COMPLEMENTI DI ANALISI
VETTORIALE
Giovanni Maria Troianiello
25 febbraio 2015
1
RICEVIMENTO NELLO STUDIO 128 DI MATEMATICA
IL MERCOLED`
I ALLE 11:30 O SU APPUNTAMENTO
TESTO CONSIGLIATO
BARUTELLO, CONTI, FERRARIO, TERRACINI, VERZINI: ANALISI MATEMATICA, VOL.2
Consultare anche:
http://www1.mat.uniroma1.it/people/troianiello/AnVett1112.pdf
http://www.numberphile.com/ http://www.numberphile.com/1
http://en.wikipedia.org/wiki/Portal:Mathematics
http://www.wolframalpha.com/
Lezioni
30/9/2014 Derivabilit`
a e differenziabilit`a in 1 e in 2 variabili.
1/10/2014 Derivazione delle funzioni composte; derivate direzionali; teorema del differenziale totale.
3/10/2014 Le classi C 1 e C 2 ; enunciato del teorema di Schwarz.
7/10/2014 Correzione di esercizi; formula di Taylor in pi`
u variabili.
8/10/2014 Teorema del valor medio e lipschitzianit`a in pi`
u variabili; matrice hessiana.
10/10/2014 Forme quadratiche semidefinite o definite o indefinite; condizioni necessarie e condizioni
sufficienti per l’esistenza di un estremo locale.
14/10/2014 Correzione di esercizi.
15/10/2014 Correzione di esercizi; introduzione alle funzioni implicite.
17/10/2014 Dimostrazione del Teorema di Dini nel piano.
21/10/2014 Il teorema di Dini per funzioni scalari nello spazio e per sistemi 2 × 3.
22/10/2014 Il teorema di Dini per per sistemi 2 × 4 e invertibilit`a locale delle trasformazioni del
piano.
24/10/2014 I moltiplicatori di Lagrange; sviluppi di Taylor.
1
Per ci`
o che riguarda la “somma dei naturali”, cfr.
http://blogs.scientificamerican.com/roots-of-unity/2014/01/20/is-the-sum-of-positive-integers-negative/
e, non fosse che per farsi una vaga idea della precisione (mi dispiace, ma non so come altro dirlo)
https://terrytao.wordpress.com/tag/riemann-zeta-function/
2
28/10/2014 Correzione di esercizi; definizione di continuit`a uniforme; integrabilit`a delle funzioni
continue sugli intervalli compatti.
29/10/2014 Controesempi alla continuit`a uniforme; definizione di integrali impropri.
31/10/2014 Criterio del confronto per integrali impropri di funzioni non-negative; convergenza
semplice ed assoluta.
4/11/2014 Correzione di esercizi; criterio integrale per la convergenza assoluta delle serie.
5/11/2014 Teorema di Leibniz per serie a termini di segno alterno; continuit`a e derivabilit`
a di
integrali di Riemann dipendenti da parametri.
7/11/2014 Convergenza uniforma di successioni; continuit`a della funzione limite, passaggio al limite
sotto il segno di integrale e di derivata; integrali impropri dipendenti da parametri.
11/11/2014 Serie di funzioni: convergenza uniforme e convergenza totale.
12/11/2014 Serie di potenze: raggio di convergenza.
14/11/2014 Correzione di esercizi.
18/11/2014 Derivazione delle serie di potenze; funzioni analitiche.
19/11/2014 Serie di Taylor: esponenziale, seno e coseno, logaritmo ed esponenziale.
21/11/2014 Esercizi.
25/11/2014 I compito d’esonero.
26/11/2014 Definizione dell’integrale doppio di Riemann.
28/11/2014 Insiemi piani PJ-misurabili; teoremi di integrabilit`a di funzioni continue.
2/12/2014 Correzione di esercizi.
3/12/2014 Integrali su domini normali; rivisitazione degli integrali doppi con le funzioni a scala.
5/12/2014 Cambiamenti di variabili negli integrali doppi.
9/12/2014 Correzione di esercizi.
10/12/2014 Complementi sull’elemento di area nella trasformazione di coordinate sull’integrale di
Lebesgue; integrali tripli.
12/12/2014 Cambiamenti di coordinate in integrali tripli; coordinate sferiche; integrali impropri
nel piano e nello spazio.
16/12/2014 Correzione di esercizi.
17/12/2014 Curve; integrali curvilinei di I e II specie; forme differenziali esatte e chiuse.
3
19/12/2014 Esattezza locale delle forme differenziali chiuse; aperti stellati; lunghezza di una curva.
7/1/2015 Formula di Gauss–Green.
9/1/2015 Superfici e integrali superficiali.
13/1/2015 Correzione di esercizi.
14/1/2015 Stokes e divergenza in dimensione 3; equadiff esatte; metodo di variazione della costante.
16/1/2015 Equazione di Bernoulli; metodo di Duhamel; la risonanza.
20/1/2015 Correzione di esercizi.
21/1/2015 Esistenza e unicit`
a in grande.
23/1/2015 Esistenza e unicit`
a in piccolo.
4
` CONSULTARE QUALUNQUE MATERIALE
DURANTE GLI SCRITTI SI PUO
`
CARTACEO, MENTRE E ASSOLUTAMENTE VIETATO UTILIZZARE QUALUNQUE DISPOSITIVO ELETTRONICO
` CONSERVARNE IL VOTO E RIMANCHI HA SUPERATO UNO SCRITTO PUO
DARE L’ORALE FINO ALL’APPELLO DI SETTEMBRE INCLUSO.
STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL I ESONERO
(A fianco i voti espressi con lettere: A tra 27 e 30, B tra 24 e 26, C tra 19 e 23, D tra 15 e 18)
Miceli C — Mirabelli D — Morelli C — Nicoletti C — Norelli A — Occhiuzzi C — Ottaviani D —
Palomba D — Panza D — Papetti D — Parisi D — Parodi D — Patti D—Perrupato C — Petrelli
D — Petrolati C — Piacentini A — Pisegna B — Porzio B — Pugliese B — Sabetta B — Salvi D
— Santoni D — Sarra C — Sbandi D — Schiattarella D — Serra D — Soltani B — Staltari D —
Suprano C — Talamanca B — Testa A — Tritto D — Vannini C — Vannoli D — Venanzi D —
Verratti B — Vitale D — Vittorio B
STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL II ESONERO
Miceli B — Nicoletti D — Norelli C — Occhiuzzi D —Perrupato A — Pisegna D — Porzio D —
Piacentini B — Ricciarelli D — Sabetta D — Salvi C — Soltani A — Sarra B — Suprano C —
Testa B — Tritto D — Venanzi D — Verratti D — Vitale D — Vittorio C
STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL COMPITO DEL 26/1
Mungo A — Ottaviani D — Paletta D — Palmucci C — Panza D — Parisi D — Parodi C —
Patti C — Pugliese D — Qulaghasi D — Sabetta B — Santoni C — Pesce B — Schiattarella B —
Sbandi C —Staltari D — Talamanca D — Verratti B
STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL COMPITO DELL’11/2
Mirabelli D — Morelli D — Mottarelli D — Nicoletti B — Occhiuzzi C — Ottaviani C — Papetti
C — Parisi C — Petrelli C — Pucciarelli D — Quaresima D — Roberti D — Sabatucci D — Sarra
C — Sciubba D — Pugliese C — Talamanca B — Tartaglia D — Trinca D — Torre C — Vannini
D — Vannoli C — Vitale C — Vittorio B
ORALI DI VENERD`
I 20/2 — ATTENZIONE ALLA VARIAZIONE!
Alle 11 nel mio studio: Talamanca, Tartaglia, Vittorio, Venanzi, Parodi
5
ANALISI VETTORIALE — COMPITO DELL’11/2/2015
Esercizio 1 Sia
f (x, y) =
sin x(1 − cos y)
x2 + y 2
per (x, y) 6= (0, 0),
f (0, 0) = 0.
Controllare se nell’origine f :
(i) `e continua;
(ii) `e dotata di derivate direzionali;
(iii) `e differenziabile.
Risposta Utilizziamo i confronti asintotici
sin x ≈ x
per x → 0,
1
1 − cos y ≈ y 2
2
(ma chiss`a perch´e molti qui trascurano il coefficiente 1/2, che `e rilevante poi nel calcolo delle derivate
direzionali), da cui
sin x(1 − cos y)
1 xy 2
≈
per (x, y) → (0, 0).
x2 + y 2
2 x2 + y 2
Per la continuit`
a basta notare che
xy 2 2
≤ |x|
x + y2
(e al riguardo va detto che `e veramente fastidioso dover ancora vedere questa e simili disuguaglianze
scritte senza modulo!) da cui f (x, y) → 0 = f (0, 0) per (x, y) → (0, 0).
Per le derivate direzionali si prende un qualunque versore (u, v) ∈ R2 , u2 + v 2 = 1 e si ottiene
subito
sin tu(1 − cos tv)
1 t3 uv 2
1
≈
= uv 2 per t → 0.
3
3
t
2 t
2
Da questa espressione (oltre che dal calcolo diretto, se si preferisce) si ricava che ∇f (0, 0) = (0, 0),
per cui f non `e differenziabile in (0, 0) perch´e le sue derivate direzionali non soddisfano la regola
del gradiente.
Esercizio 2 Calcolare il lavoro compiuto dal campo vettoriale F(x, y, z) = (2x sin πy−ez , 3ez , −xez )
lungo la curva C intersezione delle superfici y = x e z = log(1+x), percorsa da (0, 0, 0) a (1, 1, log 2).
Risposta Il prodotto scalare del campo F calcolato sulla curva (x, x, log(1 + x)), cio`e (2x sin πx −
(1 + x), 3(1 + x), −x(1 + x)), per il vettore tangente alla curva, cio`e (1, 1, (1 + x)−1 ), vale 2x sin πx +
2 + x, e integrato da 0 ad 1 d`
a il valore richiesto per il lavoro:
Z 1
5 2
(2x sin πx + 2 + x) dx = + .
2 π
0
Alcuni hanno pensato di applicare Stokes: ma qui C non `e il bordo di una superficie!
6
Esercizio 3 Determinare l’insieme dei punti in cui la serie di funzioni
∞
X
xn
log 1 +
n
n=1
(i) converge assolutamente,
(ii) converge totalmente,
(iii) converge solo semplicemente.
