , specificando se si tratta di punto di minimo, massimo o sella.
√
√
[ ∇f (x, y, z) = (−2x+2y, 2x−2 2yz, 2z − 2y 2 ). Si annulla nei punti P0 = (0, 0, 0)
e P1,2 = (±1, ±1, √12 ). La matrice hessiana ha entrate H1,1 = −2, H1,2 = H2,1 = 2,
√
√
H1,3 = H3,1 = 0 H2,2 = −2 2z, H2,3 = H3,2 = −2 2y, H3,3 = 2.
Si può dedurre
che tutti i punti critici sono di sella osservando che il determinante è non nullo (−8
in P0 , −32 in P1,2 ), quindi gli autovalori non sono nulli; in particolare non è possibile
che la matrice sia semidefinita (positiva o negativa) senza essere definita (positiva
o negativa). D’ altra parte gli autovalori non possono avere tutti lo stesso segno
perché non è verificata la condizione necessaria e sufficiente di definita positività,
minori principali tutti positivi, né quella di definita negatività, minori con segno
alterno −, +, − in questo ordine. Nel nostro caso i minori principali sono −2,
−4,−8 nel punto P0 , −2, 0,16 nei punti P1,2 . ]
15. Data la funzione di due variabili f (x, y) = xy trovare i punti critici di f e specificare
se si tratta di punto di minimo, massimo o sella. Trovare poi il massimo e il minimo
assoluti di f sull’ insieme B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}.
[ Essendo ∇f (x, y) = (y, x), l’ unico punto critico in tutto R2 della funzione è
P = (0, 0), che è un punto di sella, dato che la matrice hessiana ha determinante −1
ed è quindi indefinita.
Per il Teorema di Weierstrass, essendo B compatto e f continua, esistono punti di
massimo e minimo assoluto di f in B. Se un punto di estremo si trova all’ interno,
cioè in B = int (B) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1}, deve essere un punto critico, e
abbiamo visto che l’ unico punto critico è un punto di sella.
Ne segue che i punti di massimo e minimo assoluti sono sulla frontiera, cioè sulla
circonferenza C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}, che è immagine della funzione α(t) =
(cos(t), sin(t)), 0 ≤ t ≤ 2π. Studiando la funzione composta f ◦ α(t) = cos(t) sin(t)
, che α manda nei
in [0, 2π] si osserva che il massimo è 12 , assunto nei punti π4 , 5π
4
1
1
punti (± √2 , ± √2 ), che sono quindi punti di massimo assoluto per f su B, mentre
il minimo è − 12 , assunto nei punti 3π
, 7π
, che α manda nei punti (∓ √12 , ± √12 ), che
4
4
sono quindi punti di massimo assoluto per f su B. ]
NOTA Per problemi di massimi/minimi assoluti di funzioni definite su insieme
compatti vedi la sezione su massimi e minimi vincolati.
4
` DI FUNZIONI DI PIU
` VARIABILI
DIFFERENZIABILITA
1. Data la funzione di due variabili f (x, y) = |xy| , motivando le risposte,
a) dire in quali punti esiste la derivata parziale fx e calcolarla in tali punti
b) dire in quali punti esiste la derivata parziale fy e calcolarla in tali punti
c) dire in quali punti la funzione è differenziabile
[ Nei punti (x, y) con x 6= 0 . y 6= 0 le derivate parziali esistono continue, quindi la
y
x
, fy (x, y) = |x| |y|
. Nei
funzione è ivi differenziabile e i loro valori sono fx (x, y) = |y| |x|
punti con x = 0, y 6= 0 non esiste la derivata parziale fx mentre fy = 0, nei punti con
y = 0, x 6= 0 non esiste la derivata parziale fy mentre fx = 0, in ogni caso in questi
punti la funzione non è differenziabile. Nel punto (0, 0) le derivate parziali esistono e
sono nulle (la funzione è nulla sugli assi) e inoltre la funzione è differenziabile, essendo
lim(h,k)→(0,0) √|h||k|
= 0 essendo √|h||k|
= √h|h|
2 +k 2 |k| ≤ |k| → 0 se (h, k) → (0, 0) ]
h2 +k2
h2 +k2
2. Data la funzione di due variabili f (x, y) = log(1+x2 ) |sin(y)| , motivando le risposte,
a) dire in quali punti esiste la derivata parziale fx e calcolarla in tali punti
b) dire in quali punti esiste la derivata parziale fy e calcolarla in tali punti
c) dire in quali punti la funzione è differenziabile
2x
[ fx (x, y) = 1+x
2 | sin(y)| esiste continua in ogni punto; nei punti (x, y) con y 6= kπ,
k ∈ Z si ha che fy (x, y) = log(1 + x2 ) | sin(y)
cos(y) ed è continua; fy (x, y) non esiste,
sin(y)|
quindi la funzione non è differenziabile, nei punti (x, y) con x 6= 0, y = kπ, k ∈ Z;
infine nei punti (x, y) con x = 0, y = kπ, k ∈ Z si ha che fy (x, y) = 0 e in tali punti
la funzione è differenziabile come si verifica in base alla definizione. ]
(
3. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
y( ex −1)
x
y
parziali e dire se la funzione è differenziabile in R2 .
se x 6= 0
, calcolare le derivate
se x = 0
(
[ Le derivate parziali esistono ovunque e sono fx =
x
x
y(xex −ex +1)
x2
y
2
se x 6= 0
se x = 0
1 2
x +o(x2 )
( fx (0, 0) =(limx→0 x1 [ y( e x−1) − y ] = limx→0 y x1 [ ( e −1−x)
] = limx→0 y 2 x2
= y2 )
x
ex −1
se x 6= 0
(0,0)
x
fy (x, y) =
(fy (0, 0) = limy→0 f (0,y)−f
= limy→0 yy = 1 )
y
1
se x = 0
La funzione è differenziabile, si può verificare in base alla definizione o come conseguenza del fatto che è di classe C 1 (R2 ), come segue calcolando i limiti per (x, y) →
(0, y0 ) delle derivate parziali (per fx usare ad es. lo sviluppo di Taylor). ]
5
(
4. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
xy
x2 +y 2
0
se (x, y) 6= (0, 0)
, motivando le
se (x, y) = (0, 0)
risposte dire
a) se f è continua in (0, 0)
b) se esistono le derivate parziali in (0, 0)
c) se esistono le derivate direzionali in (0, 0) secondo una direzione generica v =
(v1 , v2 ) e in caso affermativo calcolarle
d) se la funzione è differenziabile in (0, 0)
[ a) No, basta calcolare il limite in coordinate polari e osservare che è diverso lungo
rette diverse passanti per l’ origine. b) S`ı e sono nulle, essendo la funzione nulla
sugli assi. c) No, a meno che non siano le derivate parziali. d) No, per quanto visto
in precedenza. ]
(
5. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
x2 y
x2 +y 2
0
se (x, y) 6= (0, 0)
, motivando le
se (x, y) = (0, 0)
risposte dire
a) se f è continua in (0, 0)
b) se esistono le derivate parziali in (0, 0)
c) se esistono le derivate direzionali in (0, 0) secondo una direzione generica v =
(v1 , v2 ) e in caso affermativo calcolarle
d) se la funzione è differenziabile in (0, 0)
[ a) Si, il limite in coordinate polari è 0 uniformemente rispetto alla variabile
3
2
sin(ϑ)
| ≤ ρ → 0 se ρ → 0. b) S`ı e sono nulle, essendo la
angolare ϑ : | ρ cos (ϑ)
ρ2
t2 v 2 tv
2
1 2
funzione nulla sugli assi. c) S`ı, ∂f
(x, y) = limt→0 1t t2 v2 +t
d) No, per
2 v 2 = v1 v2 .
∂v
1
2
verifica diretta o per quanto visto in precedenza, perché non vale l’ eguaglianza
∂f
(x, y) = ∇f (x, y) · v . ]
∂v
(
6. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
x2 y 2
x2 +y 2
0
se (x, y) 6= (0, 0)
, motivando le
se (x, y) = (0, 0)
risposte dire
a) se f è continua in (0, 0)
b) se esistono le derivate parziali in (0, 0)
c) se esistono le derivate direzionali in (0, 0) secondo una direzione generica v =
(v1 , v2 ) (tra queste ci sono le derivate parziali), e in caso affermativo calcolarle
d) se la funzione è differenziabile in (0, 0)
6
[ a) Si, il limite in coordinate polari è 0 uniformemente rispetto alla variabile
4
2
sin2 (ϑ)
| ≤ ρ2 → 0 se ρ → 0. b) S`ı e sono nulle, essendo la
angolare ϑ : | ρ cos (ϑ)
ρ2
funzione nulla sugli assi. c) S`ı,
∂f
(x, y)
∂v
2 2 2 2
1 t v1 t v2
= 0. d) S`ı, per verifica
2
t t v12 +t2 v22
2
h2√
k2
| (h2 +k2 ) h2 +k2 | = h2h+k2 √h|k|
2 +k 2 |k| ≤
= limt→0
2 2
k
diretta: lim(h,k)→(0,0) (h2 +kh2 )√
= 0 essendo
h2 +k2
|k| → 0 se (h, k) → (0, 0) ]
7. GENERALIZZAZIONE
Generalizzando gli esercizi precedenti si possono trovare condizioni necessarie e sufficienti per(continuità e differenziabilià di funzioni del tipo
|x|α |y|β
se (x, y) 6= (0, 0)
γ
2 +y 2 ) 2
(x
f (x, y) =
, con α , β γ > 0.
0
se (x, y) = (0, 0)
Mostrare, usando le coordinate polari, che una tale funzione è continua in (0, 0) se e
solo se α + β > γ, ha tutte le derivate direzionali in (0, 0) se e solo se α + β ≥ γ + 1,
è differenziabile in (0, 0) se e solo se α + β > γ + 1.
α+β
α
β
| sin(ϑ)|
≤ ρα+β−γ e quindi il limite per ρ → 0 è 0
[ Se α + β > γ si ha che ρ | cos(ϑ)|
ργ
uniformemente rispetto a ϑ, mentre se α + β ≤ γ il limite dipende da ϑ o non esiste.
Inoltre la funzione ha derivate parziali nulle nell’ origine, essendo nulla sugli assi, e
si vede facilmente che ha tutte le derivate direzionali se e solo se α + β ≥ γ + 1,
e queste sono tutte nulle se e solo se α + β > γ + 1. Per la formula del gradiente
questa è allora una condizione necessaria per la differenziabilià, ed è anche sufficiente
α+β
α | sin(ϑ)|β
≤ ρα+β−(γ+1) . . . ) ]
( ρ1 ρ | cos(ϑ)|
ργ
(
8. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
x2 y
x4 +y 2
0
se (x, y) 6= (0, 0)
, motivando le
se (x, y) = (0, 0)
risposte dire
a) se f è continua in (0, 0)
b) se esistono le derivate parziali in (0, 0)
c) se esistono le derivate direzionali in (0, 0) secondo una direzione generica v =
(v1 , v2 ) (tra queste ci sono le derivate parziali), e in caso affermativo calcolarle
d) se la funzione è differenziabile in (0, 0)
[ a) No, il limite in coordinate polari è nullo lungo ogni retta passante per l’
origine, ma lungo la parabola y = x2 vale 21 . b) S`ı e sono(nulle, essendo la funzione
v12
v2
se v2 6= 0
. d) No,
0
se v2 = 0
per verifica diretta o per quanto visto in precedenza, perché non vale l’ eguaglianza
∂f
(x, y) = ∇f (x, y) · v . ]
∂v
nulla sugli assi.
c) S`ı,
∂f
(x, y)
∂v
=
t2 v12 tv2
limt→0 1t t4 v4 +t
2 v2
1
2
7
=
(
9. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
x2 y
|x|3 +y 2
se (x, y) 6= (0, 0)
0
se (x, y) = (0, 0)
, motivando
le risposte dire
a) se f è continua in (0, 0)
b) se esistono le derivate parziali in (0, 0)
c) se esistono le derivate direzionali in (0, 0) secondo una direzione generica v =
(v1 , v2 ) (tra queste ci sono le derivate parziali), e in caso affermativo calcolarle
d) se la funzione è differenziabile in (0, 0)
[ a) S`ı, perché il limite della funzione per x → 0 è nullo. Infatti, utilizzando la
disuguaglianza
1
|ab| = |a||b| ≤ (a2 + b2 ) (equivale a (|a| − |b|)2 = a2 + b2 − 2|a||b| ≥ 0 )
2
2
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
y|
|x| (|x| |y|)
(|x| +y )
si ha che |x||x3 +y
≤ |x|2(|x|
= |x|2 → 0 se (x, y) → (0, 0).
2 =
3 +y 2 )
|x|3 +y 2
b) S`ı e sono nulle, essendo la funzione(nulla sugli assi.
v12
se v2 6= 0
t2 v12 tv2
∂f
1
.
c) S`ı, ∂v (x, y) = limt→0 t t3 |v1 |3 +t2 v2 = v2
2
0
se v2 = 0
d) No, per verifica diretta o per quanto visto in precedenza, perché non vale l’
eguaglianza ∂f
(x, y) = ∇f (x, y) · v . ]
∂v
10. GENERALIZZAZIONE
Generalizzando le tecniche dei precedenti esercizi si possono dedurre condizioni necessarie, o (
sufficienti, per la continuità e differenziabilità di una funzione del tipo
|x|α |y|β
se (x, y) 6= (0, 0)
|x|γ +|y|δ
f (x, y) =
con α, β, γ, δ > 0. Mostrare
0
se (x, y) = (0, 0)
che esistono nell’ origine tutte le derivate direzionali se e solo se
α + β ≥ min{γ, δ} + 1 ,
e sono tutte nulle se e solo se
α + β > min{γ, δ} + 1; e quindi (per la formula del gradiente)
che una condizione necessaria di differenziabilità è
α + β > min{γ, δ} + 1.
Mostrare poi, usando la disuguaglianza |ab| = |a||b| ≤ 21 (a2 + b2 ) ,
che una condizione sufficiente per la continuità è data dalla disuguaglianza
2α ≥ γ, 2β ≥ δ con almeno un segno di disuguaglianza stretta,
che una condizione sufficiente di differenziabilità è data dalla disuguaglianza
2α ≥ γ + 1, 2β ≥ δ + 1 con almeno un segno di disuguaglianza stretta.
8
[ La funzione ha derivate parziali nulle nell’ origine, essendo nulla sugli assi, . . . Per
usare la disuguaglianza |ab| = |a||b| ≤ 12 (a2 +b2 ), si scrive
γ
|x|α |y|β
|x|γ +|y|δ
γ
=
δ
γ
δ
|x|α− 2 |y|β− 2 |x| 2 |y| 2
|x|γ +|y|δ
δ
≤ 12 |x|α− 2 |y|β− 2 per la continuità; per la differenziabilità, le derivate parziali sono
nulle nell’ origine, e
|x|α |y|β
1
(|x|γ +|y|δ )(x2 +y 2 ) 2
γ
=
1
δ
1
γ
δ
1
|x|α− 2 − 2 |y|β− 2 − 2 |x| 2 |y| 2 |xy| 2
1
(|x|γ +|y|δ )(x2 +y 2 ) 2
γ
δ
1
1
≤ 21 |x|α− 2 − 2 |y|β− 2 − 2
... ]
( 2
(x + y 2 ) sin( √
11. Data la funzione di due variabili f (x, y) =
1
)
x2 +y 2
0
se (x, y) 6= (0, 0)
,
se (x, y) = (0, 0)
dire, motivando le risposte,
a) se f è continua in (0, 0)
b) se esistono le derivate direzionali in (0, 0) secondo una direzione generica v =
(v1 , v2 ) (tra queste ci sono le derivate parziali), e in caso affermativo calcolarle
c) se la funzione è differenziabile in (0, 0)
d) se la funzione è di classe C 1 in R2
[ Si vede facilmente che la funzione è continua e ha derivate parziali nulle nell’
origine, ricordando che il limite di un prodotto tra una funzione infinitesima ed una
limitata è nullo. Inoltre la funzione è differenziabile, essendo
(h2 +k2 ) sin( √ 21 2 )
√
h +k
√
= lim(h,k)→(0,0) h2 + k 2 sin( √h21+k2 ) = 0
lim(h,k)→(0,0)
h2 +k2
(ancora limite del prodotto tra una funzione infinitesima e una limitata).
Dalla formula del gradiente si deduce che esistono le derivate secondo ogni direzione
e sono nulle.
La funzione non è però di classe C 1 in R2 perché nel punto (0, 0) le derivate parziali
non sono continue: se (x, y) 6= (0, 0) è fx (x, y) = 2x sin( √ 21 2 )− √ x2 2 cos( √ 21 2 )
x +y
e non esiste lim(x,y)→(0,0) fx (x, y), analogamente per fy . ]
9
x +y
x +y
INTEGRALI DOPPI E TRIPLI
RR
1. Calcolare l’ integrale doppio
x dxdy, dove
D
2
2
x
D = {(x, y) ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2 , e ≤ y ≤ ex }
[
R2
1
dx x
R ex2
ex
dy =
R2
1
2
2
xex − xex dx = [ 12 ex − xex + ex ]21 = 12 e4 − e2 − 12 e ]
RR
2. Calcolare l’ integrale
cos(y)ex dxdy,
D
D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ π2 ; 0 ≤ x ≤ sin(y)}
[
Rπ
dy cos(y)
2
0
R sin(y)
0
ex dx = e − 2 ]
RR x
√ dxdy
3. Calcolare l’ integrale doppio
D y
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + 3 ≤ y ≤ 4x}
dove
[ Nelle disuguaglianze
definiscono
D è implicito
che x2 − 4x + 3 ≤ 0 e quindi
√
R 4x che
R3
R
√
3
5
3
3
1 ≤ x ≤ 3; 1 dx x x2 +3 √dyy = 1 (4x x − 2x x2 + 3) dx = 85 (3 2 − 1) − 23 (12 2 − 4 2 )
]
RR
4. Calcolare l’ integrale doppio
(3x2 − 4x3 ) dxdy dove
D
2
4
3
D = {(x, y) ∈ R : x ≤ y ≤ x }
[ Nelle disuguaglianze che definiscono D è implicito che x4 ≤ x3 e quindi x ≥ 0,
R1
R x3
R1
x ≤ 1, cioè 0 ≤ x ≤ 1; 0 dx (3x2 − 4x3 ) x4 dy = 0 (x3 − x4 )(3x2 − 4x3 ) dx =
1
(x3 − x4 )2 |x=1
x=0 = 0 ]
2
RR
5. Calcolare l’ integrale doppio
arctan(x) dxdy, dove
D
1
D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 , 1+x
2 ≤ y ≤ 1}
[
R1
0
dx arctan(x)
x2 ) −
arctan2 (x)
2
R1
] |10 =
1
1+x2
π
4
dy =
R1
0
arctan(x) (1 −
− 21 log(2) −
π2
32
]
10
1
) dx
1+x2
= [ x arctan(x) − 12 log(1 +
RR
6. Calcolare l’ integrale doppio
arcsin(x) dxdy dove
D
1
√ 2
}
D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 12 , √1−x
2 ≤ y ≤
1−x2
[
R1
2
0
dx arcsin(x)
2
R √1−x
2
√ 1
1−x2
dy =
R1
2
0
1
arcsin(x) √1−x
2 dx =
Rπ
6
0
t dt =
π2
72
]
R2
R x2
7. Invertire l’ ordine di integrazione nell’ integrale iterato 1 dx 0 f (x, y) dy per
una funzione continua ( cioè esprimere il dominio semplice Ω = {(x, y) ∈ R2 :
1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ x2 } come dominio semplice del tipo Ω = {(x, y) ∈ R2 :
a ≤ y ≤ b , h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)} e conseguentemente scrivere l’ integrale come
Rb
R h (y)
dy h12(y) f (x, y) dx ). Applicare il risultato al calcolo dell’ integrale doppio su Ω
a
della funzione f (x, y) =
y −y
ex
x2
[ Essendo max{x2 : 1 ≤ x ≤ 2} = 4 , la y varia nell’ intervallo [0, 4], mentre per y
√
fissato la x dovrà essere minore o uguale a 2 e maggiore o uguale sia a 1 che a y.
√
Quindi Ω = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 4 , max{1, y} ≤ x ≤ 2} e, essendo
R2
R x2
√
√
y ≤ 1 se 0 ≤ y ≤ 1, y ≥ 1 se 1 ≤ y ≤ 4 si ha che 1 dx 0 f (x, y) dy =
R1
R2
R4
R2
dy 1 f (x, y) dx + 1 dy √y f (x, y) dx .
0
−y
−y
Se f (x, y) = xy2 e x , la primitiva rispetto a x è la funzione F (x, y) = e x , e si ottiene
R R y −y
R1
R4
R 1 −y
√
e x dxdy = 0 [F (2, y) − F (1, y)] dy + 1 [F (2, y) − F ( y, y)] dy = 0 [e 2 −
Ω x2
R1
R4 √
R 4 −y
R 4 −y
√