Risposta Per come si trova qui presentato, il testo `e corretto, anche se non `e quello (pi`
u difficile nel
caso (iii)) che avevamo pensato di proporre, con l’indice n che partiva da 2 e non da 1. Atteniamoci
alla serie data, con il che `e automaticamente escluso dall’insieme di definizione il punto x = −1,
mentre in ogni punto x con |x| > 1 il termine generale, anche quando `e definito (e per n dispari,
x < −1 non lo `e) non soddisfa neppure il requisito della limitatezza.
Sia dunque x ∈] − 1, 1]. Siccome
log (1 + t) ≈ t
per t → 0,
la nostra serie `e assolutamente e totalmente convergente esattamente negli stessi sottoinsiemi di
] − 1, 1] in cui `e tale la serie di xn /n, da cui sia la sua divergenza per x = 1 che la convergenza
assoluta in ] − 1, 1[ e quella totale in ogni sottoinsieme chiuso di ] − 1, 1[.
Infine non esistono valori di x per i quali la nostra serie sia solo semplicemente convergente,
mentre si potrebbe far vedere che `e tale la
∞
X
n=2
(−1)n
log 1 +
.
n
Esercizio 4 (i) Determinare per quali valori di t ≥ 0 l’integrale
Z
F (t) =
0
1
x2/5 + (tx)1/5
dx
t+x
`e una funzione continua.
(ii) Calcolare, se esiste, il limt→0 F (t).
Risposta Continuit`
a di un integrale improprio dipendente da un parametro: siccome, dato
comunque K > 0, l’integrando si maggiora con la funzione della sola x
g(x) =
x2/5 + (Kx)1/5
x
per 0 ≤ t ≤ K
(ma molti, invece di effettuare la maggiorazione della frazione minorando il denominatore con x,
hanno scritto K al posto di t anche al denominatore!), dotata di integrale improprio convergente,
la F (t) `e una funzione continua di t in [0, K], in particolare per t = 0, da cui
Z
lim F (t) = F (0) =
t→0
0
1
x2/5
5
dx = .
x
2
Dall’arbitrariet`
a di K segue poi anche che F `e continua su tutta la semiretta [0, ∞[.
7
Esercizio 5 Sia F (x, y) = x sin y − y + x − ex+y + cos x. Determinare se la funzione y = f (x)
determinata implicitamente dall’equazione F (x, y) = 0 in un intorno di (0, 0) presenta in x = 0 un
minimo, un massimo o un flesso.
Risposta Banale applicazione del teorema di Dini: per x = 0 la f (x) ha derivata prima f 0 (0) =
−Fx (0, 0)/Fy (0, 0) = 0 e derivata seconda f 00 (0) = −Fxx (0, 0)/Fy (0, 0) = −1, per cui 0 `e punto di
un massimo locale.
Esercizio 6 Calcolare l’integrale doppio
s
Z
x2
exy
dxdy,
y
D
1
y
≤ xy ≤ 1, 2 ≤ 2 ≤ 3.
2
x
Risposta Ovvio cambio di variabili:
u = xy,
e invertendo
x=
con determinante Jacobiano
u 1/3
v
v=
y
x2
y = u2/3 v 1/3
,
1
∂(x, y)
=
.
∂(u, v)
3v
Ne segue che l’integrale diventa
r
Z
Z
Z 3
√
1 1
2
1 1 u
1
u
−3/2
1/2
e
2− √
dudv =
e du
v
dv = (e − e )
.
v 3v
3 1/2
3
3
[1/2,1]×[2,3]
2
8
COMPITO PER CASA DEL 3/10/2014
Esercizio 1 Sia f : Rn → R, f (x) = kxk la norma euclidea.
(a) Provare che f non ammette derivate parziali nell’origine.
(b) Provare che f `e differenziabile in ogni punto x 6= 0.
Risposta (a) Per definizione, esiste la derivata parziale di f rispetto a xk nel punto 0 se la funzione
φ(t) = f (0, . . . , 0, t, 0, . . . , 0), t ∈ R,
√
`e derivabile in t = 0. Ora, φ(t) = t2 = |t|, quindi φ non `e derivabile in t = 0, perch´e il limite
destro e il limite sinistro del rapporto incrementale φ(t)−φ(0)
sono diversi. Dunque in x = 0 non
t−0
esiste la derivata parziale di f rispetto a xk per k = 1, . . . , n.
√
(b) Sia x 6= 0. La funzione “radice quadrata di un numero non negativo”, [0, ∞) → R, s 7→ s,
√
`e derivabile in ogni punto s > 0, con derivata 1/(2 s). Quindi la funzione (di una variabile reale)
q
φ(t) = f (t, x2 , . . . , xn ) = t2 + x22 + . . . + x2n
`e derivabile nei punti t ∈ R tali che t2 + x22 + . . . + x2n > 0. La sua derivata `e
2t
φ0 (t) = p
,
2
2 t2 + x2 + . . . + x2n
e la derivata parziale di f rispetto a x1 nel punto in x `e, per definizione, φ0 (t) calcolata per t = x1 ,
cio`e
x1
x1
∂x1 f (x) = φ0 (x1 ) = p 2
=
.
2
kxk
x1 + x2 + . . . + x2n
Notiamo che questa frazione ha senso perch´e in x 6= 0. In modo analogo si ottiene l’esistenza della
derivata parziale rispetto a xk per ogni k = 1, . . . , n, con
∂xk f (x) =
xk
.
kxk
Ogni derivata parziale ∂xk f : Rn \ {0} → R `e una funzione continua, e quindi f `e differenziabile in
ogni punto x 6= 0 per il teorema del differenziale totale.
Esercizio 2 In quali punti del piano `e differenziabile la funzione f (x, y) = |xy|?
Risposta In tutto S = piano privato degli assi coordinati `e facile vedere che fx (x, y) e fy (x, y)
esistono e valgono rispettivamente (x/|x|)|y| e |x|(y/|y|). Poich´e in S queste sono funzioni continue,
il Teorema del differenziale totale garantisce la differenziabilit`a in S.
Nei punti (x0 , 0) con x0 6= 0 la funzione y 7→ |x0 ||y| non `e derivabile, per cui non esiste fy (x0 , 0),
cos`ı come nei punti (0, y0 ) con y0 6= 0 non `e derivabile la funzione x 7→ |x||y0 |, per cui non esiste
fx (0, y0 ). Dunque f non `e differenziabile nei punti degli assi coordinati diversi dall’origine.
Nell’origine non possiamo pensare di provare ad applicare il Teorema del differenziale totale,
perch´e in ogni intorno esistono dei punti in cui manca l’una o l’altra delle derivate. Proviamo
9
con la verifica diretta. Sia fx (0, 0) che fy (0, 0) esistono e sono nulle, per cui la f `e differenziabile
nell’origine dal momento che, grazie alla nota (e elementare) disuguaglianza
1
|xy| ≤ (x2 + y 2 ),
2
si ha
f (x, y) − f (0, 0) − fx (0, 0)x − fy (0, 0)y
|xy|
p
=p
→0
2
2
x +y
x2 + y 2
per (x, y) → (0, 0).
Esercizio 3 Sia
f (x, y) = x1/3 y 2/3 .
(i) Determinare in quali punti del piano la f `e differenziabile.
(ii) Calcolare le derivate direzionali nell’origine.
Risposta Le derivate direzionali esistono nel piano privato degli assi coordinati perch´e l`ı f `e C 1 , e
quindi si applica la condizione sufficiente — non necessaria! — fornita dal Teorema del differenziale
totale.
Nei punti degli assi coordinati non possiamo calcolare le eventuali derivate parziali con le usuali regole di calcolo perch´e in essi si annulla l’argomento di una radice che dovrebbe andare a
denominatore, e quindi dobbiamo controllare direttamente i limiti dei rapporti incrementali
0 6= h 7→
f (x, h) − f (x, 0)
,
h
0 6= h 7→
f (h, y) − f (0, y)
.
h
Vediamo cos`ı che nei punti (x, 0) con x 6= 0 non esiste la derivata direzionale fy , mentre nei punti
(0, y) con y 6= 0 non esiste la derivata direzionale fx ; nell’origine invece f non solo ammette le
derivate parziali rispetto a x e rispetto ad y, entrambe nulle, ma inoltre verifica
1/3 2/3
f (tu1 , tu2 )
tu u
= 1 2
t
t
1/3 2/3
= u1 u2
per ogni scelta del versore u = (u1 , u2 ). Ne segue che f `e dotata di ogni derivata direzionale
∂f
1/3 2/3
(0, 0) = u1 u2 ,
∂u
ma non `e differenziabile: verifica diretta, oppure formula del gradiente
∇f (0, 0) · u = 0 6=
∂f
(0, 0)
∂u
per u1 u2 6= 0.
Esercizio 4 Per ognuna delle funzioni
p
p
f (x, y) = x2 + 2 y 2 ,
g(x, y) = 3 x2 + y 2 + 1,
p
p
h(x, y) = x2 + 2 x y + y 2 + 2,
l(x, y) = cos( x2 + y 2 )
calcolare le derivate parziali nei rispettivi insiemi di definizione e determinare dove la funzione `e
differenziabile.
10
Risposta Utilizzando calcoli standard si ha
2y
x
, fy (x, y) = p
fx (x, y) = p
2
2
2
x + 2y
x + 2y 2
per ogni (x, y) ∈ D = R2 \ {(0, 0)}. Poich´e tali derivate parziali risultano continue in D, la funzione
f `e differenziabile in tutto D per il teorema del differenziale totale. Nel punto (0, 0) la funzione
non pu`o essere differenziabile in quanto in
√ tale punto non esistono neppure le derivate parziali: ad
esempio si osservi che f (x, 0) `e uguale a x2 = |x|, che non `e derivabile in 0.
Nel secondo caso abbiamo
gx (x, y) = p
3x
3x2
+
y2
y
, gy (x, y) = p
2
+1
3x + y 2 + 1
per ogni (x, y) ∈ R2 . Quindi possiamo concludere che la funzione g `e differenziabile dappertutto.
Nel caso della terza funzione otteniamo
x+y
x+y
hx (x, y) = p
, hy (x, y) = p
:
2
(x + y) + 2
(x + y)2 + 2
come nel caso precedente osserviamo che le derivate parziali sono definite e continue in R2 , per cui
la funzione g risulta differenziabile in ogni punto.
Infine per quanto riguarda l’ultima funzione otteniamo le derivate
p
p
y sin( x2 + y 2 )
x sin( x2 + y 2 )
, ly (x, y) = − p
lx (x, y) = − p
x2 + y 2
x2 + y 2
definite e continue in R2 \ {(0, 0)}, per cui la funzione `e differenziabile in tale insieme.