e−y ] dy + 1 [e 2 − e− y ] dy = 0 e 2 dy + 0 e−y dy + 1 e− y dy = (nell’ ultimo
−y
integrale effettuiamo la sostituzione y = t2 , dy = 2t dt , 1 ≤ t ≤ 2 ) = [ −2e 2 ] |40 +
[ −e−y ] |10 + [ (−2t − 2)e−t ] |21 = −2e−2 + 2 − e−1 + 1 − 6e−2 + 4e−1 = 3 − 8e−2 + 3e−1
]
8. Dato il dominio Ω = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2 ; y ≥ x2 }, descriverlo come dominio
semplice rispetto all’ asse x e rispetto all’ asse y, cioè come dominio del tipo Ω =
{(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b , g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} e come dominio del tipo Ω = {(x, y) ∈
R2 : c ≤ y ≤ d , h1 (y) ≤ x ≤RhR2 (y)}. Calcolare poi come integrale iterato secondo
le due descrizioni l’ integrale
y dxdy.
Ω
√
[ Dalle disuguaglianze che
definiscono Ω si deduce che x2 ≤ y ≤ 2 − x2 , che implica
√
la disuguaglianza√x2 ≤ 2 −√x2 , vera se −1 ≤ x ≤ 1 (condizioni pi`
u restrittive delle
disuguaglianze − 2 ≤ x ≤ 2 che si deducono dalla relazione x2 √
+ y 2 ≤ 2 ). Quindi
√
R1
R 2−x2
22
Ω = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1 ; x2 ≤ y ≤ 2 − x2 } e −1 dx ( x2
y dy) = 15
.
√
verificare
Per l’ altra descrizione si p
deduce facilmente che 0 ≤
py ≤ 2, e x deve
√
√
2
2
contemporaneamente x ≤ 2 − y e x ≤ y, x ≥ − 2 − y e x ≥ − y.
p
p
√
√
√
Quindi Ω = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ; max(− 2 − y 2 , − y) ≤ x ≤ min( 2 − y 2 , y)},
p
p
√
√
√
e essendo y ≤ 2 − y 2 per 0 ≤ y ≤ 1 , 2 − y 2 ≤ y per 1 ≤ y ≤ 2, si calcola
√
R1
R √y
R √2
R 2−y2
√ dx) +
dy
(y
dy (y √ 2 dx) = 22
]
15
0
− y
1
−
2−y
11
9. Calcolare l’ integrale doppio
1 , x ≥ |y|}
RR
D
xy 2 dxdy, dove D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤
[ In coordinate polari x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), con le condizioni a priori 0 ≤ ρ <
+∞, 0 ≤ ϑ < 2π (oppure −π ≤ ϑ ≤ π), dxdy = ρdρdϑ, e per l’ insieme D si ha
Rπ
R1
0 ≤ ρ ≤ 1, − π4 ≤ ϑ ≤ π4 . Si deve quindi calcolare 0 ρ4 dρ −4π sin2 (ϑ) cos(ϑ)dϑ =
2√
15 8
=
1√
15 2
√
=
2
30
4
]
10. Calcolare l’ area dell’ insieme D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 43 , 0 ≤ x ≤ 1 , }.
[ In coordinate polari x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), con le condizioni a priori 0 ≤ ρ <
+∞, 0 ≤ ϑ < 2π (oppure −π ≤ ϑ ≤ π), dxdy = ρdρdϑ, e per l’ insieme D si ha che,
essendo cos(ϑ) positivo, − π2 ≤ ϑ ≤ π2 .
1
Dovendo essere contemporaneamente 0 ≤ ρ ≤ cos(ϑ)
, 0 ≤ ρ ≤ √23 si ha che 0 ≤ ρ ≤
(
1
se − π6 ≤ ϑ ≤ π6
cos(ϑ)
2
1
√
min ( cos(ϑ) , 3 ) = 2
√
se − π2 ≤ ϑ ≤ − π6 o π6 ≤ ϑ ≤ π2
3
Rπ
R 1
R − π R π R √2
R 1
Rπ
Si deve quindi calcolare 06 dϑ 0cos(ϑ) ρ dρ + ( − π6 + π2 ) ( 0 3 ρ dρ) = 06 dϑ 0cos(ϑ) ρ dρ +
2
6
R π2
R √23
1
4
2 π dϑ 0 ρ dρ = √3 + 9 π ]
6
11. Calcolare l’ area dell’ insieme D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 43 , x ≥ 1}.
[ In coordinate polari x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), con le condizioni a priori 0 ≤ ρ <
+∞, 0 ≤ ϑ < 2π (oppure −π ≤ ϑ ≤ π), dxdy = ρdρdϑ. Per l’ insieme D si ha che
ρ cos(ϑ) ≥ 1, e sia ρ che cos(ϑ) sono positivi. Conviene esprimere ρ in funzione di ϑ, e
determinare invece dalla relazione che esprime ϑ in funzione di ρ il minimo e massimo
√
valore di ϑ, che varierà poi tra estremi fissi: essendo cos(ϑ) ≥ ρ1 ≥ min 0≤ρ≤ √2 ρ1 = 23
3
si ottiene − π6 ≤ ϑ ≤
π
6
Si deve quindi calcolare
,
R π6
1
cos(ϑ)
− π6
dϑ
≤ρ≤
R √23
1
cos(ϑ)
√2 .
3
ρ dρ = 29 π −
√1
3
RR
12. Calcolare gli integrali doppi
(x2 + y 2 ) dxdy ,
D
dove D = {(x, y) ∈ R2 : (x − 2)2 + y 2 ≤ 4 , y ≥ 0}
]
RR
p
x2 + y 2 dxdy
9
D
[ Nel primo integrale conviene usare coordinate polari centrate in (2, 0), x =
2 + ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), (con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϑ < 2π,
dxdy
caso 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ R ϑ ≤ π e l’ integrale
R π R=2 ρdρdϑ,) nel nostro
R 2 vale
π
2
2
dϑ 0 ρ [(2 + ρ cos(ϑ)) + (ρ sin(ϑ)) ] dρ = (essendo 0 cos(ϑ)dϑ = 0) π 0 (4ρ +
0
ρ3 )dρ = 12π.
Nel secondo invece, per evitare un integrando che contiene la radice, conviene usare
coordinate polari centrate nell’ origine, x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), con le condizioni
a priori 0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϑ < 2π, dxdy = ρdρdϑ. In questo caso le condizioni sul
12
dominio sono sin(ϑ) ≥ 0, (ρ cos(ϑ) − 2)2 + (ρ sin(ϑ))2 ≤ 4, cioè ρ2 ≤ 4ρ cos(ϑ) (che
implica cos(ϑ) ≥ 0) e si ottiene 0 ≤ ϑ ≤ π2 , 0 ≤ ρ ≤ 4 cos(ϑ).
Rπ
R 4 cos(ϑ) 2
Rπ
Bisogna allora calcolare l’ integrale 02 dϑ 0
9ρ dρ = 02 192 cos3 (ϑ)dϑ
π
Rπ
= 192 02 (1 − sin2 (ϑ)) cos(ϑ)dϑ = 192(sin(ϑ) − 31 sin3 (ϑ))|02 = 128 ]
13. Calcolare l’ area e ilp
baricentro (supponendo densità costante pari a 1) della figura
2
D = {(x, y) ∈ R : 2 x2 + y 2 ≤ x + 2}.
[ Trasformiamo le condizioni che definiscono il dominio elevando al quadrato: 4x2 +
4y 2 ≤ x2 +4x+4, 3(x2 − 34 x)+4y 2 ≤ 4 e completando il quadrato nella parentesi tonda
(cioè aggiungendo e togliendo 49 nella parentesi) si ottiene 3(x− 32 )2 +4y 2 ≤ 4+ 43 = 16
.
3
Dividendo per 16
si
ottiene
infine
che
l’
insieme
D
`
e
descritto
dalla
disuguaglianza
3
(x− 32 )2
16
9
+
y2
4
3
≤ 1, cioè D è l’ interno dell’ ellisse con centro ( 23 , 0) e semiassi
a = 34 , b = √23 .
Utilizzando le coordinate ellittiche x = 23 + aρ cos(ϑ) = 23 + 43 ρ cos(ϑ), y = bρ sin(ϑ) =
√2 ρ sin(ϑ), con le condizioni 0 ≤ ρ < 1, 0 ≤ ϑ < 2π, l’ elemento di area `
e dxdy =
3
R 2π R 1
abρdρdϑ e si calcola immediatamente l’ area dell’ ellisse, che è ab 0 dϑ 0 ρ dρ =
√ , e il baricentro, che coincide con il centro di simmetria ( 2 , 0). ]
πab = 38π
3
3
14. Calcolare il volume e il baricentro (supponendo densità costante pari a 1) del tetraedro T = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y + z ≤ 1}
[ Dalle condizioni che definiscono il dominio si possono ricavare gli estremi fissi tra
cui varia ad esempio x, per poi esprimere y e z in funzione di x e integrare per
strati, cioè considerando T = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1 , (y, z) ∈ Dx = {y, z) ∈
R2 : y ≥ 0, zR ≥ 0, y + z R≤ 1 −Rx}. Iterando
si arriva al calcolo
R 1−x−yil procedimento
R1
R 1−x
1
1−x
del volume: T dx dy dz = 0 dx 0
dy 0
dz = 0 dx 0 (1 − x − y) dy =
R
R
R1
1 1 2
1 1
1
2
2
2
[(1 − x) − 2 (1 − x) ] dx = 2 0 (x − 1 ) dx = 2 0 (x − 2x + 1) dx = 61 . Allo stesso
0
risultato si arriva integrando per fili, ciè considerando D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥
0, x + y ≤ 1} e T = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D ,R0 ≤ z ≤ 1 − x − Ry}.
1
In modo analogo si calcola ad esempio l’ integrale T x dx dy dz = 12 0 x(x − 1)2 dx =
1
R
1 1 3
1
(x − 2x2 + x) dx = 24
, e quindi la coordinata x del baricentro sarà 241 = 14 .
2 0
6
Per simmetria, o con calcoli analoghi lo stesso valore si ottiene per la seconda e terza
coordinata del baricentro. ]
√
RRR
15. Calcolare l’ integrale triplo
log( x2 + z 2 ) dxdydz
V
1
R3 : 1 ≤ x2 + z 2 ≤ e2 ; z ≤ x ; 0 ≤ y ≤ x2 +z
2 }.
dove V = {(x, y, z) ∈
[ Posto D = {(x, z) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + z 2 ≤ e2 ; z ≤ x} si ha che V = {(x, y, z) ∈ R3 :
1
(x, z) ∈ D ; 0 ≤ y ≤ x2 +z
2 . Inoltre in coordinate polari x = ρ cos(ϑ), z = ρ sin(ϑ) (
con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < +∞, π ≤ ϑ ≤ π dxdz = ρdρdϑ ) le condizioni che
definiscono D sono 1 ≤ ρ ≤ e ; − 34 π ≤ ϑ ≤ 41 π.
13
1
√
R
R x2 +z
2
2 + z2)
Integrando
per
fili
paralleli
all’
asse
y
si
ottiene
x
dy
dxdz
log(
0
D
√
R log( x2 +z2 )
R π4
R e log(ρ)
ρ=e
2
1
1
= D
dxdz = − 3 π dϑ 1 ρ dρ = π( 2 log (ρ)) |ρ=1 = 2 π. ]
x2 +z 2
4
16. Calcolare l’ integrale triplo della funzione f (x, y, z) = z sul dominio V = {(x, y, z) ∈
2
R3 : 0 ≤ z ≤ 1 ; x2 + y4 ≤ 1 + z 2 }.
2
2
2
y
x
[ Sia Dz = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y4 ≤ 1+z 2 } = {(x, y) ∈ R2 : 1+z
2 + 4(1+z 2 ) ≤ 1} l’ ellisse
√
√
R
di semiassi a = az = 1 + z 2 , b = bz = 2 1 + z 2 e area Dz dxdy = πab = π 2(1+z 2 ).
Integrando
per strati
asse z si ottiene
R
Rall’
RRR
R 1 perpendicolari
1
z dxdydz 0 dz z Dz dxdy = 0 2πz(1 + z 2 ) dz = 2π( 21 + 14 ) = 32 π. ]
V
17. Calcolare l’ integrale triplo della funzione f (x, y, z) = x y 2 z sui domini
V1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ; x ≥ 0 ; z ≥ 0 } ,
2
2
V2 = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x2 + y4 + z9 ≤ 1 ; x ≥ 0 ; z ≥ 0 }
[ Per V1 usiamo le coordinate sferiche z = ρ cos(ϕ) x = ρ sin(ϕ) cos(ϑ), y =
ρ sin(ϕ) sin(ϑ), dxdydz = ρ2 sin(ϕ)dρdϕdϑ con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < ∞,
−π ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ π. Le condizioni che definiscono V1 sono 0 ≤ ρ ≤ 1, − π2 ≤ ϑ ≤
R1
Rπ
Rπ
π
2
, 0 ≤ ϕ ≤ π2 e si calcola 0 ρ6 dρ −2π sin2 (ϑ) cos(ϑ)dϑ 02 sin4 (ϕ) cos(ϕ)dϕ = 105
.
2
2
Il calcolo nel caso del dominio V2 (che è parte dell’ interno dell’ ellissoide di equazione
y2
z2
x2
√1 , b = 2, c = 3) `
e analogo, usando la variante
1 + 4 + 9 = 1 di semiassi a =
2
2
ellissoidale delle coordinate sferiche, cioè x = a ρ sin(ϕ) cos(ϑ), y = b ρ sin(ϕ) sin(ϑ),
z = c ρ cos(ϕ), dxdydz = abc ρ2 sin(ϕ)dρdϕdϑ con le condizioni (a priori per l’ interno dell’ ellissoide 0 ≤ ρ < 1, −π ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ π, per il nostro dominio V2 : )
0 ≤ ρ ≤ 1, − π2 ≤ ϑ ≤ π2 , 0 ≤ ϕ ≤ π2 e si deve calcolare
Rπ
R1
Rπ
2
ab2 c abc 0 ρ6 dρ −2π sin2 (ϑ) cos(ϑ)dϑ 02 sin4 (ϕ) cos(ϕ)dϕ = a2 b3 c2 105
=
2
1
2
72
8 9 105 = 105 . ]
2
RRR y
18. Calcolare l’ integrale triplo
e dxdydz
V
dove V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ; x ≥ 0 ; z ≥ 0}.
[ Conviene usare le coordinate sferiche con il ruolo di y e z invertito rispetto alle
coordinate di solito considerate (cioè considerando ϕ ∈ [0, π] l’ angolo con l’ asse
y): y = ρ cos(ϕ) x = ρ sin(ϕ) cos(ϑ), z = ρ sin(ϕ) sin(ϑ), dxdydz = ρ2 sin(ϕ)dρdϕdϑ,
con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < ∞, −π ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ π. Nel nostro
caso 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π2 , 0 ≤ ϕ ≤ π. Ci si riconduce quindi a calcolare
R
Rπ
R1
R π ρ cos(ϕ)
π 1
2
dϑ
dρ
ρ
e
ρ
sin(ϕ)dϕ
=
ρ(eρ − e−ρ ) dρ = πe ]
2 0
0
0
0
19. Siano r, R tali che 0 < r < R e sia T il toro, generato dalla rotazione di angolo 2π
attorno all’ asse z del cerchio B = Br ((R, 0)) di centro (R, 0) e raggio r nel piano
14
xz,
equazione (x − R)2 + z 2 ≤ r2 . Calcolare il volume di T e l’ integrale triplo
R R Rdi p
x2 + y 2 dxdydz
T
[ Il volume del solido di rotazione T , che in coordinate cilindriche è descritto come
2
2
T = {(ρ, θ, z) : 0 ≤ ϑ ≤ 2π
; (ρ, z)
R R∈ B} = {(ρ, θ, z) : 0 ≤ ϑ ≤ 2π ; (ρ − R) + z ≤
R 2π
2
r }, è dato dall’ integrale 0 dϑ B ρdρdz = (essendo la variabile
R R ρ muta possiamo
scriverlo, tornando alle variabili del dominio nel piano xz) 2π
xdxdz.
B
0
0
Usando le coordinate polari centrate Rin (R, 0), x = R + ρ cos(ϑ ), z = ρ0 sin(ϑ0 ),
2π
0 ≤ ρ0 ≤ r, 0 ≤ ϑ0 ≤ 2π, ed essendo 0 cos(ϑ0 )dϑ0 = 0, si ottiene che il volume è
Rr
R r 0 R 2π 0 0
2
pari a 2π 0 dρ 0 dϑ ρ (R + ρ0 cos(ϑ0 )) = (2π)2 0 ρ0 Rdρ0 = (2π)2 R r2 = 2π 2 Rr2
R 2π
R 2π
0
0
0
Analogamente, essendo 0 cos(ϑ0 )dϑ0 = 0, 0 cos2 (ϑ0 )dϑ0 = ϑ +sin(ϑ2 ) cos(ϑ ) |2π
= π,
RR 2
RR 2
R r 0 R 2π 0 0 0
l’ integrale triplo vale 2π
ρ dρdz = 2π
x dxdz = 2π dρ 0 dϑ ρ (R +
R r 0 2 B0
R r 0 3 0 B 2 2 2 π2 4 0
0
0 2
ρ cos(ϑ )) = 2π 2π 0 ρ R dρ + π 0 ρ dρ = 2π R r + 2 r .
OSSERVAZIONE: il volume è (2πR)πr2 come ci si può aspettare dal teorema di
Pappo-Guldino se si osserva che il baricentro di B è nel punto (R, 0) come segue
da considerazioni di simmetria, o dal calcolo diretto delle coordinate del baricentro,
contenuto nel calcolo precedente. ]
20. Calcolare le coordinate del baricentro del cono di altezza h e cerchio di base di raggio
2
R: K = {(x, y, z ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ h ; x2 + y 2 ≤ Rh2 z 2 )}
[ Essendo un solido di rotazione conviene usare le coordinate cilindriche, x =
ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), z = z, con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < +∞, −∞ < z < +∞,
.
0 ≤ ϑ < 2π dxdydz = ρdρdϑdz, e nel nostro caso 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h, 0 ≤ ρ ≤ Rz
h
Si ha allora che il volume del cono è dato dall’ integrale
Rh
R Rz
2 Rh
2π 0 dz 0 h ρdρ = π Rh2 0 z 2 dz = π3 R2 h.
R
R
Le coordinate x e y del baricentro sono
nulle essendo K xdxdydz = K ydxdydz = 0,
R
R
π 2 −1
K zdxdydz
=
(
R
h)
zdxdydz =
mentre la coordinata z è data da
vol (K)
3
K
Rz
R
R
R
2
h
h
( π3 R2 h)−1 2π 0 dz z 0 h ρdρ = ( π3 R2 h)−1 π Rh2 0 z 3 dz = ( π3 R2 h)−1 π4 R2 h2 = 34 h ]
RRR
y2
21. Calcolare l’ integrale triplo
dxdydz
V y 2 +z 2
3
2
2
2
dove V = {(x, y, z) ∈ R : 1 < x + y + z ≤ 4 ; y 2 + z 2 ≤ x2 ; x ≥ 0}.
[ Conviene usare le coordinate sferiche con il ruolo di x e z invertito rispetto alle
coordinate di solito considerate (cioè considerando ϕ ∈ [0, π] l’ angolo con l’ asse
x): x = ρ cos(ϕ) y = ρ sin(ϕ) cos(ϑ), z = ρ sin(ϕ) sin(ϑ), dxdydz = ρ2 sin(ϕ)dρdϕdϑ,
con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < ∞, −π ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ π. Nel nostro caso le
condizioni 1 < x2 + y 2 + z 2 ≤ 4 ; x ≥ 0 si traducono in 1 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ π2 , mentre
y 2 + z 2 ≤ x2 si traduce in sin2 (ϕ) ≤ cos2 (ϕ), cioè (essendo 0 ≤ ϕ ≤ π2 ) 0 ≤ ϕ ≤ π4 .
2 (ϕ) cos2 (ϑ)
2
2
Inoltre la funzione integranda è y2y+z2 = ρ sin
= cos2 (ϑ) e l’ integrale vale
2 (ϕ)
2
ρ
sin
√
√
R 2π
Rπ
R2
cos2 (ϑ)dϑ 04 sin(ϕ)dϕ 1 ρ2 dρ = π(1 − 22 ) 13 (23 − 1) = 76 π(2 − 2) ]
0
15
22. Calcolare il volume del solido V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 2 ; z ≥ x2 + y 2 }.
[ Benché il solido sia una parte di una sfera piena (intersecata con una parte di
spazio limitata da un paraboloide) è difficile esprimere la condizione z ≥ x2 + y 2
in coordinate sferiche. Passando invece alle coordinate cilindriche ( x = ρ cos(ϑ),
y = ρ sin(ϑ), z = z, con le condizioni a priori 0 ≤ ρ < +∞, −∞ < z < +∞,
0 ≤ ϑ < 2π dxdydz = ρdρdϑdz ), le disuguaglianze che definisconop
V diventano
2
2
2
2
2 − ρ2 , che
ρ + z ≤ 2, p
z ≥ ρ . Si ottiene quindi la relazione ρ ≤ z ≤
implica ρ2 ≤ 2 − ρ2 , vera per
0 ≤ ρ ≤ 1. Si deve quindi calcolare l’ integrale
√
R
R 2π
R1
R √2−ρ2
1
dz
=
2π[
(2
dxdydz
=
dϑ
dρ
ρ
2 − 1) − 14 ]. ]
2
ρ
3
V
0
0
RRR
23. Calcolare il volume di V e l’ integrale triplo
V
dove V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1 ; y 2 + z 2 ≤ 1}.
y2
x2 +y 2
dxdydz
[ Il dominio è l’ intersezione di due cilindri con assi di simmetria paralleli agli
assi z e x. Per il calcolo del volume conviene integrare per strati rispetto all’ asse
y:pV = {(x, y, z) ∈ p
R3 : −1 ≤ y ≤ 1 ; (x, z) ∈ Dy }, p
dove Dy = {(x, z) ∈ R2 :
è un quadrato
di lato 2 1 − y 2 e area 4(1 − y 2 ).
− 1 − y 2 ≤ x , z ≤ 1 − y 2 },
√
√
R1
R 1−y2
R 1−y2
R1
Si ottiene vol (V ) = −1 dy √
dx √
dz = −1 4(1 − y 2 )dy = 8 − 38 = 16
.
3
−
1−y 2
−
1−y 2
Per l’ integrale triplo, usando coordinate cilindriche rispetto all’ asse z di simmetria
del primo cilindro ( x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), z = z, con le condizioni a priori
0 ≤ ρ < +∞, −∞ < z < +∞, 0 ≤ ϑ < 2πp
dxdydz = ρdρdϑdz ), lepdisuguaglianze
che definiscono V diventano 0 ≤ ρ ≤ 1, − 1 − ρ2 sin2 (ϑ) ≤ z ≤ 1 − ρ2 sin2 (ϑ).
2 (ϑ)
2
La funzione integranda in coordinate cilindriche è ρ sin
ρ = ρ sin2 (ϑ) e si deve
2
ρ
√
R 2π
R1
R 1−ρ2 sin2 (ϑ)
quindi calcolare l’ integrale 0 dϑ 0 dρ ρ sin2 (ϑ) √ 2 2
dz =
− 1−ρ sin (ϑ)
p
R 2π
R 2π
R 2π
R1
3
1 − ρ2 sin2 (ϑ) 2ρ sin2 (ϑ)dρ = 0 dϑ [ − 32 (1−ρ2 sin2 (ϑ)) 2 ] |10 = 23 0 [ 1−
dϑ 0
0
R 2π
R 2π
3
3
(1 − sin2 (ϑ)) 2 ) ] dϑ = 23 0 [ 1 − (cos2 (ϑ)) 2 ) ] dϑ = 23 0 [ 1 − | cos(ϑ|)3 ] dϑ =
R π2
R 3π2
2
2
4
2
[
2π
−
π − 16
. ]
π (1 − sin (ϑ)) cos(ϑ) dϑ +
π (1 − sin (ϑ)) cos(ϑ) dϑ ] =
−
3
3
9
2
2
16
CURVE E INTEGRALI CURVILINEI DI PRIMA SPECIE - INTEGRALI
CURVILINEI DI SECONDA SPECIE, FORME DIFFERENZIALI, TEOREMA DI
GREEN NEL PIANO
1. 
Data la curva γ di equazioni parametriche