Resta da analizzare il punto (0, 0). In esso la funzione risulta continua. Calcoliamo le derivate
parziali:
f (x, 0) − f (0, 0)
cos(|x|) − 1
lim
= lim
= 0,
x→0
x→0
x
x
per cui esiste lx (0, 0) = 0. Con un calcolo analogo si ottiene ly (0, 0) = 0. Quindi affinch´e l sia
differenziabile nell’origine dobbiamo dimostrare che esiste ed `e uguale a zero il seguente limite
p
cos( x2 + y 2 ) − 1
p
lim
.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
Ma ci`o `e assicurato dal limite di una variabile limt→0 cos(t)−1
= 0. Infatti, posta s(t) := cos(t)−1
,
t
t
che si estende per continuit`
a ponendola uguale a zero nell’origine, il limite in due variabili di sopra
coincide con
p
lim s( x2 + y 2 )
(x,y)→(0,0)
che vale zero per noti risultati sulla composizione di funzioni continue.
Questa osservazione pu`
o essere utilizzata ogni volta in cui risulta utile sfruttare limiti noti di
funzioni di una variabile. Esempi:
sin(3x2 + y 6 )
lim
= 1,
3x2 + y 6
(x,y)→(0,0)
11
4
2
ex +y − 1
lim
= 1,
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
log(1 + x2 + 3y 2 )
log(1 + x2 + 3y 2 ) x2 + 3y 2
p
p
=
lim
= 1 · 0 = 0.
x2 + 3y 2
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
x2 + y 2
lim
2
2
Esercizio 5 Data la funzione f (x, y) = e2x +y +x−3y , scrivere l’equazione del piano tangente a
z = f (x, y) nel punto (0, 0, 1). Dimostrare che il grafico della funzione f giace sempre sopra il
grafico di tale piano tangente.
Risposta Osserviamo preliminarmente che la funzione f ammette derivate parziali di ogni grado,
tutte continue. Quindi la funzione f `e differenziabile, e di conseguenza dotata di piano tangente in
ogni punto del piano. In particolare, nell’origine il piano tangente ha equazione
z = f (0, 0) + fx (0, 0)x + fy (0, 0)y,
ovvero, poich´e f (0, 0) = 1, fx (0, 0) = 1, fy (0, 0) = −3,
z = 1 + x − 3y.
Per dimostrare la seconda parte conviene utilizzare la disuguaglianza
et ≥ 1 + t,
valida per ogni t ∈ R, che si ottiene ad esempio dallo sviluppo di Taylor al primo ordine di et con
resto in forma di Lagrange. Abbiamo quindi
f (x, y) = e2x
2 +y 2 +x−3y
≥ 1 + 2x2 + y 2 + x − 3y ≥ 1 + x − 3y
da cui la tesi.
Esercizio 6 Sia f : R2 → R,

 1 − cos(xy)
x2 + y 2
f (x, y) =

0
se (x, y) 6= (0, 0),
se (x, y) = (0, 0).
Studiarne
(a) la continuit`
a,
(b) l’esistenza delle derivate parziali,
(c) la differenziabilit`
a.
√ √
(d) Scrivere, se esistono, i piani tangenti a z = f (x, y) in (0, 0, 0) e in ( π, π, 1/π).
Risposta (a) La funzione f `e banalmente continua in R2 \ {(0, 0)}. Resta da studiare la sua
continuit`a nel punto (0, 0). A tal fine ricordiamo che
|1 − cos t| ≤
1 2
t
2
∀t ∈ R.
Abbiamo dunque
|f (x, y) − f (0, 0)| =
1
2
|1 − cos(xy)|
2 (xy)
≤
x2 + y 2
x2 + y 2
12
e l’ultimo termine tende a 0 per (x, y) → (0, 0), come si vede ad esempio maggiorando |xy| con
(x2 + y 2 )/2, oppure passando alle coodinate polari. In conclusione, f `e continua anche in (0, 0).
(b) Calcoliamo la derivata parziale rispetto a x della f in un punto (x, y) 6= (0, 0), con le usuali
regole di derivazione di Analisi 1 (qui x `e la variabile, mentre y ha il ruolo di una costante):
∂x f (x, y) =
y sin(xy) (1 − cos(xy)) 2x
y sin(xy)(x2 + y 2 ) − (1 − cos(xy)) 2x
= 2
−
.
2
2
2
(x + y )
x + y2
(x2 + y 2 )2
In modo simile si calcola
∂y f (x, y) =
x sin(xy) (1 − cos(xy)) 2y
−
.
x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
D’altra parte, in (0, 0) esistono le derivate parziali, entrambe nulle (la funzione `e identicamente
nulla sugli assi coordinati). In conclusione, le derivate parziali di f esistono in tutti i punti di R2 .
(c) Essendo somme, prodotti e composizioni di funzioni continue, le derivate parziali di f sono
funzioni continue in R2 \{(0, 0)}: grazie al teorema del differenziale totale, dunque, f `e differenziabile
in tutti i punti (x, y) 6= (0, 0). Resta da studiare la differenziabilit`a nell’origine, e a tal fine basta
applicare la definizione: f `e differenziabile perch´e dalla (∗) segue che
1
2
|f (x, y) − f (0, 0) − fx (0, 0)x − fy (0, 0)y|
|1 − cos(xy)|
2 (xy)
=
≤
≤
((x2 + y 2 )1/2
(x2 + y 2 )3/2
(x2 + y 2 )3/2
1
2
( 12 (x2 + y 2 ))2
→ 0.