x(t) = t − 1
y(t) = 1 − t2 , 0 ≤ t ≤ 1


z(t) = 32 t3
R
calcolare la lunghezza di γ e l’ integrale curvilineo di prima specie γ e(x+1+z) ds.
0
2
0
[√ Il vettore velocit`
pa è r (t) = (1, −2t,2 2t ), la velocitàR 1scalare `2e v(t) =5 kr (t)k =
1 + 4t2 + 4t4 = (1 + 2t2 )2 = 1 + 2t , quindi l(γ) = 0 (1 + 2t ) dt = 3 , mentre l’
R1
2 3
5
integrale vale 0 et+ 3 t (1 + 2t2 ) dt = e 3 − 1 . ]
2. (
Data la curva γ di equazioni parametriche
Rt
2
x(t) = 1 2ses cos(s) ds
Rt
, 1 ≤ t ≤ 2,
2
y(t) = 1 2ses sin(s) ds
calcolare la curvatura (senza segno) k(t) e la lunghezza l(γ) della curva.
2
[ Per il teorema fondamentale del calcolo integrale x0 (t) = 2tet cos(t), y 0 (t) =
2
2
2tet sin(t), la velocità scalare è v(t) = kr0 (t)k = 2tet , il versore tangente è T(t) =
0
(t)k
(cos(t), sin(t)), T0 (t) = (− sin(t), cos(t)), la curvatura è k(t) = kTv(t)
= 2te1t2 , la
R2
R2
2
lunghezza è l(γ) = 1 v(t)dt = 1 2tet dt = e4 − e ]
R
R
3. Calcolare gli integrali curvilinei di prima specie γ (x2 +y12 +z2 ) ds , γ √ 2 1 2 2 ds ,
x +y −z


x(t) = cos(t)
dove γ è la curva di equazioni parametriche y(t) = sin(t) , 0 ≤ t ≤ 1


z(t) = t
[ Il vettore velocità è r0 (t) =p
(x0 (t), y 0 (t), z 0 (t)) = (− sin(t),
√ cos(t), 1), l’ elemento di
2
0
2
lunghezza è ds = kr
= sin (t) + cos
2dt e si deve calcolare
√(t)kdt √
√ (t) + 1dt = √
R1
R1 1
1
( 2
2dt = 2 0 1+t2 dt = 2 arctan(1) = 2 π4 .
2
2
√ R1 1
√
√ π
R01 cos (t)+sin1 (t)+t ) √
√
√
(
2dt
=
2
dt
=
2
arcsin(1)
=
22 ]
2
2
0
0
1−t
cos2 (t)+sin (t)−t2 )
3
4. Calcolare la lunghezza del grafico della funzione y = x 2 , 0 ≤ x ≤ 59 .
1
[ Si ha che y 0 (x) = 32 x 2 e l’ elemento di lunghezza è ds =
q
1 + 94 x dx, quindi la lunghezza è data dall’ integrale
5
R5q
3
9
1 + 94 x dx = 49 23 [ (1 + 94 x) 2 ] | 09 = 19
. ]
27
0
17
p
1 + y 0 2 (x) dx =
5. (
Calcolare la lunghezza della curva γ di equazioni parametriche
Rt
x(t) = t5 cos(t) + 0 s5 sin(s) ds
Rt
,0≤t≤1
y(t) = t5 sin(t) − 0 s5 cos(s) ds
[ Per il teorema fondamentale del calcolo integrale x0 (t) = 5t4 cos(t) − t5 sin(t) +
4
t5 sin(t) = 5t4 cos(t), y 0 (t) = 5t4 sin(t) + t5 cos(t) − tR5 cos(t) = 5t
sin(t), la velocità
R
1
1
0
4
scalare è v(t) = kr (t)k = 5t , la lunghezza è l(γ) = 0 v(t)dt = 0 5t4 dt = 1 ]
6. Dire se è chiusa nel suo insieme di definizione D la forma differenziale
4
2 3
2xy
4x y
1
x
ω(x, y) = P (x, y)dx + Q(x, y)dy = [ 1+x
2 y 4 + e ] dx + [ 1+x2 y 4 + 1+y 2 ] dy.
b) Dire se ω è esatta in D e in caso affermativo calcolarne una primitiva.
c) Se γ è una
R curva regolare che ha come punto iniziale (0, 0) e punto finale (1, 1)
quanto vale γ ω ?
2 3
4
3
4x y
2xy
8xy
∂
∂
( 1+x
[ S`ı, è chiusa, essendo ∂x
2 y 4 ) = ∂y ( 1+x2 y 4 ) = (1+x2 y 4 )2 .
Dunque è esatta in D = R2 , aperto semplicemente connesso.
Le primitive sono le funzioni U (x, y) = log(1 + x2 y 4 ) + ex + arctan(y) + c e si possono
R 2xy4
x
trovare con il metodo degli integrali indefiniti: U1 (x, y) = [ 1+x
2 y 4 +e ] dx = log(1+
1
x2 y 4 ) + ex + A(y), con A(y) funzione qualsiasi di y verifica ∂U
(x, y) = P (x, y) ;
∂x
R 4x2 y3
1
2 4
U2 (x, y) = 1+x2 y4 + 1+y2 ] dy = log(1 + x y ) + arctan(y) + B(x), con B(x) funzione
2
qualsiasi di x verifica ∂U
(x, y) = Q(x, y) ; scegliendo A(y) = arctan(y), B(x) = ex
∂x
( cioè prendendo la parte comune una volta sola e quelle non comuni di U1 e U2 ) si
ottiene
che U1 = U2 = U (x, y) e U (x, y) + c verifica ∇U = (P, Q) . . .
R
ω
=
U
((1, 1)) − U ((0, 0)) = log(2) + e + π4 − 1 . ]
γ
7. Dire se è chiusa nel suo insieme di definizione D la forma differenziale
x
ω(x, y) = 1+eex +y2 dx + 1+e2y
x +y 2 dy
b) Dire se ω è esatta in D e in caso affermativo calcolarne una primitiva.
x
x
−2ye
∂
∂
e
[ S`ı, è chiusa, essendo ∂x
( 1+e2y
e esatta in
x +y 2 ) = ∂y ( 1+ex +y 2 ) = (1+ex +y 2 )2 . Dunque `
2
D = R , aperto semplicemente connesso. Le primitive sono le funzioni U (x, y) =
log(1 + ex + y 2 ) + c . ]
8. Data la forma differenziale ω(x, y) = (ey + sin(x)) dx + (xey + cos(y) dy
a) Verificare che è chiusa in R2
b) Dire se è esatta in R2 e in caso affermativo calcolarne una primitiva.
[ U (x, y) = x ey − cos(x) + sin(y) + c ]
18
√
y
log(x)
9. Data la forma differenziale ω(x, y) = x [ 1+y log2 (x) ] dx + 2√y [ 1+y
dy
log2 (x) ]
2
a) Verificare che è chiusa in A = {(x, y) ∈ R : x > 0, y > 0}
b) Dire se è esatta in A e in caso affermativo calcolarne una primitiva.
√
c) Se γ è unaR curva regolare che ha come punto iniziale (1, 1) e punto finale ( e, 4)
quanto vale γ ω ?
R
√
[ U (x, y) = arctan( y log(x)) + c , γ ω =
10. Calcolare γ
y+√
R
x
1+x2 +y 2
π
4
dx + αx + √
]
y
1+x2 +y 2
dy in funzione del parametro
α ∈ R, dove γ un circuito regolare percorso in senso antiorario che racchiude una
regione D con area (D) = 1.
Dire, motivando la risposta, per quali α ∈ R la forma è esatta in D = R2 .
Per tali valori trovare una primitiva di ω.
1
[ Essendo tutte le funzioni in gioco diclasse
Teorema
C (D), per il di Green l’ inte
RR
y
∂
∂
x
αx + √ 2 2 − ∂y y + √ 2 2
grale è pari all’ integrale doppio
D ∂x
1+x +y
1+x +y
RR
=
(α − 1)dxdy = (α − 1)Area(D) = α − 1. Se (e solo se) α = 1 la forma è
D
chiusa in R2 , semplicemente connesso, dunque è ivi esatta, e le primitive, che possono essere trovate
p ad esempio con il metodo degli integrali indefiniti, sono le funzioni
U (x, y) = xy + 1 + x2 + y 2 + c ]
2
2
11. Data la forma differenziale ω(x, y) = 2xy ex y dx + x2 ex y dy
a) Dire se è chiusa in R2
b) Dire se è esatta in R2 e in caso affermativo calcolarne una primitiva.
q
c) Se γ è una curva regolare che ha come punto iniziale (0, 0) e punto finale ( 32 , 2)
R
quanto vale γ ω ?
[ La
semplicemente connesso R2 , quindi esatta, essendo
formaè chiusa
nel dominio
2
2
2
∂
∂
x2 ex y = ∂y
2xy ex y = (2x + 2x3 y)ex y .
∂x
q
R
x2 y
Le primitive sono le funzioni U (x, y) = e + c, mentre γ ω = U ( 32 , 2) − U (0, 0) =
e3 − 1 ]
x+y
12. Data la forma differenziale ω(x, y) = P (x, y)dx + Q(x, y)dy = xx−y
2 +y 2 dx + x2 +y 2 dy
a) Dire se è chiusa
nel suo insieme di definizione D = R2 \ {(0, 0)}.
R
b) Calcolare γ ω dove γ è la circonferenza unitaria di equazione x2 + y 2 = 1 percorsa
in senso antiorario
c) Dire se è esatta nei seguenti insiemi: D = R2 \{(0, 0)}, A = {(x, y) ∈ R2 : x > 0},
B = {(x, y) ∈ R2 : x < 2, y > −3, (x, y) 6= (0, 0)}
R
2
2
d) Calcolare γ1 ω dove γ1 è l’ ellisse di equazione x4 + y9 = 1 percorsa in senso orario
19
R
e) Calcolare γ2 ω dove γ2 è la circonferenza di raggio 1 e centro (2, 2) di equazione
(x − 2)2 + (y − 2)2 = 1 percorsa in senso orario
2
2
−2xy
(x, y) = ∂P
(x, y) = y (x−x
[ La forma è chiusa, essendo ∂Q
.
2 +y 2 )2
∂x
∂y
Con la parametrizzazione usuale
R ( x = cos(t); y = sin(t); dx = − sin(t)dt; dy =
cos(t)dt; 0 ≤ t ≤ 2π ) si ha che γ ω = 2π.
ω non è esatta in D né in B, perché una circuitazione su una curva contenuta in essi
non è nulla ( e NON perché i domini non sono semplicemente connessi, forme chiuse
in domini non semplicemente connessi possono essere o meno esatte).
La
R forma è invece esatta in A, che è semplicemente connesso.
ω = −2π essendo ω chiusa e γ1 omotopa in D a −γ, curva opposta a γ.
γ1
R
Infine γ2 ω = 0 perché γ2 ⊂ A dove ω è esatta (equivalentemente γ2 è omotopa a un
punto in D) ]
13. Trovare una funzione g(x, y) di classe C 1 (R2 ) tale che la forma differenziale
ω(x, y, z) = 2x3 z dx + (2yz + cos(y))dy + g(x, y)dz sia chiusa in R3 .
2
Calcolarne poi la primitiva che vale 2 + π4 nel punto (1, π2 , 1).
∂g
∂g
∂
∂
= ∂z
(2x3 z) = 2x3 , ∂y
= ∂z
(2yz +
[ Affinché la forma sia chiusa deve essere ∂x
1 4
2
cos(y)) = 2y, quindi si può scegliere g(x, y) = 2 x + y . Con questa scelta la forma
∂
∂
è chiusa, essendo verificata anche la relazione ∂y
(2x3 z) = 0 = ∂x
(2yz + cos(y)), ed è
3
quindi esatta, essendo R semplicemente connesso. Le primitive si possono trovare
con il metodo degli integrali indefiniti, e sono le funzioni della forma 21 x4 z + y 2 z +
2
sin(y) + c con c costante reale. Imponendo che U (1, π2 , 1) = 2 + π4 si ottiene c = 12 ,
quindi la primitiva cercata è la funzione U (x, y, z) = 21 x4 z + y 2 z + sin(y) + 21 . ]
√
log( x2 +y 2 )
x dx
x2 +y 2
√
log( x2 +y 2 )
ydy
x2 +y 2
14. Data la forma differenziale ω(x, y) =
+
determinare l’ insieme di definizione, dire se è esatta e in caso affermativo calcolare
una primitiva.
[ Il dominio della forma, che si può verificare essere chiusa, è D = R2 \ {(0, 0)}, che
non è semplicemente connesso, e dalla chiusura della forma non si può dedurre la
sua esattezza. La forma è comunque esatta.
Infatti la forma data corrisponde a un campo
p radiale, cioè a un campo vettoriale
della forma F(x, y) = g(r)ˆ
r =, dove r = x2 + y 2 è la norma del vettore (x, y),
x y
rˆ = ( r , r ) è il versore radiale e g : (0, ∞) → R è una funzione di classe C 1 .
Tali campi sono p
conservativi, poiché se G è una primitiva della funzione g si ha
che G(r) = G( x2 + y 2 ) è una primitiva del campo F , essendo ∇G(x, y) =
G0 (r)∇r(x, y) = g(r)( xr , yr ).
In questo caso F(x, y) = log(r)
( xr , yr ) = g(r)ˆ
r, con g(r) = log(r)
, e quindi una primitiva
r
r
p
2
2
2
1
1
1
2
è U (x, y) = G(r) = 2 log (r) = 2 log ( x2 + y 2 ) = 8 log (x + y 2 ) ]
20
INTEGRALI DI SUPERFICIE, FLUSSI ATTRAVERSO SUPERFICI ORIENTATE
1. Calcolare l’ area
pdella superficie (tronco di cono) Σ, data dal grafico della funzione
z = g(x, y) R=R x2 + y 2 , (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 } e l’ integrale
superficiale
z 2 dσ.
Σ
q
√
p
2
2
1 + zx2 + zy2 = 1 + x2x+y2 + x2y+y2 = 2. Usando le coordinate polari
√
RR
R 2π R 1 √
l’ area è
dσ = 0 dϑ 0 2ρ dρ = 2π, mentre l’ integrale
di superficie è
D
√
√ RR
RR 2
R 2π R 1 √ 3
2
2
2
2
(x + y ) dσ = 2
(x + y ) dxdy = 0 dϑ 0 2ρ dρ = 2 π, ]
Σ
D
[ dσ =
2. Calcolare l’ integrale di superficie
RR
Σ
√
4z
2
2
1+y 2 e(2y ) +x2 (1+2y 2 )2 e(2y )
dσ, dove Σ è il
y2
grafico della funzione z = g(x, y) = xye , (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤
1 ; x ≥ 0 ; y ≥ 0}
p
RR
p
2
[ dσ = 1 + zx2 + zy2 = 1 + y 2 e2y2 + x2 (1 + 2y 2 )2 e2y2 e si deve calcolare
4xyey dxdy.
D
R1
Rπ 2 2
In coordinate polari 0 dρ 2ρ 02 eρ sin (ϑ) 2ρ2 sin(ϑ) cos(ϑ)dϑ = e − 2 ]
3. Calcolare l’ area della superficie cartesiana data dal grafico della funzione z =
al variare di (x, y) in D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x}
[ In coordinate polari
R1 p
Rπ
4
dϑ
ρ 1 + ρ2 dρ =
0
0
x2
2
2
+ y2
RR p
RR p
1 + |∇z|2 dxdy=
1 + x2 + y 2 dxdy =
D
D
3
π
(2 2 − 1) ]
12
RR
2
4. Calcolare l’ area di Σ e l’ integrale di superficie
z ez dσ, dove Σ è la semisfera
Σ
superiore {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1 ; z ≥ 0}
[ Essendo z ≥ 0psi può esplicitare z in funzione di x, y ottenendo una superficie
2
2
2
cartesiana: z = 1 − x2 − y 2 , (x,
q y) ∈ D = {(x, y) ∈ R : x + y ≤ 1}.
p
2
2
Si ha che dσ = 1 + zx2 + zy2 = 1 + 1−xx2 −y2 + 1−xy2 −y2 = √ 1 2 2 .
1−x −y
RR
R1 ρ
L’ area è
dσ = 2π 0 √ 2 = 2π, mentre l’ integrale di superficie è
D
1−ρ
RR
RR p
R1p
2
z2
2
2 e1−x2 −y 2 √ 1
z
e
dσ
=
1
−
x
−
y
dxdy
=
2π
1 − ρ2 e1−ρ √ ρ 2 dρ =
Σ
D
0
2
2
1−x −y
1−ρ
R 1 1−ρ2
2π 0 ρe
dρ = π(e − 1). Alternativamente si possono usare le equazioni parametriche della (semi)sfera r = r(ϕ, ϑ) con x = sin(ϕ) cos(ϑ), y = sin(ϕ) sin(ϑ),
z = cos(ϕ), 0 ≤ ϕ ≤ π2 , 0 ≤ θ ≤ 2π, dσ = krϕ × rϑ k = sin(ϕ)dϕdϑ e calcolare
R 2π R π
2
dϑ 02 cos(ϕ)ecos (ϕ) sin(ϕ)dϕ = π(e − 1) ]
0
21
5. Calcolare il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) = (x , −y , z 2 ) uscente dalla super2
ficie S, frontiera del solido (di rotazione) V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2 ez ; 0 ≤
z ≤ 1}.
RRR
[ Per il teorema della divergenza il flusso è pari all’ integrale triplo
2zdxdydz
V
= 2π(e − 1) (in coordinate cilindriche x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), z = z, dxdydz =
√ z2
ρdρdϑdz; nel nostro caso 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ ρ ≤ 2e 2 ). ]
3
3
6. Calcolare il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) = ( x3 , y3 , 0) uscente dalla superficie S, frontiera di B = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.
[ Per il teorema della divergenza
è pari all’ integrale
che
o calcoR R R il flusso
R 2π Rtriplo,
R π si pu`
1 4
3
2
2
lare in coordinate sferiche,
(x + y )dxdydz = 0 dϑ 0 ρ dρ 0 sin (ϕ)dϕ =
B
8
π
]
15
7. Dato il dominio V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 43 ; x2 + y 2 ≤ z 2 ; 0 ≤ z ≤ 1 },
e detta S la sua frontiera, calcolare il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) =
(x z , −y , z) uscente da S.
[ Per il teorema della divergenza il flusso è pari
R R all’
R integrale triplo (che può essere
calcolato in coordinate cilindriche o sferiche)
zdxdydx .
V
In coordinate sferiche x = ρ sin(ϕ) cos(ϑ), y = ρ sin(ϕ) sin(ϑ), z = ρ cos(ϕ), con
le condizioni a priori 0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϕ ≤ π, 0 ≤ ϑ < 2π (oppure −π ≤
ϑ ≤ π), dxdydz = ρ2 sin(ϕ)dρdϕdϑ. Nel nostro
( caso le condizioni sono 0 ≤ ϑ ≤
1
se 0 ≤ ϕ ≤ π6
cos(ϕ)
1
2
π
√
e si calcola
2π, 0 ≤ ϕ ≤ 4 , 0 ≤ ρ ≤ min ( cos(ϕ) , 3 ) =
√2
se π6 ≤ ϕ ≤ π4
3
1
R 2π
Rπ
R π2
R cos(ϕ)
R √23 3
7
3
6
dϑ[
ρ
dρ
+
dϕ
sin(ϕ)
cos(ϕ)
dϕ
sin(ϕ)
cos(ϕ)
ρ dρ ] = 36
π.
π
0
0
0
0
6
In coordinate cilindriche x = ρ cos(ϑ), y = ρ sin(ϑ), z = z, con le condizioni a priori
0 ≤ ρ < +∞, −∞ < z < +∞, 0 ≤ ϑ < 2π (oppure −π ≤ ϑ ≤ π)qdxdydz =
ρdρdϑdz, e nel nostro caso 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ ρ ≤ min (z,