(x2 + y 2 )3/2
Molto, ma molto pi`
u lunga `e invece la strada alternativa che passa per lo studio dell’eventuale
continuit`a in (0, 0) delle derivate parziali, con l’obbiettivo di applicare, in caso affermativo, il
teorema del differenziale totale. Abbiamo provato (punto (b)) che

 y sin(xy) − (1 − cos(xy)) 2x se (x, y) 6= (0, 0),
x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
∂x f (x, y) =

0
se (x, y) = (0, 0).
Per la disuguaglianza triangolare,
|∂x f (x, y) − ∂x f (0, 0)| ≤
|y|| sin(xy)| |1 − cos(xy)| 2|x|
+
.
x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
Siccome
| sin t| ≤ |t|
otteniamo
∀t ∈ R
|y|| sin(xy)|
|y||x||y|
y2
≤
=
|x| ≤ |x|
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
per il primo termine, mentre
|1 − cos(xy)| 2|x|
x2 y 2 |x|
x2
y2
≤
=
|x| ≤ |x|
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
x2 + y 2 x2 + y 2
per il secondo. Quindi
|∂x f (x, y) − ∂x f (0, 0)| ≤
|y|| sin(xy)|
|1 − cos(xy)| 2|x|
+
→0
2
2
x +y
(x2 + y 2 )2
13
per cui ∂x f `e continua in (0, 0). Similmente si prova che anche ∂y f (x, y) → ∂y f (0, 0) = 0 per
(x, y) → (0, 0). Per il teorema del differenziale totale, f `e differenziabile in (0, 0).
Possiamo comunque concludere f `e differenziabile in tutti i punti di R2 .
Esercizio 7 Siano
f (x, y) = arctan(ex
2y
cos(x + y)),
φ(u, v) = log(1 + uv),
ψ(u, v) = u2 + v 2 ,
F (u, v) = f (φ(u, v), ψ(u, v)).
Calcolare ∇F (0, 0).
Risposta La f `e regolarissima in tutto il piano xy, la φ lo `e per uv > −1 e la ψ in tutto il piano
uv, per cui si pu`
o applicare la regola di derivazione delle funzioni composte al variare di u e v con
uv > −1, quindi in particolare in un intorno dell’origine del piano uv. Dal momento che risulta
Fu (u, v) = fx (φ(u, v), ψ(u, v))φu (u, v) + fy (φ(u, v), ψ(u, v))ψu (u, v),
Fv (u, v) = fx (φ(u, v), ψ(u, v))φv (u, v) + fy (φ(u, v), ψ(u, v))ψv (u, v)
e ∇φ(0, 0) = ∇ψ(0, 0) = (0, 0), si ha ∇F (0, 0) = (0, 0).
14
COMPITO PER CASA DEL 10/10/2014
Esercizio 1 Determinare eventuali punti critici e eventuali massimi e minimi relativi delle seguenti
funzioni:
2
2
x3 − 3xy + 6y,
e−x −y +2x−2y ,
2(x2 + y 2 + 1) − x4 − y 4 ,
xy 2 − x2 − y 2 ,
log(1 + x2 y) − x + 2y.
Risposta Per ottenere i punti critici dobbiamo vedere in quali punti le due derivate parziali si
annullano contemporaneamente, ovvero risolvere il sistema
fx (x, y) = 0
fy (x, y) = 0,
In generale la risoluzione di un tale sistema pu`o essere complicata o addirittura proibitiva. Non
per`o nel caso degli esempi di questo esercizio, in cui si devono fare dei conti piuttosto elementari.
Riportiamo le soluzioni per le prime 4 funzioni:
x3 − 3xy + 6y,
2
2
e−x −y +2x−2y ,
2(x2 + y 2 + 1) − x4 − y 4 ,
xy 2 − x2 − y 2 ,
ha
ha
ha
ha
un unico punto critico: (2, 4)
un unico punto critico: (1, −1)
9 punti critici: (0, 0), (0 ± 1),
√ (±1, 0), (±1, ±1), (±1, ∓1),
3 punti critici: (0, 0), (1, ± 2).
Svolgiamo i dettagli solo per la funzione f (x, y) := log(1 + x2 y) − x + 2y. Come prima cosa
osserviamo che la funzione `e definita nel dominio D = {(x, y) ∈ R2 : 1 + x2 y > 0}. Per determinare
i punti critici risolviamo il sistema
(
2xy
fx (x, y) = −1 + 1+x
2y = 0
fy (x, y) = 2 +
x2
1+x2 y
= 0.
2
Dunque dobbiamo avere 1 + x2 y = 2xy, ma anche 1 + x2 y = − x2 , e questa seconda equazione non
ammette soluzioni in D.
Passiamo a studiare per ognuno dei punti critici il comportamento della matrice Hessiana.
La funzione f (x, y) = x3 −3xy+6y ammette un unico punto critico in (2, 4), e siccome fx (x, y) =
2
3x − 3y, fy (x, y) = −3x + 6, per cui fxx (x, y) = 6x, fxy (x, y) = −3, fyy (x, y) = 0, il determinante
della matrice Hessiana risulta negativo in ogni punto del piano; in particolare, il punto critico `e
punto di sella.
2
2
La funzione f (x, y) = e−x −y +2x−2y ammette un unico punto critico in (1, −1). Poich´e la
funzione esponenziale `e monotona crescente, per determinare max e min relativi ci basta studiare
max e min relativi della funzione che si trova ad esponente. Studiamo quindi la funzione g(x, y) =
−x2 − y 2 + 2x − 2y: abbiamo gx (x, y) = −2x + 2, gy (x, y) = −2y + 2, quindi gxx (x, y) = −2,
gyy (x, y) = −2, gxy (x, y) = 0. La matrice Hessiana ha autovalori negativi (e coincidenti), e quindi
il punto critico `e un punto di massimo relativo.
La funzione f (x, y) = 2(x2 + y 2 + 1) − x4 − y 4 ammette 9 punti critici dati da (0, 0), (0 ±
1), (±1, 0), (±1, ±1), (±1, ∓1), ma in realt`a le simmetrie della funzione ci assicurano che `e sufficiente
studiare il comportamento della funzione nei punti (0, 0), (1, 0) e (1, 1).
Siccome fx (x, y) = 4x − 4x3 , fy (x, y) = 4y − 4y 3 , quindi fxx (x, y) = 4 − 12x2 , fxy (x, y) = 0,
fyy (x, y) = 4 − 12y 2 , abbiamo innanzitutto che l’hessiana in ogni punto `e una matrice diagonale.
15
Nel punto (0, 0) risulta fxx (0, 0) = fyy (0, 0) = 4. Dunque l’origine `e un punto di minimo relativo.
Nel punto (1, 0) si ha fxx (1, 0) = −8, fyy (1, 0) = 4, e quindi si tratta di un punto di sella.
Nel punto (1, 1) si ha fxx (1, 1) = fyy (1, 1) = −8, e quindi si tratta di un punto di massimo
relativo.
Per simmetria abbiamo che i punti (0±1), (±1, 0) sono punti di sella e i punti (±1, ±1), (±1, ∓1)
sono punti di massimo relativo.
√
La funzione f (x, y) = xy 2 − x2 − y 2 ammette i 3 punti critici (0, 0), (1, ± 2). Gi`a senza fare
ulteriori calcoli si pu`
o constatare che (0, 0) `e un punto di massimo relativo (perch´e?). Coi calcoli:
fx (x, y) = y 2 − 2x, fy (x, y) = 2xy − 2y, quindi fxx (x, y) = −2, fxy (x, y) = 2y, fyy (x, y) = 2x − 2.
Quindi nel punto (0, 0) si ha fxx (0, 0) = fyy (0, 0) = −2 e fxy (0, 0) = 0 e ci`o mostra, come anticipato,
che (0, 0) `e un punto
√ di massimo relativo.
√
√
√
√
Nei punti (1, ± 2) si ha fxx (1, ± 2) = −2, fyy (1, ± 2) = 0, fxy (1, ± 2) = ±2 2, per cui si
tratta di punti di sella.
Esercizio 2 Dimostrare, senza eseguire derivazioni, che la funzione f (x, y) = sin(x2 +y 2 )−cos(x−y)
ammette minimo relativo nel punto (0, 0).
Risposta La funzione sin(x2 + y 2 ) `e ≥ 0 in un intorno di (0, 0) e vale zero in (0, 0), quindi zero `e
il valore minimo assunto dal primo addendo in un intorno di (0, 0). Per quanto riguarda il secondo
addendo − cos(x − y) si nota che in (0, 0) vale −1 che `e il suo valore minimo assoluto.
Esercizio 3 (i) Cercare massimi e minimi locali di
f (x, y) = x4 + y 4 − 2(x − y)2 .
(ii) Calcolare (prima) supR2 f e (poi) inf R2 f .
Risposta (i) I punti critici sono le soluzioni del sistema
x3 − x + y = 0,
y 3 − y + x = 0.
Sommando otteniamo innanzitutto che dev’essere x3 + y 3 = 0, ovvero x = −y. Insieme a questa
equazione va considerata una delle due che la precedono, diciamo la prima.
√ Ne
√segue che dev’essere
√ √
x3 − 2x = 0, per cui si ottengono i tre punti critici O = (0, 0), P = ( 2, − 2), Q = (− 2, 2).
Siccome
fxx = 4(3x2 − 1), fyy = 4(3y 2 − 1), fxy = 4,
in P e Q le hessiane coincidono, con determinante positivo, e inoltre fxx > 0. Dunque P e Q sono
punti di minimo locale, e in entrambi f vale −8. Nell’origine l’hessiana si annulla, dunque non
fornisce indicazioni, ma basta studiare la funzione sulle bisettrici y = x e y = −x per constatare
che O `e un punto di sella.