q
z
se 0 ≤ z ≤ 23
q
q
e si deve calcolare
 4 − z 2 se 2 ≤ z ≤ 1
3
3
R 2π
R √2
Rz
R1
R √ 4 −z2
7
√
3
3
dϑ[ 0 dz z 0 ρdρ +
ρdρ ] = 36
π ]
2 dz z
0
0
4
3
− z2) =
3
8. Calcolare il flusso Φ del campo vettoriale F(x, y, z) = (x z , y z , z) attraverso la
superficie (laterale) S del cilindro C = {(x, y, z) ∈ R3 : √
x2 +√ y 2 = 4 , 0 ≤ z ≤ 4},
avente l’ orientazione che contiene il versore (normale) ( 22 , 22 , 0) (applicato in un
√ √
qualunque punto P = ( 2, 2, z), 0 ≤ z ≤ 4.
[ Calcoliamo il flusso in due modi diversi.
22
PRIMO MODO.
Parametrizzando il cilindro con le equazioni r(ϑ, t) date da
x = 2 cos(ϑ), y = 2 sin(ϑ), z = t, (ϑ, t) ∈ R = [0, 2π] × [0, 4], si ha che al
prodotto vettoriale rϑ × rt = (2 cos(ϑ), 2 sin(ϑ), 0) corrisponde il versore normale
N(ϑ, t) = (cos(ϑ), sin(ϑ), 0) che dà l’ orientazione √considerata
(per 0 ≤ t ≤ 4,
√
2
2
1
π
ϑ = 4 il versore normale è krϑ × rt k (rϑ × rt ) = ( 2 , 2 , 0) ). Il flusso è allora
R
R
F(x(ϑ,
t),
y(ϑ,
t),
z(ϑ,
t))
·
(r
×
r
)
dϑ
dt
=
4t dϑ dt = 64π.
ϑ
t
R
R
SECONDO MODO ( Teorema della divergenza dopo aver ”chiuso” la superficie ).
La frontiera del cilindro solido D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 4 , 0 ≤ z ≤ 1}
orientata con il versore normale esterno è costituita dall’ unione del cilindro C con l’
orientazione assegnata, del cerchio pieno D0 = {(x, y, z) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4 , z = 0}
con l’ orientazione data dal versore (0, 0, −1) ovunque, e del cerchio pieno D4 =
{(x, y, z) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4 , z = 4} con l’ orientazione data dal versore (0, 0, 1)
ovunque. Questi due cerchi possono essere considerati domini in R2 in cui l’ integrale
di superficie coincide con l’ integrale doppio ( la parametrizzazione è x = x, y = y, z =
cost, in modo che l’ elemento di area è dxdy e l’ integrale di superficie di una funzione
f (x, y, z) è pari all’ integrale doppio della funzione di due variabili, ad esempio sul
cerchio superiore g(x, y) = f (x, y, 4) ). Inoltre essendo F · N = ±F3 = ±z (con il
segno + su D4 , − su D0 ), il flusso
è nullo sul cerchio D0 , dove z = 0, mentre sul
R
cerchio D4 , il flusso vale Φ4 = x2 +y2 ≤4 4 dxdy = 16π.
R
R4
PerR il teorema della divergenza Φ+16π = Φ+Φ4 = D (2z +1) dxdydz = 0 dz (2z +
1) x2 +y2 ≤4 dxdy = 80π, e quindi Φ = (80 − 16)π = 64π. ]
9. Considerata la superficie conica S + = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z 2 ; 0 ≤ z ≤ 1},
avente l’ orientazione uscente dal cono pieno K = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z 2 ; 0 ≤
z ≤ 1}, sia γ la curva che parametrizza il bordo ∂S + con l’ orientazione indotta.
Usando il teorema di Stokes calcolare la circuitazione lungo γ del campo vettoriale
F(x, y, z) = (y + earctan(x) , z + log(1 + y 2 ) , esin(z) )
[ Il rotore di F è rot F(x, y, z) = ( ∂y (esin(z) )−∂z (z +log(1+y 2 )) , ∂z (y +earctan(x) )−
∂x (esin(z) ) , ∂x (z + log(1 + y 2 )) − ∂y (y + earctan(x) ) ) = (−1, 0, −1).
La superficie è la parte del cono di equazione x2 + y 2 = z 2 tra le altezze 0 p
e 1, e può
essere parametrizzata come superficie cartesiana data dal grafico di z = x2 + y 2 ,
con x2 + y 2 ≤ 1, oppure con la parametrizzazione vettoriale r(u, v) di equazioni
x = v cos(u) , y = v sin(u) , z = v, (u, v) ∈ D, con D = {(u, v) ∈ R2 : 0 ≤ v ≤
1 , 0 ≤ u ≤ 2π}.
Usando ad esempio questa parametrizzazione il vettore ru × rv = (v cos(u), v sin(u), −v)
dà l’ orientazione assegnata (il versore uscente da K ha coordinata z negativa), e
per
R R il teorema di Stokes
R Rla circuitazione richiesta è pari a
rot F · N dS =
rot F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) · (ru (u, v) × rv (u, v)) dudv
D
RS1
R 2π
= 0 dv 0 du (−v cos(u) + v) = π. ]
10. Considerata la superficie orientata S + = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0 ; x2 + y 2 ≤ 1},
avente l’ orientazione data dal versore normale diretto secondo le z crescenti, sia γ
23
la curva che parametrizza il bordo ∂S + con l’ orientazione indotta.
Date tre funzioni A, B, C ∈ C 1 (R), (verificare che non dipende da A, B, C e ) calcolare la circuitazione del campo vettoriale F(x, y, z) = (z + A(x) , x + B(y) , y + C(z))
lungo γ.
a) Usando il teorema di Stokes
b) Direttamente trovando una parametrizzazione di γ.
[ a) rot F(x, y, z) = ( ∂y (y+C(z))−∂z (x+B(y)) , ∂z (z+A(x))−∂x (y+C(z)) , ∂x (x+
B(y)) − ∂y (z + A(x)) ) = (1, 1, 1). La superficie è la parte del piano di equazione
x + y + z = 0 che interseca il cilindro pieno di equazione x2 + y 2 ≤ 1, e ha come
vettore normale (1, 1, 1) (essendo (a, b, c) normale al piano ax + by + cz + d = 0 in
ogni suo punto) e versore normale √13 (1, 1, 1). Può essere parametrizzata (usando la
parametrizzazione cartesiana del piano e usando il cilindro per limitare le coordinate)
con la parametrizzazione vettoriale r(u, v) di equazioni x = u , y = v , z = −u − v,
(u, v) ∈ D, con D = {(u, v) ∈ R2 : u2 + v 2 ≤ 1}.
Con questa parametrizzazione il vettore ru × rv = (1, 1, 1) dà l’ orientazione assegnata, e per il teorema di RStokes
la circuitazione
R
R R richiesta è pari al flusso del ro+
tore attraverso S , che vale R SRrot F · N dS =
rot F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ·
D
(ru (u, v) × rv (u, v)) dudv = 3 D dx dy = 3π.
b) Il bordo di S è costituito dall’ insieme {(x, y, z) ∈ R3 : x+y +z = 0 ; x2 +y 2 = 1},
e ricordando la parametrizzazione cartesiana del piano in termini di u e v, il fatto che
x2 + y 2 = 1 si traduce nella parametrizzazione della curva limite nel piano u v come
u = cos(t), v = sin(t). Possiamo quindi parametrizzare la curva nello spazio come
la curva γ di equazioni parametriche x = cos(t) , y = sin(t) , z = − cos(t) − sin(t),
0 ≤ t ≤ 2π e l’ orientazione che si ottiene è consistente con quella assegnata su S.
Inoltre F = F1 + F2 , dove F1 (x, y, z) = (z , x , y), F2 (x, y, z) = (A(x) , B(y) , C(z))
eR F2 è un Rcampo conservativo,
essendo definito in R3 e ivi irrotazionale. Quindi
R 2π
F · dr = γ F1 · dr = 0 (− cos(t) − sin(t))(− sin(t)) + cos(t) cos(t) + sin(t)(sin(t) −
γ
cos(t)) dt = 3π.
Osservazione. Si ricordi che la parametrizzazione γ dà l’ orientazione positiva su
∂S, indotta dall’ orientazione data su S dal versore normale N, se detto Tγ il versore
tangente a γ in un punto P ∈ ∂S, TS il versore in P che appartiene al piano tangente
a S, punta verso l’ esterno di S ed è perpendicolare a Tγ , si ha che N = TS × Tγ
(informalmente ” un osservatore diretto secondo il versore normale N che percorre
la curva nel verso positivo vede la superficie S alla sua sinistra”). ]
11. Considerata la porzione della sfera di raggio 2 data dalla superficie S = {(x, y, z) ∈
R3 : x2 + y 2 + z 2 = 4 : x2 + y 2 ≤ 1 ; z ≥ 0}, avente l’ orientazione data dal versore
esterno alla sfera, sia γ la curva che parametrizza il bordo ∂S + con l’ orientazione
indotta.
Calcolare l’ area di S, il flusso del campo vettoriale G(x, y, z) = (xz , yz , 0) uscente
da S e la circuitazione del campo vettoriale F(x, y, z) = (z 2 , x2 , y 2 ) lungo γ.
[ Essendo z ≥ 0 si può esplicitare z e ottenere la superficie cartesiana z =
24
p
4 − x2 − y 2 ,
(x, y) ∈ D = {(x,√
y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} avente per bordo orientato la circonferenza
2
2
x + y = 1, z = 3 percorsa in senso antiorario.
Si ha che rx (x, y) × ry (x, y) = ( √ x 2 2 , √ y 2 2 , 1 ), l’ elemento di area è
4−x −y
4−x −y
R
2
√ 2
√
dxdy
e
l’
area
vale
dxdy
=
(in coordinate polari)
D
4−x2 −y 2
4−x2 −y 2
√
R 2π R 1 2ρ
dϑ 0 √ 2 dρ = 4π(2 − 3).
0
4−ρ
Il
R Rflusso è dato dall ’ integrale doppio
R
G(x,
y,
z(x,
y))
·
(r
(x,
y)
×
r
(x,
y))
dxdy
=
(x2 + y 2 ) dxdy = π2 .
x
y
D
D
La circuitazione
può essere calcolata usando
x = cos(t), y =
√
R 2π la parametrizzazione
2
sin(t), z = 3, 0 ≤ t ≤ 2π, e si ottiene 0 [ 3(− sin(t)) + cos (t) cos(t)+ ] dt = 0.
In alternativa, usando il teorema di Stokes, si ha che rot F(x, y, z) = ( 2y , 2z , 2x ),
rot F(x, y, z(x, y)) · (rx (x, y) × ry (x, y)) = √ 2xy2 2 + 2y + 2x, che integrato sul
4−x −y
dominio D dà 0. ]
12. Considerata la superficie orientata S + = {(x, y, z) ∈ R3 : z = y ; x2 + y 2 + z 2 ≤ 1},
avente l’ orientazione data dal versore diretto verso le z crescenti, sia γ la curva che
parametrizza il bordo ∂S + con l’ orientazione indotta.
Calcolare l’ area di S, il flusso del campo vettoriale F(x, y, z) = (z , −x2 , 2zy) attraverso S + , e la circuitazione di F lungo γ.
[ Dalle relazioni che definiscono S si deduce che z = y , x2 + 2y 2 ≤ 1 e si può quindi
parametrizzare S come x = u ; y = v ; z = v , (u, v) ∈ D con D = {(u, v) ∈ R2 :
u2 + 2v 2 ≤ 1} ellisse piena di semiassi 1, √12 nel piano u v (ma l’ insieme S che si
considera è invece un cerchio pieno nello spazio, come intersezione di una sfera piena
e un piano). Con questa parametrizzazione ru (u, v) × rv (u, √
v) = (0, −1, 1) è diretto
2.
secondo l’ orientazione
assegnata,
e
kr
(u,
v)
×
r
(u,
v)k
=
v
√ RR
√ 1u
√
L’ area è quindi 2 D dudv = 2 2 π = π (come prevedibile, il cerchio, come la
sfera, ha raggio 1).
RR
RR
Il flusso si calcola analogamente come
F(u, v, v) · ru × rd udv =
(u2 +
D
D
2v 2 )dudv. Usando coordinate ellittiche x = ρ cos(ϑ), y = √12 ρ cos(ϑ), dxdy =
R1 3
√1 dρdϑ, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ 1, si ottiene 2π √1
ρ dρ = 2√1 2 π.
2
2 0
SiRha poi che rot F = (2z, 1, −2x), e per
R il teorema di Stokes la circuitazione è pari
a D rot F(r(u, v)) · (ru × rv ) dudv = D (−1 − 2u) dudv = − √12 π.
La circuitazione può essere calcolata anche direttamente parametrizzando γ come
x = cos(t), y = z = √12 sin(t), 0 ≤ t ≤ 2π . . . ]
13. Considerata la superficie orientata S + = {(x, y, z) ∈ R3 : x+y +z = 0 ; x2 +y 2 +z 2 ≤
1}, avente l’ orientazione data dal versore diretto verso le z crescenti, calcolare l’ area
di S e la circuitazione del campo vettoriale F(x, y, z) = (z , x , y) lungo γ, la curva
25
che parametrizza il bordo ∂S + con l’ orientazione indotta.
Trovare poi parametrizzazioni di S + e ∂S + .
[ L’ intersezione di una sfera piena con un piano passante per il centro è un cerchio
di raggio pari al raggio della sfera, in questo caso 1, quindi l’ area è π. Il versore
normale al piano è N = √13 (1, 1, 1), mentre il rotore di F vale rot F(x, y, z) = (1, 1, 1).
R
Ne segue che il flusso del rotore con questa orientazione è pari a S rot F · N dσ =
√
√
√ R
3 S dσ = 3 Area (S) = 3π.
Volendo vederlo pi`
u in dettaglio e trovare parametrizzazioni di S + e ∂S + si può
procedere ad esempio cos`ı.
Il versore normale al piano è N = √13 (1, 1, 1). Completandolo con vettori che diano
una base ortonormale si possono ad esempio (tra molte scelte) scegliere i versori
e1 = √12 (1, −1, 0), e2 = √16 (1, 1, −2), e3 = N = √13 (1, 1, 1). La matrice che ha per
colonne questi vettori applicata alle nuove coordinate u, v, w relative a questa base
fornisce le coordinate originarie, ed è una matrice ortogonale con determinante 1,
non cambia dunque l’ orientazione. Quindi le formule di cambio di coordinate sono
x = √12 u + √16 v + √13 w, y = − √12 u + √16 v + √13 w, z = − √26 v + √13 w .
√
Rispetto a queste coordinate si ha che x + y + z = 3w, x2 + y 2 + z 2 = u2 + v 2 + w2 .
Si può quindi parametrizzare S con le equazioni precedenti con w = 0, al variare di
u, v nel cerchio di raggio 1, cioè considerare la parametrizzazione
x = √12 u + √16 v , y = − √12 u + √16 v , z = − √26 v
(u, v) ∈ D = {(u, v) ∈ R2 : u2 + v 2 ≤ 1}.
Si può allora verificare che ru (u, v) × rv (u, v) = N = √13 (1, 1, 1), l’ elemento di area
è dσ = dudv e quindi l’ area della superficie è data da π, area del cerchio u2 + v 2 ≤ 1
nel piano uv.
Infine una parametrizzazione positiva di ∂S + si ottiene dalla parametrizzazione
precedente, parametrizzando in modo standard il bordo ∂D del dominio dei parametri,
che è la circonferenza di raggio 1:
x = √12 cos(t) + √16 sin(t) , y = − √12 cos(t) + √16 sin(t) , z = − √26 sin(t) , 0 ≤ t ≤ 2π
Osservazione. Una trasformazione lineare ortogonale T : R3 → R3 con determinante 1 conserva le norme, i volumi, le aree di superfici, le lunghezze, le orientazioni
. . . Quindi sapendo che esiste una trasformazione ortogonale con determinante 1
che porta una base ortonormale e1 , e2 , e3 = N nella base canonica, si può (come abbiamo fatto inizialmente) dedurre anche senza calcolare esplicitamente le formule di
cambiamento di coordinate, che nelle coordinate (u, v, w) relative a questa base valgono le relazioni x2 +y 2 +z 2 = u2 +v 2 +w2 , mentre x+y +z = 0, cioè N·(x, y, z) = 0
si esprime come w = 0, dopodiché si può lavorare direttamente nelle variabili u, v, w
dove le condizioni sono particolarmente semplici, e descrivono il cerchio all’ altezza
w = 0 il cui bordo è l’ equatore percorso in senso antiorario . . . ]
26
FUNZIONI IMPLICITE, MASSIMI E MINIMI VINCOLATI
1. Data l’ equazione G(x, y) = xy + log(xy) − 2x + 1 = 0
a) Mostrare che tale equazione definisce implicitamente in un intorno del punto
P = (1, 1) un’ unica funzione y = y(x) con y(1) = 1
b) Mostrare che x = 1 è un punto critico di y(x)
c) Determinare la natura di tale punto critico
[ Le derivate parziali di G sono Gx (x, y) = y + x1 − 2, Gy (x, y) = x + y1 ; si ha
che G(1, 1) = 0, Gx (1, 1) = 0 , Gy (1, 1) = 2. Si può quindi esplicitare localmente
x (1,1)
y = y(x) con y(1) = 1, y 0 (1) = − G
= 0.
Gy (1,1)
Il valore della derivata si può anche ricavare derivando l’ equazione G(x, y(x)) = 0,
0
0
− 2 = y + xy 0 + x1 + yy − 2 = 0
tenendo presente che y = y(x), si ottiene y + xy 0 + y+xy
xy
e per x = 1, y = y(1) = 1 si ha y 0 (0) = 0. Derivando ancora si ottiene y 0 + y 0 + xy 00 −
00
02
1
+ yy y−y
= 0 e ponendo x = 1, y(1) = 1, y 0 (0) = 0 si ottiene il valore y 00 (0) = 12 .
2
x2
Ne segue che il punto x = 0 è un punto di minimo relativo (stretto) per la funzione
y = y(x). ]
2. Data l’ equazione G(x, y) = sin(y) cos(x) + y − ex + x2 + 1 = 0
a) Mostrare che tale equazione definisce implicitamente in un intorno del punto
P = (0, 0) un’ unica funzione y = y(x) con y(0) = 0
b) Calcolare derivate prima e seconda di y(x) nel punto x = 0
y(x)− 21 x
c) Calcolare il limx→0 sin(x) log(1+x)
[ G(0, 0) = 0, Gx (0, 0) = −1, Gy (0, 0) = 2, quindi localmente si può esplicitare
x (0,0)
y = y(x) e y 0 (0) = − G
= 12 . Alternativamente si può trovare il valore della
Gy (0,0)
derivata in 0 derivando l’ equazione G(x, y(x) = 0 rispetto a x, tenendo presente che
y = y(x). Derivando ancora si trova infine che y 00 (0) = − 21 . Posto a(x) = y(x) − 21 x,
b(x) = sin(x) log(1 + x), essendo a(0) = b(0) = a0 (0) = b0 (0) = 0, usando il teorema
00 (0)
00
y(x)− 12 x
= ab00 (0)
= y 2(0) = − 14 ]
di L’ Hospital si trova che limx→0 sin(x) log(1+x)
Ry 2
Rx
3. Data l’ equazione G(x, y) = 0 et dt − ex + xy 2 + x + 1 + 2 0 arctan(t) et dt = 0
a) Mostrare che tale equazione definisce implicitamente in un intorno del punto
P = (0, 0) un’ unica funzione y = y(x) con y(0) = 0
b) Mostrare che x = 0 è un punto critico di y(x)
c) Determinare la natura di tale punto critico
[ Le derivate parziali di G sono Gx (x, y) = −ex + y 2 + 1 + 2 arctan(x)ex , Gy (x, y) =
2
ey + 2xy , G(0, 0) = 0 , Gx (0, 0) = 0 , Gy (0, 0) = 1. Si può quindi esplicitare
x (0,0)
localmente y = y(x) con y(0) = 0, y 0 (0) = − G
= 0.
Gy (0,0)
Il valore della derivata si può anche ricavare derivando l’ equazione G(x, y(x)) = 0,
27
2
tenendo presente che y = y(x), si ottiene ey (x)y 0 (x) − ex + y 2 (x) + 2xy(x)y 0 (x) +
1 + 2 arctan(x)ex = 0 e per x = 0, y = y(0) = 0 si ha y 0 (0) = 0.
Derivando ancora e ponendo x = y(0) = y 0 (0) = 0 si ottiene il valore y 00 (0) = −1.
Ne segue che il punto x = 0 è un punto di massimo relativo (stretto) per la funzione
y = y(x). ]
4. Data l’ equazione G(x, y, z) = y 3 − x2 − z 2 + exz − 1 = 0
a) Mostrare che tale equazione definisce implicitamente in un intorno del punto
P = (0, 1, 1) un’ unica funzione z = z(x, y) con z(0, 1) = 1 e calcolare le derivate
parziali zx (0, 1), zy (0, 1)
b) Il Teorema di Dini è applicabile per esplicitare localmente y = y(x, z) in un
intorno del punto Q = (0, 0, 0) ?
c) Si può esplicitare localmente y = y(x, z) in un intorno del punto Q = (0, 0, 0) ?
[ a) ∇G(x, y, z) = (−2x + zezx , 3y 2 , −2z + xezx ), ∇G(0, 1, 1) = (1, 3, −2) , quindi
x (0,1,1)
= 12 ,
si può esplicitare localmente z = z(x, y) con z(0, 1) = 1 e zx (0, 1) = − G
Gz (0,1,1)
y (0,1,1)
zy (0, 1) = − G
= − 32
Gz (0,1,1)
b) No, perché Gy (0, 0, 0) = 0. Tuttavia le ipotesi del Teorema di Dini sono solo
sufficienti per poter esplicitare, infatti
in questo caso
√
3
2
c) s`ı, è possibile esplicitare y = x + z 2 − exz + 1 ]
5. Data l’ equazione G(x, y, z) = x y z + ex+y+z + sin[ π2 (x − y − z)] − e3z = 0 mostrare
che tale equazione definisce implicitamente in un intorno del punto P = (1, 1, 1) un’
unica funzione z = z(x, y) con z(1, 1) = 1 e calcolare le derivate parziali zx (1, 1),
zy (1, 1).
[ zx (1, 1) =
1+e3
2e3 −1
= zy (1, 1) ]
6. (Dopo aver verificato che il vincolo G(x, y) = log(1 + x2 ) + arctan(y 2 ) − π4 = 0 è un
vincolo regolare e l’ insieme S = {(x, y) ∈ R2 : G(x, y) = 0} è compatto) trovare
massimo e minimo assoluti della funzione f (x, y) = y sull’ insieme S = {(x, y) ∈
R2 : G(x, y) = log(1 + x2 ) + arctan(y 2 ) ≤ π4 }.
[ Essendo ∇f (x, y) = (0, 1) non ci sono punti critici interni. Il vincolo è regolare,
essendo ∇G = (0, 0) in (0, 0) non appartenente al vincolo. Inoltre è chiuso ed è
limitato, perché log(1 + x2 ) ≤ π4 , arctan(y 2 ) ≤ π4 , quindi, essendo le funzioni log e
π
arctan funzioni crescenti e invertibili si ha che (1 + x2 ) ≤ e 4 , (y 2 ) ≤ tan( π4 ) = 1 e
p π
allora |y| ≤ 1, |x| ≤ e 4 − 1.

2x

= λ 1+x
2
0
2y
Studiando il sistema di Lagrange 1
= λ 1+y4 si osserva


2
2
log(1 + x ) + arctan(y ) = π4
che λ , y 6= 0, quindi x = 0, e allora dal vincolo y 2 = 1, y = ±1 e si deduce che
28
il punto (0, 1) e il punto (0, −1) sono i punti di massimo e minimo assoluto, con i
valori 1 e −1. ]
7. Trovare i punti di massimo e minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = x2 + y 2
sull’ insieme (compatto) S definito dai vincoli
2
g1 (x, y, z) = 2 x + 2 y + z = 0, g2 (x, y, z) = x2 + y4 = 1
[ I vincoli sono regolari, poiché i gradienti ∇g1 (x, y, z) = (2, 2, 1) e ∇g2 (x, y, z) =
(2x, 21 y, 0) sono linearmente dipendenti solo se x = y = 0 e nessun tale punto soddisfa
il
vincolo g2 . Il sistema di Lagrange ha la forma

2x
= 2λ + 2µx





= 2λ + 12 µy
2y
0
=λ



2x + 2y + z = 0



x 2 + y 2 = 1
4
Si ottiene subito λ = 0, e analizzando le prime due equazioni del sistema si vede che ci
sono 4 casi, a seconda che x e y si annullino o meno; è impossibile che x = y = 0, per
l’ ultima equazione, ed è impossibile anche che x 6= 0 , y 6= 0, perché sarebbe µ = 1,
µ = 4. Rimangono quindi due possibilità, y = 0, x 6= 0, che conduce dalle ultime due
equazioni ai punti (±1, 0, ∓2) di minimo assoluto, con valore 1, oppure x = 0, y 6= 0,
che conduce dalle ultime due equazioni ai punti (0, ±2, 0, ∓4) di massimo assoluto,
con valore 4. ]
8. Trovare, utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, massimo e minimo
assoluti della funzione f (x, y, z) = x2 − z 2 sull’ insieme S = {(x, y, z) ∈ R3 :
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.
[ I punti critici interni sono i punti di coordinate (0, y, 0), |y| < 1, nei quali la
funzione vale 0 (non saranno massimi né minimi assoluti, si vede peraltro subito che
sono punti di sella ). Il massimo assoluto è 1, ed è assunto nei punti (±1, 0, 0), Il
minimo assoluto è −1, ed è assunto nei punti (0, 0, ±1), gli altri punti critici vincolati
sono i punti (0, ±1, 0) nei quali la funzione vale 0 . ]
9. Trovare i punti di massimo e minimo assoluti della funzione f (x, y) = x + y 2
sull’ insieme (compatto) S definito dal vincolo
g(x, y) = x2 + y 2 ≤ 1.
[ Essendo ∇f (x, y) = 
(1, 2y) non ci sono punti critici interni. Studiando sul bordo

= λ 2x
1
1
. Se y 6= 0
il sistema di Lagrange 2y
= λ 2y si osserva che λ , x 6= 0, x = 2λ

 2
2
x +y =1
segue che λ = 1, quindi x =
1
2
√
e dal vincolo si ottiene y = ±
29
3
.
2
Se invece y = 0 dal
√
vincolo si ottiene x = ±1. Nei punti ( 12 , ± 23 ) la funzione vale 54 e saranno i punti
di massimo assoluto, nei punti (±1, 0) la funzione vale rispettivamente ±1, il punto
(−1, 0) sarà il punto di minimo assoluto. ]
10. Trovare massimo e minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = x4 + y 4 sull’ insieme
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 3}.
√
[ Il minimo assoluto è 0, assunto
nei
punti
(0,
0,
z)
con
|z|
≤
3, il massimo assoluto
√
√
è 9, assunto nei punti (± 3, 0, 0) e (0, ± 3, 0).
Gli altri punti critici vincolati, che anche se a posteriori non sono estremi
q
q assoluti
3
,±
2
vale 92 .
3
, 0)
2
sono da esaminare per determinare gli estremi assoluti, sono i punti (±
con tutte le combinazioni possibili di segno, in tali punti la funzione
]
11. Fissato α > 0, trovare massimo e minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = xyz
sull’ insieme S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = α , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}. Dedurre la
disuguaglianza tra media geometrica e media artimetica: dati x, y, z ≥ 0 si ha che
√
3 xyz ≤ x+y+z .
3
[ Il vincolo è compatto essendo chiuso e limitato (0 ≤ x, y, z ≤ α). Esistono dunque
massimo e minimo assoluto per il Teorema di Weierstrass. Il minimo assoluto si trova
subito, è 0 ed è assunto nei punti con almeno una coordinata nulla. Se troviamo
un solo punto critico vincolato, con coordinate tuttenon nulle esso sarà dunque il
yz
=λ



xz
=λ
Escludendo
massimo assoluto. Il sistema di Lagrange ha la forma

xy
=λ



x+y+z =α
i casi in cui λ = 0 e una almeno tra le coordinate è nulla si trova che yz = xz = xy
con tutte le coordinate positive, quindi x = y = z = α3 .
Ne segue che il massimo è ( α3 )3 , assunto nel punto ( α3 , α3 , α3 ) e, essendo α = x+y +z,
si deduce la disuguaglianza
√
)3 per ogni x, y, z ≥ 0, equivalente a 3 xyz ≤ x+y+z
.
xyz ≤ ( x+y+z
3
3
Osservazione La disuguaglianza si generalizza a n ≥ 1 termini: dato n ∈ N , n > 0,
dati x1 , . . . , xn ≥ 0, vale la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica:
√
n x x . . . x ≤ x1 +x2 +···+xn
]
1 2
n
n
30
SERIE NUMERICHE E RAGGI DI CONVERGENZA DI SERIE DI POTENZE
P+∞
1. Determinare il carattere della serie numerica
n=1
1
−
tan( n+2
1
)
n+3
[ La serie è a termini positivi e il termine generale è infinitesimo, perché bn =
1
1
b)
− n+3
∈ (0, π2 ), bn → 0 per n → ∞. Inoltre essendo limn→∞ tan(b
= 1, la serie
n+2
bn
P+∞ 1
1
si comporta come la serie n=1 ( n+2 − n+3 ) che converge perché il termine generale
P
1
è maggiorato da n12 , con +∞
n=1 n2 < +∞. ]
2. Trovare i numeri reali x per i quali la serie
tali x calcolare la somma della serie.
P∞
n=0 (−1)
2 sinn (x) converge, e per
n n
` una serie geometrica di ragione −2 sin(x), converge se 2| sin(x)| < 1, cioè se
[ E
π
1
− 6 + kπ < x < π6 + kπ, e per tali x converge a s(x) = 1+2 sin(x)
]
3. Studiare in funzione del parametro
R la convergenza semplice ed assoluta della
P+∞ α ∈
1
n
seguente serie numerica:
n=1 (−1) nα +cos(nα )
[ Se α ≤ 0 non converge non essendo rispettato il criterio necessario di convergenza
1
a zero del termine generale an = (−1)n nα +cos(n
α ) . Se α > 1 converge assolutamente
per confronto (e confronto asintotico), essendo ad esempio |an | ≤ nα1−1 , con nα1−1
asintoticamente equivalente a n1α . Se 0 < α ≤ 1 non converge assolutamente, ma
converge semplicemente per il criterio di Leibniz (la crescenza del denominatore in
funzione di n ≥ 1, può essere verificata osservando che la derivata della funzione
g(x) = xα + cos(xα ) è g 0 (x) = αxα−1 (1 − sin(xα )) ≥ 0 se x > 0. ]
4. Studiare la convergenza delle serie:
P+∞
n=1 [
√
√
n2 +n− n2 −n
n
] ,
P+∞
n=1 [
√
√
n+1− n
√
2
n +n
]
[ La serie è a termini positivi, e usando l’ identità (a − b)(a + b) = a2 − b2 il ter2n √
mine generale della prima serie si può scrivere come n(√n2 +n+
asintoticamente
n2 −n)
equivalente a n1 , quindi la serie diverge per confronto asintotico con la serie armonica.
Analogamente il termine generale della seconda serie si può scrivere come (√n2 +n)(√1 n+1+√n)
asintoticamente equivalente a
1
3
2n 2
, e quindi la serie converge per confronto con la
serie armonica generalizzata di termine generale
1
3
n2
. ]
5. P
Determinare in funzione del parametro α ∈ R il carattere della serie numerica:
1
1
+∞ α
−n
n
− 2]
n=1 n [ e + e
` una serie a termini positivi, e si ha che nα [e n1 + e− n1 − 2] = nα [1 + 1 + 1 12 + 1 −
[ E
n
2n
1
1
n
+
1 1
2 n2
− 2 + o( n12 )] =
1
n2−α
1
+ o( n2−α
). Si ha quindi che limn→∞
31
1
nα [e n +e− n −2]
1
n2−α
= 1,
e per P
il criterio di confronto asintotico la serie converge se e solo se α < 1 perché la
1
serie +∞
e α < 1. ]
n=1 n2−α converge se e solo se 2 − α > 1, cio`
6. Studiare convergenza semplice e assoluta della serie
1
n
n
n=1 (−1) [ e
P+∞
−e
−1
n
]
[ Per il criterio di confronto asintotico la serie non converge assolutamente, perché
P
−1
1
1
1
+ o( n1 ), e la serie +∞
e n − e n = 1 + n1 − (1 − n1 ) + o( n1 ) = 2n
n=1 2n diverge.
La serie converge però semplicemente per il criterio di Leibniz, essendo la successione
1
−1
1
1
1
−1
, quindi −1
≤ n+1
, e n ≥ e n+1
e n − e n positiva, infinitesima e decrescente ( n1 ≥ n+1
n
, −e
−1
n
−1
≥ −e n+1 . ) ]
7. Studiare la convergenza delle serie:
P+∞ √
3
n3 + 1 − n ] ,
n=1 [
P+∞ √
3
3
n=1 [ n + n − n]
[ Si può usare l’ identità√ (a − b)(a2 + ab + b2 ) = a3 − b3 e scrivere per la prima
√
3 3
]
1
n3 +1−n3
serie [ 3 n3 + 1 − n ] = [ n +1−n
= √
≤
= √
√
√
3
3
1
3
(n +1)2 +n 3 n3 +1+n2
(n3 +1)2 +n 3 n3 +1+n2
√
1
e quindi la serie converge. Analogamente per la seconda [ 3 n3 + n − n ] =
3n2
n
= √
da cui si evince che il termine generale è asintoticamente
√
3 3
3
3
2
2
(n +n) +n
n +n+n
1
e la
3n
equivalente a
serie diverge. In alternativa si arriva alle stesse conclusioni
√
utilizzando lo sviluppo di Taylor (1 + x)α = 1 + αx + o( x1 ) per x → 0: 3 n3 + 1 − n =
q
√
n 3 1 + n13 − n = n(1 + 3n1 3 + o( n13 )) − n = 3n1 2 + o( n12 )), mentre 3 n3 + n − n =
q
1
+ o( n1 )) . ]
n 3 1 + n12 − n = n(1 + 3n1 2 + o( n12 )) − n = 3n
8. Studiare la convergenza delle serie:
P+∞
1
n=1 2n (1
P+∞
2
+ n1 )n ,
1
n=1 3n (1
[ Usando il criterio della radice (an ≥ 0), calcoliamo nel primo caso limn→∞
limn→∞ 12 (1+ n1 )n =
e
2
limn→∞ 31 (1 + n1 )n =
2
+ n1 )n
q
n
> 1 , e quindi la serie diverge. Nel secondo caso limn→∞
e
3
1
(1
2n
q
n
+ n1 )n2 =
1
(1
3n
< 1 e quindi la serie converge. ]
9. Studiare la convergenza delle serie:
P+∞
n=1
n!
nn
n+1
2n
,
P+∞
n=1
3n
n!
nn
[ Scrivendo (n + 1)! = (n + 1) n!, (n + 1)
= (n + 1)(n + 1)n , calcoliamo nel
n+1
2
(n+1) n! nn
2
1
primo caso limn→∞ an+1
= limn→∞ (n+1)(n+1)
n 2n n! = limn→∞ 2 (1+ 1 )n = e < 1 e
an
n
quindi la serie converge per il criterio del rapporto . Nel secondo caso abbiamo
3n+1 (n+1) n! nn
1
3
limn→∞ (n+1)(n+1)
]
n 3n n! = limn→∞ 3 (1+ 1 )n = e > 1 e quindi la serie diverge.
n
10. Studiare convergenza semplice e assoluta della serie
P+∞
n=1
(−1)n n+arctan(en )
n2 log(n+1)
n
)
n
1
[ Il termine generale è (−1)n an + bn , dove an = n2 log(n+1)
= n log(n+1)
, bn = narctan(e
2 log(n+1) .
π
P+∞
P
n
e 0 ≤ bn ≤ n22 , mentre +∞
n=1 bn converge perch´
n=1 (−1) an diverge assolutamente (
32
+ n1 )n2 =
P+∞
1
n=2 n log(n+1)
= +∞ ad es. per confronto con un integrale improprio), ma converge
1
semplicemente per il criterio di Leibniz ( n log(n+1)
è infinitesima e decrescente).
In conclusione la serie converge semplicemente (come somma di serie convergenti) e
non converge assolutamente (come somma di serie una assolutamente divergente e
π
n
n)
1
2
|
≥
−
). ]
una assolutamente convergente: | (−1)n2n+arctan(e
2
log(n+1)
n log(n+1)
n log(n+1)
P+∞ 1
n+1
11. Verificare cheP
la serie
n=1 [ n − log n ] converge, e che la sua somma coincide con
n
1
γ = limn→∞ [ k=1 k − log(n + 1) ].
Osservazione: La costante γ è detta costante di Eulero- Mascheroni e una sua
approssimazione con quattro decimali è γ = 0.5772.
= n1 − log(1 + n1 ) = n1 − n1 + 2n1 2 + o( n12 ) = 2n1 2 + o( n12 ) e quindi
[ Si ha che n1 − log n+1
n
P
1
la serie converge per confronto asintotico con la seriePconvergente +∞
.
n=1 n2P
n
n
1
k+1
1
Inoltre
la sommaPparziale P
n-esima di questa serie è P
k=1 ( k − log k ) =
k=1 k −
Pn
n
n
n
1
1
k+1
(log k = k=1 k − k=1 (log(k + 1) − log(k) = k=1 k − log(n + 1), e quindi
k=1
Pn 1
P
n+1
1
γ = +∞
k=1 k − log(n + 1)]. ]
n=1 [ n − log n ] = limn→∞ [
RAGGI DI CONVERGENZA DI SERIE DI POTENZE
Premettiamo alcune definizioni e osservazioni, per permettere di svolgere gli esercizi
che chiedono il calcolo del raggio di convergenza di una serie di potenze a chi abbia
affrontato solo le serie numeriche.
Una SERIE DI POTENZE
(centrata in 0) è una serie numerica con un parametro
P+∞
n
x ∈ R della forma n=0 bn x , dove bn è una successione reale. Una caratteristica di
una tale serie è che esiste R ∈ [0, +∞] (numero non negativo, o +∞), detto raggio
di convergenza della serie tale che:
a) se R = 0 la serie converge solo per x = 0;
b) se R = +∞ la serie converge assolutamente per ogni x ∈ R = (−∞, +∞);
c) se 0 < R < +∞ la serie converge assolutamente per −R < x < R e non converge
se |x| > R. Nei punti x = ±R dipende da caso a caso e se richiesto bisogna analizzare
questi casi limite.
Se esistono i seguenti
limiti, il raggio di convergenza è dato da
p
R = [ limn→∞ n |bn | ]−1 (criterio della radice) o
| −1
n|
R = [ limn→∞ |b|bn+1
] = limn→∞ |b|bn+1
] (criterio del rapporto) ,
|
n|
1
con l’ intesa che 10 = +∞, +∞
= 0.
Si noti che nei limiti compaiono gli inversi dei limiti che compaiono nei criteri della
radice e del rapporto per serie numeriche. Infatti se cerchiamo ad esempio con il
criterio della radice (considerazioni
del tutto analoghe per il criterio del rapporto)
P
n
gli x tali che la serie +∞
b
x
converge
assolutamente, essendo an = |bn xn | =
n=1 n
|bn ||x|n il termine generale
p della serie dei moduli, siamo ricondotti
p a studiare il
√
limn→∞ n an = limn→∞ n |bn ||x|n p
= (se esiste il limite) |x| limn→∞ n |bn |
1 √
e la serie converge se |x| limn→∞ n |bn | < 1, cioè se |x| <
:= R, cioè se
n
limn→∞
|bn |
x ∈ (−R, R), dove R è il raggio di convergenza definito in precedenza.
In ogni caso in ognuno dei seguenti esercizi si può interpretare la domanda come
33
”trovare i punti x per cui la serie converge assolutamente”, e se ad es. la risposta è
R = 4 significa che la serie converge assolutamente per −4 < x < 4, non converge se
|x| > 4, mentra nei punti x = ±4 bisogna studiare i singoli casi.
Si vedano sezioni successive per esercizi generali su serie di funzioni e di potenze.
12. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
[ R = e−3 , si può trovare usando il criterio del rapporto:
limn→∞
e4n n!
e4 e4n (n+1)n!
(n+1)(n+1)n
nn
=
1
e4
limn→∞ (1 + n1 )n =
e
e4
13. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
[ R = 2, si può trovare usando il criterio della radice:
2 limn→∞
1
2n
sin( 21n )
P+∞
n=1
e4n n!
nn
xn
1
limn→∞
1
e3
=
|an+1 |
|an |
|an |
|an+1 |
=
1
n sin( 21n )
=
= limn→∞
]
P+∞
n=1 ( n
sin( 21n ) )n xn
1√
limn→∞ ( n |an |)
= limn→∞
=2 ]
14. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
P+∞
n=1
1
2n nn ( e n − 1) )n xn
[ R = 21 , criterio della radice ]
15. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
n 3n
n=0 4n +n2
P+∞
xn
[ R = 43 , criterio del rapporto ]
16. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
P+∞
2 n
n=1 (n )
1
[ log(1+ 2n
) ]n [ sin( n3 ) ]n xn
[ R = 32 , criterio della radice ]
17. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
P+∞
(2 n)!
n=1 n! nn
xn
[ R = 4e , criterio del rapporto ]
18. Trovare il raggio di convergenza della serie di potenze
P+∞ √
n n
n
n=1 ( n − 1) x
[ R = +∞, si può usare√il criterio della radice; essendo limn→∞
e0 = 1, risulta limn→∞ n n − 1 = 0+ . ]
34
√
n
n = limn→∞ e
log(n)
n
=
19. Studiare in funzione dei parametriP
q ∈ R, α≥ 0, la convergenza semplice ed assoluta
α
+∞ n
sin( n1 )
della seguente serie numerica:
n=1 q
[ Se |q| > 1 non converge perché il termine generale an 6→ 0, se |q| < 1 converge
assolutamente per ogni α ∈ R , se q = 1 converge (assolutamente essendo a termini
positivi) se e solo se α > 1, se q = −1 converge assolutamente se α > 1, mentre per
il criterio di Leibniz converge semplicemente se 0 < α ≤ 1 ]
20. a) Discutere convergenza e convergenza assoluta della serie
funzione di x ∈ R.
P∞
xn
n=1 x2 +n
in
b) Nel caso di x = −1 trovare n ∈ N tale che la somma parziale n-esima approssimi
1
.
la somma della serie con un errore ≤ 10
[ Converge assolutamente se |x| < 1, non converge se x = 1 oppure |x| > 1, converge
semplicemente ma non assolutamente se x = −1 per il criterio di Leibniz.
1
, e
In quest’ ultimo caso l’ errore è maggiorato dal primo termine trascurato, n+2
1
1
≤ 10 se n + 2 ≥ 10, n ≥ 8 ]
n+2
21. Determinare, in funzione di α ≥ 0, il raggio di convergenza della serie di potenze
n2
P+∞ 1
1
−
xn
α
n=2
n log n
[ R = 1 se α ≥ 1, R = +∞ se 0 ≤ α < 1: usando il criterio
della radice si
n
1
1
n
nα log n nα log n
calcola limn→∞ (1 − nα log
)
=
lim
[(1
−
)
]
=
(
formalmente )
n→∞
n
nα log n
(
( 1e )+∞ = 0 se 0 ≤ α < 1
]
= ( 1e )0 = 1 se α ≥ 1
P
22. Sia {an } una successionePtale che la serie +∞
n=1 an converge assolutamente.
+∞ 2
che se
Dimostrare che la serie n=1 an converge. Mostrare con un controesempio
P
2
converga.
la convergenza della serie non è assoluta non è detto che la serie +∞
a
n=1 n
[ Per il criterio necessario limn→∞ anP
= 0, quindi definitivamente |an | ≤
1 e quindi
P+∞
+∞
2
an ≤ |an |. Per confronto con la serie n=1 |an | converge anche la serie n=1 a2n .
Se la convergenza non è assoluta
non è vera in generale. Ad esempio
P+∞ l’ implicazione
n √1
n √1
se an = (−1) n la serie n=1 (−1) n converge per il criterio di Leibniz, ma la
P
1
serie di termine generale a2n = n1 è la serie armonica +∞
n=1 n che diverge. ]
P+∞ 2 P+∞ 2
23. Siano {an } e {bn } successioni
tali
che
le
serie
n=1 an ,
n=1 bn convergono.
P
Dimostrare che la serie +∞
a
b
converge
assolutamente.
n=1 n n
[ Utilizzando la disuguaglianza |ab| = |a||b| ≤ 21 (a2 +b2 ), si ha che |an bn | = |an ||bn | ≤
P
1 2
2
2
(a + b2n ), e per confronto con la serie +∞
n=1 an + bn , che converge (avendo come
2 n
termine P
generale la somma dei termini generali di serie convergenti) converge anche
la serie +∞
n=1 |an bn |. ]
35
SUCCESSIONI E SERIE DI FUNZIONI, SERIE DI POTENZE
1. Data la successione di funzioni fn (x) = x 1 + n12
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale e la funzione limite f (x). Trovare
insiemi E 0 ⊆ E di convergenza uniforme.
P
b) Posto gn (x) = fn (x) − f (x) e considerando la serie +∞
n=1 gn (x) trovare l’ insieme
di convergenza puntuale F e insiemi F 0 ⊆ F di convergenza uniforme.
[ E = R, f (x) = x. La convergenza non è uniforme in R, essendo supx∈R |fn (x) −
f (x)| = supx∈R |x|
= +∞, ma si ha convergenza uniforme ad esempio in ogni inn2
tervallo [−M, M ] per ogni M > 0. Infatti limn→∞ sup|x|≤M |x|
= limn→∞ nM2 = 0.
n2
Essendo gn (x) = nx2 gli stessi calcoli mostrano che F = R, cioè la serie converge per
ogni x reale, e la convergenza è totale, dunque uniforme, in P
ogni intervallo [−M, M ]
M
per ogni M > 0 poiché la serie numerica a termini positivi +∞
n=1 n2 converge. ]
cos(nx)
2. Data la successione di funzioni fn (x) = 1+n
2 x2
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale e la funzione limite f (x). Trovare
insiemi E 0 ⊆ E di convergenza
P+∞ uniforme.
b) considerando la serie n=1 fn (x) trovare l’ insieme di convergenza puntuale F e
insiemi F 0 ⊆ F di convergenza uniforme.
(
0 se x 6= 0
[ E = (−∞, ∞), f (x) =
, F = R \ {0}. La convergenza di fn
1 se x = 0
a 0 è uniforme ad esempio in insiemi del tipo [a, +∞), per
P ogni a > 0 fissato,
e in tali insiemi si ha anche convergenza totale della serie +∞
n=1 fn (x) essendo ivi
P+∞ 1
cos(nx)
1
| 1+n2 x2 | ≤ 1+n2 a2 e n=1 1+n2 a2 < +∞. ]
3. Data la successione di funzioni fn (x) = n2 log(1 + n32 ) e−n arctan(x)
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale e la funzione limite f (x). Trovare
insiemi E 0 ⊆ E di convergenza
P+∞ uniforme.
b) considerando la serie n=1 fn (x) trovare l’ insieme di convergenza puntuale F e
insiemi F 0 ⊆ F di convergenza (totale e quindi) uniforme.
(
0
se x > 0
[ E = [0, +∞), f (x) =
, F = (0, +∞). La convergenza
3
log(e ) = 3 se x = 0
della successione non è uniforme in E, né è totale quella della serie in F . Se δ > 0 e
E 0 = F 0 = [δ, +∞], si ha in tali insiemi la convergenza uniforme della successione a
0 e la convergenza totale della serie, essendo n2 log(1 + n32 ) e−n arctan(x) ≤ n2 log(1 +
3
) e−n arctan(δ) e quest’ ultima successione numerica è asintoticamente equivalente a
n2
−n arctan(δ)
3e
]
36
4. Data la successione di funzioni fn (x) = x2 e−n x
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale, la funzione limite f (x) e dire, motivando la risposta, se la convergenza è uniforme in E.
P
b) Dire, motivando la risposta, se la serie associata +∞
n=1 fn (x) converge uniformemente in E.
2
[ E = [0, +∞), f (x) = 0 ∀ x ∈ [0, +∞). Essendo sup[0,+∞) x2 e−n x = ( n2 )2 e−n n =
4 −2
e e limn→∞ n42 e−2 = 0 la convergenza della successione fn a zero è uniforme in E.
n2
Inoltre
associata converge totalmente, dunque uniformemente in E, perché
P+∞ la−2serie
1
< +∞ ]
n=1 4e
n2
5. Data la successione di funzioni fn (x) = n2 log(1 + n12 )xn
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale e la funzione limite f (x). Trovare
insiemi E 0 ⊆ E di convergenza
P+∞ uniforme.
b) considerando la serie n=1 fn (x) trovare l’ insieme di convergenza puntuale F e
insiemi F 0 ⊆ F di convergenza uniforme.
[ E = (−1, 1], f (x) = 0 se −1 < x < 1, f (1) = 1, F = (−1, 1). Negli insiemi indicati
la convergenza non è uniforme, ma si ha convergenza uniforme della successione,
totale dunque uniforme della serie, in insiemi del tipo Eδ = [−1 + δ, 1 − δ], essendo
supEδ |fn (x)| = n2 log(1 + n12 )(1 − δ)n → 0 se n → ∞, con n2 log(1 + n12 )(1 − δ)n
P
n
asintoticamente equivalente a (1 − δ)n e +∞
n=1 (1 − δ) < +∞ ]
6. Data la successione di funzioni fn (x) = x(1 − x)n
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale e la funzione limite f (x). Trovare
insiemi E 0 ⊆ E di convergenza
P+∞ uniforme.
b) considerando la serie n=0 fn (x) trovare l’ insieme di convergenza puntuale F , la
funzione s(x) somma della serie e insiemi F 0 ⊆ F di convergenza uniforme.
[ La successione converge a f (x) = 0 se x = 0 oppure se −1 < 1 − x < 1 , cioè
se 0 ≤ x < 2.
La convergenza non è uniforme in [0, 2) perché la funzione |fn (x) − f (x)| = |x(1 −
1
1
x)n | = x|(1 − x)|n cresce in [0, n+1
], decresce in [ n+1
, 1], cresce in [1, 2], quindi
n
n
sup0≤x<2 |x(1 − x) | = sup0≤x<2 x|(1 − x)| = 2 .
La convergenza è però uniforme in ogni intervallo del tipo [0, 2−δ], 0 < δ < 2 fissato;
infatti per gli intervalli di monotonia della funzione |fn (x) − f (x)| discussi prima,
1
n n
( n+1
) , (2 −
si ha che sup0≤x≤2−δ |x(1 − x)n | = sup0≤x≤2−δ x|(1 − x)|n = max { n+1
n
δ)(1 − δ) } → 0 per n → ∞.
P
n
La serie associata si può scrivere come x +∞
n=0 (1 − x) , e ricordando le formule per
la somma parziale e la somma di una serie geometrica, si ha che sn (0) = 0, mentre
n+1
se 0 < x < 2 si ha che sn (x) = x 1−(1−x)
= 1 − (1 − x)n+1 . La serie converge quindi
1−(1−x)
(
0 se x = 0
se 0 ≤ x < 2 alla somma s(x) =
.
1 se 0 < x < 2
Ne segue che s(0) − sn (0) = 0, mentre se 0 < x < 2 si ha che |s(x) − sn (x)| =
37
|(1−x)n+1 |, quindi sup0≤x<2 |s(x)−sn (x)| = sup0<x<2 |(1−x)n+1 | = 1 e la convergenza
non è uniforme in [0, 2). Per lo stesso motivo la convergenza non è uniforme in
intervalli del tipo [0, 2 − δ], con δ > 0 fissato, perché sup0<x≤2−δ |(1 − x)n+1 | = 1,
ma è totale, dunque uniforme, in ogni intervallo del tipo [δ, 2 − δ], 0P
< δ < 1 fissato.
+∞
n+1
Infatti supδ≤x≤2−δ |(1 − x)n+1 | = (1 − δ)n+1 , e la serie numerica
n=0 (1 − δ)
converge, essendo una serie geometrica di ragione q = 1 − δ < 1 ]
7. Data la successione di funzioni fn (x) = xn nx
a) trovare l’ insieme E di convergenza puntuale e la funzione limite f (x). Trovare
insiemi E 0 ⊆ E di convergenza
P+∞ uniforme.
b) considerando la serie n=1 fn (x) trovare l’ insieme di convergenza puntuale F e
insiemi F 0 ⊆ F di convergenza (totale e quindi) uniforme.
[ E = [−1, 1) = F , f (x) = 0. Per la serie nel punto x = −1 si usa il criterio
di Leibniz, mentre se |x| < 1 e δ > 0 è tale che |x| + δ < 1, definitivamente
|xn nx | = |x|n nx < (|x|+δ)n . La successione e la serie non convergono uniformemente
in [−1, 1), ma convergono uniformemente (la serie perché converge totalmente) in
ogni insieme del tipo [−r, r] con 0 < r < 1 fissato, come si vede utilizzando il
ragionamento precedente con |x| sostituito da r.
(NOTA: si può dimostrare che la successione converge uniformemente in ogni insieme
del tipo [−1, r] con 0 < r < 1 fissato) ]
8. Consideriamo la successione di funzioni
fn definite in [0, +∞) dalla formula
(
0 se 0 ≤ x < n
f0 (x) = 1 ∀ x ≥ 0 ,
fn (x) =
per n ≥ 1
1 se x ≥ n
Disegnare il grafico di f0 , f1 , f2 e
a) trovare l’ insieme E ⊂ [0, +∞) di convergenza puntuale e la funzione limite f (x),
0
x ∈ E. Trovare insiemi E
⊆ E di convergenza uniforme.
P+∞
b) considerando la serie n=0 fn (x) trovare l’ insieme di convergenza puntuale F , la
somma della serie per x ∈ F , e insiemi F 0 ⊆ F di convergenza uniforme.
[ Se x ≥ 0, m ≤ x < m + 1 si ha che fm+1 (x) = 0, in generale fn (x) = 0 se n > m,
quindi f (x) = limn→+∞ fn (x) = 0 in E = R.
La convergenza non è uniforme in R, perché sup[0,∞) |fn (x)−f (x)| = sup[0,∞) fn (x) =
1, ma è uniforme in ogni intervallo compatto [0, M ], essendo fn = 0 in [0, M ] definitivamente (per ogni n > M ).
Se m ≤ x < m + (
1 (cioè se m = [x] , parte intera inferiore di x ) la somma
sn (x) = n + 1
se n < m
parziale n-esima è
e quindi la somma della serie è
sn (x) = m + 1 se n ≥ m
s(x) = limn→∞ sn (x) = m + 1 = [x] + 1 per ogni x ∈ F = R.
La convergenza non è però uniforme in R: per n fissato, se n < N ≤ x < N + 1, si
ha che s(x) − sn (x) = N + 1 − (n + 1), e quindi sup[0,∞) |s(x) − sn (x)| = +∞.
La convergenza è però uniforme in ogni intervallo compatto [0, M ], poiché se x ∈
[0, M ] e n ≥ M si ha che |s(x) − sn (x)| = 0 e quindi sup[0,M ) |s(x) − sn (x)| = 0. ]
38
9. Sviluppare in
qserie di Mac Laurin (cioè in serie di Taylor attorno a x = 0) la funzione
) specificando il raggio di convergenza e la eventuale convergenza
f (x) = log( 1+x
1−x
agli estremi dell’ intervallo di convergenza.
q
[ Per le proprietà del logaritmo si ha che log( 1+x
) = 12 [ log(1 + x) − log(1 − x) ],
1−x
P
P+∞
n xn+1
n−1 xn
e ricordando gli sviluppi log(1 + x) = +∞
, valido
n=0 (−1) n+1 =
n=1 (−1)
n
P+∞ xn
P+∞ xn+1
per −1 < x ≤ 1, − log(1 − x) = n=0 n+1 = n=1 n , valido per −1 ≤ x < 1 si
ottiene lo sviluppo,
per −1 < x < 1 (che ovviamente dà raggio di convergenza
q valido
P
2m−1
+∞
R = 1) : log( 1+x
) = m=1 x2m−1 ]
1−x
1
specificando il raggio di
10. Sviluppare in serie di Mac Laurin la funzione f (x) = x2 −3x+2
convergenza e la eventuale convergenza agli estremi dell’ intervallo di convergenza.
1
[ Si ha che x2 − 3x +2 = (x − 1)(x − 2), e decomponendo in fratti semplici x2 −3x+2
=
P
+∞ n
1
1
1
1
1 1
1
1
− x−1 = = 1−x − 2−x = 1−x − 2 1− x . Ricordando lo sviluppo 1−x = n=0 x ,
x−2
2
P+∞ x n
P+∞ 1 n
(2) =
valido per −1 < x < 1, si ottiene anche che 1−1 x =
n=0
n=0 2n x se
2
P
+∞
1
1
= n=0 (1 − 2n+1
)xn se −1 < x < 1. ]
−2 < x < 2, e quindi x2 −3x+2
P+∞
2
2n
11. Data la serie di potenze
n=1 ( 2n + (n−1)! )x ,
dire per quali x converge e per tali valori calcolare la somma della serie.
P+∞ 2n
P+∞ n
1
1
= 1−x
[ Dallo sviluppo
2 := f (x) , valido
n=0 x
n=0 x = 1−x , che implica
per −1 < x < 1, derivando termine a termine (è lecito per la convergenza totale,
quindi uniforme, della serie e P
delle serie derivate
in ogni compatto contenuto nell’
P+∞
+∞
2x2
2n
= x n=1 2n x2n−1 = xf 0 (x) = (1−x
intervallo (−1, 1) ) si ha che
2 )2 .
n=1 2n x
P+∞ 1 n
P+∞ 1 2n
2
x
Analogamente dallo sviluppo
x = e , che implica
x = ex :=
n=0P
n=0
n!
n!
P
+∞
2
2n
2n
2n−1
g(x) , valido per x ∈ R, si ottiene
= x +∞
= xg 0 (x) =
n=1 (n−1)! x
n=1 (n)! x
2
2 x
2x
e . Ne segue che la somma della serie, che converge per −1 < x < 1, è
P+∞
1
2x2
2n
2 x2
= xf 0 (x) + xg 0 (x) = (1−x
. ]
2 )2 + 2x e
n=1 ( 2n + (2n−1)! )x
P+∞
x2n
n−1
12. Data la serie di potenze
,
n=1 (−1)
2n(2n−1)
dire per quali x converge e per tali valori calcolare la somma della serie.
P
P+∞
n x2n+1
n−1 x2n−1
[ Se −1 < x < 1 vale lo sviluppo arctan(x) = +∞
(−1)
=
n=0
n=1 (−1)
2n+1
2n−1
P+∞
1
n 2n
(che si ottiene integrando da 0 a x lo sviluppo 1+t
(−1
)t
).
Si
pu`
o
inte2 =
n=0
grare termine a termine (cosa lecita per la convergenza totale, quindi uniforme,
della
in ogni compatto
nell’ intervallo
Rx
R x (−1, 1) ). Si ottiene che
P+∞ serie n−1
P+∞contenuto
x2n
n−1 t2n−1
=
dt = 0 arctan(t) dt = ( per parti )
n=1 (−1)
n=1 0 (−1)
2n(2n−1)
2n−1 √
1
2
x arctan(x) − 2 log(1 + x ) = x arctan(x) − log( 1 + x2 ).
P
x2n
n−1
Quindi la somma della serie è +∞
= x arctan(x) − 12 log(1 + x2 ), e
n=1 (−1)
2n(2n−1)
39
in realtà lo sviluppo vale per −1 ≤
della serie
Px ≤ 1. Infatti inx2n[−1, 1] la
Pconvergenza
+∞
1
è totale, quindi uniforme, perché +∞
sup
|
|
=
<
+∞ per
|x|≤1 2n(2n−1)
n=1
n=1 2n(2n−1)
P+∞
confronto asintotico con la serie n=1 n12 . Per continuità la somma della serie ha la
P+∞
1
n−1
=
stessa forma anche per x = ±1, e si ha in particolare che
n=1 (−1)
2n(2n−1)
√
P+∞
1
1
π
n
n=0 (−1) (2n+2)(2n+1) = arctan(1) − log( 2) = 4 − 2 log(2) ]
P
n β
13. Data la serie di potenze +∞
n=1 x n , β ∈ R,
a) trovare il raggio di convergenza in funzione di β, discutere la convergenza agli
estremi dell’ intervallo di convergenza, e dire per quali valori di β la convergenza è
uniforme nell’ insieme di convergenza.
b) nel caso di β = −1 calcolare la somma della serie
√
n
[ Il raggio di convergenza è R = 1 = limn→∞ nβ per ogni scelta di β, quindi la
serie converge assolutamente per ogni x ∈ (−1, 1). Se β ≥ 0 la serie non converge
agli estremi, non è verificato il criterio necessario di convergenza. Se β < −1 la serie converge in entrambi gli estremi,
dunque uniformemente,
e converge totalmente,
P+∞
P
β
n β
nell’ intervallo [−1, 1], perché +∞
sup
|x|
n
=
|x|≤1
n=1
n=1 n < +∞.
Se invece −1 ≤ β < 0 la P
serie non converge nel punto x = 1 (ha la forma di una serie
1
armonica generalizzata +∞
1) mentre converge per il criterio
n=1 nα con α = −β ≤P
n 1
di Leibniz nel punto x = −1 (assume la forma +∞
n=1 (−1) nα con α = −β > 0 ).
Inoltre la convergenza è uniforme in [−1, a] per ogni a fissato con 0 < a < 1, essendo
uniforme in [−1, 0] e in [0, a].
P+∞ n β
P
n β
= n=1 a n <
Infatti in [−a, a] la convergenza è totale perché +∞
n=1 sup|x|≤a |x|Pn
+∞
+∞, mentre se x < 0 la serie si può scrivere come serie alterna n=1 (−1)n |x|n nβ e
dette sn (x) e s(x) la somma parziale e la somma della serie si ha che per la stima data
dal criterio di Leibniz |s(x) − sn (x)| ≤ |x|n+1 nβ ≤ nβ e quindi sup−1≤x≤0 |s(x) −
sn (x)| ≤ nβ → 0 se n → ∞.
Nel caso di β = −1 la serie, che per quanto visto converge P
in [−1, 1), converge
P
P+∞ xna
+∞ xn
+∞ xn+1
=
−
log(1−x)
(
ricordando
lo
sviluppo
−
log(1−x)
=
=
n=1 n
n=0 n+1
n=1 n
P
+∞ n
1
t
=
che si ottiene integrando da 0 a x, con −1 ≤ x < 1 lo sviluppo
).
n=0
1−t
P+∞
1
n
In particolare si ottiene la relazione
n=1 (−1) n = − log(2) ]
40
PRIMI ELEMENTI DI ANALISI COMPLESSA/TRASFORMATE DI LAPLACE
R 1
1. Calcolare con il metodo dei residui l’ integrale γ sin(z)
dz , dove γ(t) = 4eit , 0 ≤ t ≤
2π, è la circonferenza di raggio 4 centrata nell’ origine.
[ Le singolarità della funzione integranda sono nei punti kπ, k ∈ Z. Sono tutti
w
z−kπ
= limw→0 sin(w+kπ)
= (−1)k
poli semplici, con residuo (−1)k , poiché limz→kπ sin(z)
w
limw→0 sin(w)
= (−1)k . Le singolarità contenute all’ interno del circuito corrispondono
ai valori k = −1 , 0 , 1, cioè −π, 0, π, e per quanto visto si ha che i residui in tali punti
1
1
1
valgono Res ( sin(z)
; z = −π) = −1, Res ( sin(z)
; z = 0) = 1, Res ( sin(z)
; z = π) = −1.
R 1
Ne segue che l’ integrale vale γ sin(z) dz = 2πi(−1 + 1 − 1) = −2πi. ]
R
R
z+1
z+1
2. Calcolare con il metodo dei residui gli integrali γ2 z2 (z+i)(z−3)
dz , γ4 z2 (z+i)(z−3)
dz,
it
dove γR (t) = Re , 0 ≤ t ≤ 2π.
Spiegare perché il risultato del secondo integrale è prevedibile senza effettuare il
calcolo.
[ Le singolarità della funzione integranda sono gli zeri del denominatore, z = 0 è un
polo doppio, mentre sono poli semplici z = −i e z = 3.
I residui in tali punti valgono
z+1
; z = 0) =
Res ( z2 (z+i)(z−3)
d
z+1
[
]
dz z 2 +(i−3)z−3i) z=0
z+1
Res ( z2 (z+i)(z−3)
; z = −i) =
z+1
|
z 2 (z−3) z=−i
=
1
5
=
−1
3
+ 49 i,
− 25 i,
z+1
2
2
Res ( z2 (z+i)(z−3)
; z = 3) = z2z+1
|
= 15
− 45
i.
(z+i) z=3
All’ interno di γ2 ci sono le singolarità 0 e i, e l’ integrale vale
R
z+1
dz = 2πi( −1
+ 49 i + 15 − 25 i) = − 4π
− 4π
i,
3
45
15
γ2 z 2 (z+i)(z−3)
mentre γ4 ha tutte le singolarità all’ interno, e l’ integrale vale
R
z+1
2
2
dz = 2πi( −1
+ 49 i + 15 − 25 i + 15
− 45
i) = 0.
3
γ4 z 2 (z+i)(z−3)
Il risultato era prevedibile, perché la funzione integranda ha un numero finito di poli
1
) per |z| → +∞; quindi la somma dei residui della
e soddisfa l’ ipotesi f (z) = o( |z|
1
funzione nei suoi poli è nulla, dovendo
essere uguale a 2πi
volte l’ integrale su γR per
R
z+1
ogni R, e quindi a 0 = limR→∞ γR z2 (z+i)(z−3) dz. ]
R
R i
cos( z1 ) dz , dove
3. Calcolare con il metodo dei residui gli integrali γ e z dz,
γ
γ(t) = eit , 0 ≤ t ≤ 2π, è la circonferenza di raggio 1 centrata nell’ origine.
[ L’ unica singolarità di entrambe le funzioni integrande è nel punto 0, ed è una
singolarità essenziale
tutti e due i casi. Infatti lo sviluppo in serie di Taylor dell’
Pin
∞ wn
w
esponenziale, e = n=0 n! valido per ogni numero complesso, implica lo sviluppo
P
i
i
( zi )n
i
z
di Laurent e z = ∞
n=0 n! = 1 + z + . . . , da cui si deduce che Res (e ; z = 0) = i.
41
Analogamente lo sviluppo in serie di Taylor del coseno, cos(w) =
P∞
n w2n
n=0 (−1) (2n)!
1 2n
P
n (z)
= ∞
n=0 (−1) (2n)!
valido per ogni numero complesso, implica lo sviluppo di Laurent cos( z1 )
1 − 21 z12 + . . . , da cui si deduce che Res (cos( z1 ); z = 0) = 0.
R i
Per il teorema dei residui il primo integrale vale allora γ e z dz = 2πi(i) = −2π,
mentre il secondo è nullo. ]
4. Calcolare con il metodo dei residui l’ integrale
R 2π
0
1
2+cos(x)
dx
R 2π
[ Il valore dell’ integrale 0 R(cos(x), sin(x))dx, R(a, b) funzione
di due
R razionale
1
1
variabili, coincide con il valore dell’ integrale curvilineo complesso C R( 2 (z+ z ), 2i1 (z−
1 dz
)) iz , dove C è la circonferenza di
z = eit , 0 ≤ t ≤ 2π. Nel nostro
z
R parametrizzazione
R
dz
1
1
2
1
2
caso si deve calcolare l’ integrale C 2+ 1 (z+
1 iz = C i z 2 +4z+1 dz = 2πi i Res ( z 2 +4z+1 ; z =
)
2
z
√
2π
−2 + 3) = 4π 2(−2+1√3)+4 = √
. ]
3
5. Calcolare con il metodo dei residui l’ integrale
R 2π
0
1
2+sin(x)
dx
R 2π
[ Il valore dell’ integrale 0 R(cos(x), sin(x))dx, R(a, b) funzione
R razionale di due
variabili, coincide con il valore dell’ integrale curvilineo complesso C R( 21 (z+ z1 ), 2i1 (z−
1 dz
it
)) iz , dove C è la circonferenza di
z
R z =2 e , 0 ≤ t ≤ 2π. Nel nostro
R parametrizzazione
dz
1
1
;z =
caso si deve calcolare l’ integrale C 2+ 1 (z− 1 ) iz = C z2 +4iz−1 dz = 2πi 2Res ( z2 +4iz−1
2i
z
√
2π
1√
−2i + i 3) = 4π i 2(−2i+i 3)+4i = √3 . ]
6. Calcolare con il metodo dei residui l’ integrale
R +∞
1
−∞ x2 +2x+2
dx
[ Se γR è il circuito costituito dalRsegmento [−R, R] seguito dalla semicirconferenza
1
CR+ = Reit , 0 ≤ t ≤ π, si ha che | C + z2 +2z+2
| tende a zero se R → ∞, essendo dell’
R
R
R
+∞
πR
1
1
ordine di R2 . Ne segue che I = −∞ x2 +2x+2 dx = limR→∞ γR z2 +2z+2
. z 2 +2z+2 = 0
nei punti z = −1±i, ma z = −1−i è nel semipiano inferiore, all’ esterno del circuito.
1
; z = −1+i) =
Quindi applicando il teorema dei residui si ha che I = 2πiRes ( z2 +2z+2
2πi
=π . ]
2(−1+i)+2
7. Calcolare con il metodo dei residui l’ integrale
[
R +∞
1
−∞ x2 +x+1
1
dx = 2πiRes ( z2 +z+1
; z = − 21 +
R +∞
1
−∞ x2 +x+1
√
8. Calcolare con il metodo dei residui l’ integrale
3
2
i) =
R +∞
dx
2πi
√
2(− 21 + 23 i)+1
1
−∞ 1+x4
=
2π
√
3
. ]
dx
[ Se γR è il circuito costituito dal segmento
[−R, R] seguito dalla semicirconferenza
R
+
1
it
CR = Re , 0 ≤ t ≤ π, si ha che | C + z4 +1 | tende a zero se R → ∞, essendo dell’
R
42
=
ordine di πR
( o direttamente per confronto, essendo |z 4 + 1| ≥ |z|4 − 1 = R4 − 1 è
R4
1
1
≤ R4 −1 se z ∈ CR ).
z 4 +1
R +∞ 1
R
1
Ne segue che I = −∞ 1+x
.
4 dx = limR→∞ γ
4
R z +1
π+2kπ
Si ha che z 4 + 1 = 0 se zk = ei 4 , k = 0, 1, 2, 3. Sono tutti poli semplici, e
zk
1
e zk4 = −1. Di questi punti solo z0 e z1 sono
Res ( z41+1 ; zk ) = 4z13 = 4z
4 = − 4 zk poich´
k
k
R +∞ 1
1
nel semipiano superiore Im (z) > 0. Ne segue che −∞ 1+x
4 dx = 2πi[Res ( z 4 +1 ; z0 )+
Res ( z41+1 ; z1 )] = 2πi(− 41 )(z0 + z1 ) = − π2i ( √12 + √12 i − √12 + √12 i) = √π2 . ]
9. Trovare, usando la trasformata(di Laplace, una soluzione y ∈ C 0 ([0, +∞))∩C 1 ([0, +∞)\
y 0 (x) = y(x) + H(x − 5) (x > 0 , x 6= 5)
{5}) del problema di Cauchy
,
y(0) = 1
(
1
se x ≥ 0
dove H(x) è la funzione di Heaviside H(x) =
.
0
se x < 0
Nel calcolo dell’ antitrasformata di una funzione razionale usare la formula che fa
uso dei residui.
[ Procediamo euristicamente e supponiamo che la soluzione y(x) sia trasformabile
e che tutte le operazioni che facciamo siano lecite.
Se indichiamo con Y (z) la trasformata di Laplace della funzione y(x) e prendiamo la
trasformata dei due membri dell’ equazione, essendo L[H(x)](z) = z1 , per la formula
del ritardo è L[H(x − 5)](z) = e−5z z1 e quindi zY (z) − 1 = Y (z) + e−5z z1 , quindi
1
1
+ e−5z z(z−1)
.
Y (z) = z−1
ezx
−1 1
Se x > 0 è L [ z−1 ](x) = H(x) Res ( z−1
; z = 1) = H(x)ex ,
h
i
1
ezx
ezx
L−1 [ z(z−1)
](x) = H(x) Res ( z(z−1)
; z = 0) + Res ( z(z−1)
; z = 1) = −1 + ex ,
−5z
e
](x) = H(x − 5)(−1 + ex−5 ).
quindi per la formula del ritardo L−1 [ z(z−1)
Si ha allora che y(x) = H(x)ex + H(x − 5)(ex−5 − 1). ]
10. Trovare, usando la trasformata(di Laplace, una soluzione y ∈ C 1 ([0, +∞))∩C 2 ([0, +∞)\
y 00 (x) + y(x) = H(x − 1) (x > 0 , x 6= 1)
{1}) del problema di Cauchy
,
y(0) = 1
, y 0 (0) = 0
dove H(x) è la funzione di Heaviside.
Nel calcolo dell’ antitrasformata di una funzione razionale usare la formula che fa
uso dei residui.
[ Y (z) =
z
z 2 +1
+ e−z z(z21+1) , y(x) = cos(x) + H(x − 1) (1 − cos(x − 1)) ]
11. Trovare, usando la trasformata(di Laplace, una soluzione y ∈ C 0 ([0, +∞))∩C 1 ([0, +∞)\
y 0 (x) = H(x − 4)ex (x > 0 , x 6= 4)
{4}) del problema di Cauchy
,
y(0) = a
43
dove H(x) è la funzione di Heaviside.
Nel calcolo dell’ antitrasformata di una funzione razionale usare la formula che fa
uso dei residui.
[ Scrivendo H(x − 4)ex = e4 H(x − 4)ex−4 si ottiene per la trasformata l’ equazione
1
Y (z) = az + e4 e−4z z(z−1)
e antitrasformando
4
y(x) = aH(x) + e H(x − 4)(−1 + ex−4 ) = aH(x) + e4 H(x − 4)(ex − e4 ) . ]
12. Trovare, usando la trasformata di Laplace, soluzioni y1 , y2 ∈ C 0 ([0, +∞))∩C 1 ([0, +∞)\
{4})
( di
y10 (x) = H(x − 4) cos(x) (x > 0 , x 6= 4)
,
y(0) = a
(
y20 (x) = H(x − 4) sin(x) (x > 0 , x 6= 4)
.
y(0) = a
Nel calcolo dell’ antitrasformata di una funzione razionale usare la formula che fa
uso dei residui.
Suggerimento: Le soluzioni sono parte reale e immaginaria della soluzione di
(
y 0 (x) = H(x − 4)eix (x > 0 , x 6= 4)
(0.1)
y(0) = a
[ Scrivendo H(x−4)eix = e4i H(x−4)ei(x−4) si ottiene per la trasformata l’ equazione
1
e antitrasformando
Y (z) = az + e4i e−4z z(z−i)
y(x) = aH(x) + H(x − 4)(ie4i − ieix ) .
La parte reale è y1 (x) = aH(x) + H(x − 4)[sin(x) − sin(4)] , la parte immaginaria è
y2 (x) = aH(x) + H(x − 4)[− cos(x) + cos(4)] ]
13. (
Risolvere, usando la trasformata di Laplace, il problema di Cauchy
y (iv) (x) + 3y 00 (x) + 2y(x) = 0 (x > 0)
y(0) = 2 , y 0 (0) = −3 , y 00 (0) = −3 , y 000 (0) = 5
Nel calcolo dell’ antitrasformata di una funzione razionale usare la formula che fa
uso dei residui.
[ L’ equazione per la trasformata è z 4 Y −2z 3 +3z 2 +3z −5+3 (z 2 − 2z + 3)+2Y = 0,
3
2 +3z−4
3
2 +3z−4
2z 3 −3z 2 √
+3z−4 √
quindi si ha che Y (z) = 2z z−3z
.
= 2z(z2−3z
= (z−i)(z+i)(z−
4 +3z 2 +2
+1)(z 2 +2)
2i)(z+ 2i)
Usando la formula per l’ antitrasformata che fa uso dei residui si ottiene y(x) = H(x)
3
2 +3z−4
3
2 +3z−4
3
2 +3z−4
[ Res (ezx 2z z−3z
; z = i)+ Res (ezx 2z z−3z
; z = −i)+ Res (ezx 2z z−3z
;z =
4 +3z 2 +2
4 +3z 2 +2
4 +3z 2 +2
√
√
√
√
√
√
i−1 ix −i−1 −ix 2−√2i i 2x 2+√ 2i −i 2x
zx 2z 3 −3z 2 +3z−4
2i)+ Res (e
+ 2 2i e
=
; z = − 2i) ] = 2i e + −2i e + −2 2i e
z 4 +3z 2 +2
√
√
+ e−ix ) − 2i1 (eix + e−ix ) + 12 (ei 2x + e−i 2x ) −
√
√
√
cos(x) − sin(x) + cos( 2x) − 2 sin( 2x) . ]
1 ix
(e
2
44
√
√
2 i 2x
(e
2i
+ e−i
√
2x
)=

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