(ii) Si mostra subito che supR2 f = ∞: infatti muovendosi sulla retta y = x si ottiene
lim f (x, x) = lim 2x4 = ∞.
x→∞
x→∞
In effetti si pu`
o osservare di pi`
u: f (x, y) → ∞ per x2 + y 2 → ∞. Infatti in coordinate polari
abbiamo
f (% cos ϑ, % sin ϑ) = %4 (cos4 ϑ + sin4 ϑ) − 2%2 (cos ϑ − sin ϑ)2 ≥ %4 m − 4%2
16
(dove m > 0 `e il minimo di cos4 ϑ + sin4 ϑ su [0, 2π]). Questo ci serve perch´e, siccome il secondo
membro della disuguaglianza qui sopra tende all’∞ per % → ∞, si ha f (x, y) ≥ 0 (per esempio) se
x2 + y 2 `e maggiore di un R2 sufficientemente grande. Ma la √
f assume anche valori negativi, come
si vede ad esempio prendendo i punti (x, 0) con 0 < |x| < 2. Tutti i valori negativi di f sono
necessariamente assunti in punti dove x2 + y 2 ≤ R2 , per cui `e in tale insieme che va cercato l’inf,
che `e anche il minimo grazie a Weierstrass: il minimo locale −8 di f nel compatto x2 + y 2 ≤ R2 `e
anche l’inf R2 f , cio`e `e minimo assoluto.
Esercizio 4 Siano A un aperto di RN e f ∈ C 2 (A). Far vedere che, se in un x0 ∈ A il gradiente di
f si annulla e la sua matrice hessiana ha sulla diagonale principale due elementi di segno opposto,
allora x0 `e un punto di sella.
Risposta Per ogni fissata direzione u = (u1 , . . . , uN ) scriviamo ϕ[u] (t) = f (x0 + tu) e otteniamo
ϕ0[u] (0) = (∇f (x0 ), u) = 0,
ϕ00[u] (0) = (∇2 f (x0 )u, u) =
N
X
fxj xk (x0 )uj uk .
j,k=1
Se fxj xj (x0 ) > 0 e fxk xk (x0 ) < 0, indichiamo con ej e ek i versori rispettivamente dell’asse xj e
dell’asse xk . Otteniamo
ϕ00[ej ] (0) = fxj xj (x0 ) > 0,
ϕ00[ek ] (0) = fxk xk (x0 ) < 0.
Dunque t = 0 `e un punto di minimo per ϕ[ej ] e di massimo per ϕ[ek ] : ne segue che x0 `e un punto
di minimo per la restrizione di f all’asse xj e di massimo per la restrizione di f all’asse xk .
Esercizio 5 Cercare il massimo e il minimo assoluto di f (x, y) = xy sul disco x2 + y 2 ≤ 1.
Risposta L’unico punto critico interno al disco `e l’origine, che `e di sella: il grafico di f `e il
paraboloide iperbolico y 2 − x2 = 0 ruotato di π/4! Sulla frontiera abbiamo un problema di estremi
vincolati. Ci riconduciamo a un problema di estremi liberi in dimensione 1 passando in coordinate
polari: g(t) = f (cos t, sin t) = cos t sin t, 0 ≤ t ≤ 2π. Imponendo g 0 (t) = 0 troviamo la√condizione
√
cos2 t = sin2 t, e quindi
o
cos
t
=
sin
t
oppure
cos
t
=
−
sin
t:
la
f
ha
massimo
in
(±1/
2,
±1/
2)
√
√
e minimo in (±1/ 2, ∓1/ 2).
Esercizio 6 Massimo e minimo assoluti di f (x, y) =
x2 + y 2 ≤ 1.
p
x2 + y 2 (x2 − y 2 ) sul disco x2 + y 2 ≤ 1.
Risposta Gli estremi vanno cercati: (i) tra i punti interni in cui f `e derivabile con gradiente nullo,
e questo `e solo il caso dell’origine (si noti che le derivate in x = y = 0 esistono e sono continue),
dove si vede subito che il grafico della funzione presenta una sella; (ii) tra i punti di frontiera, dove
abbiamo un problema di estremi vincolati, ma ci riconduciamo a un problema di estremi liberi in
dimensione 1 passando in coordinate polari, per cui f si scrive [0, 2π] 3 t 7→ cos2 t − sin2 t = cos 2t
e quindi assume massimo uguale a 1 e minimo uguale a −1. Questi valori sono anche il massimo e
il minimo di f su tutto il disco, visto che f (0, 0) = 0.
Peraltro un’osservazione geometrica che semplifica
p i conti `e la seguente: siccome ogni punto del
disco cade, per un r ∈ [0, 1], su una circonferenza x2 + y 2 = r2 , dove il minimo −r3 e il massimo
17
r3 della funzione sono assunti rispettivamente in (0, r) e (r, 0), otteniamo che sia il minimo assoluto
−1 e sia il massimo assoluto 1 della funzione sul disco sono assunti sulla circonferenza di frontiera,
rispettivamente in (0, 1) e in (1, 0).
Esercizio 7 (i) Far vedere che in A = {(x, y, z) ∈ R3 | x, y, z > 0, x2 + y 2 + z 2 = 5r2 } (r > 0)
esiste il massimo di f (x, y, z) = log x + log y + 3 log z e calcolarlo.
(ii) Sia (x0 , y0 , z0 ) il punto di massimo per f . Dalla disuguaglianza f (x, y, z) ≤ f (x0 , y0 , z0 ) per
(x, y, z) = (α1/2 , β 1/2 , γ 1/2 ) ∈ A dedurre che 3 numeri arbitrari α, β, γ > 0 verificano
α+β+γ 5
αβγ 3 ≤ 27
.
5
[Suggerimento Si noti che A non `e un aperto di R3 , e nei suoi eventuali punti di massimo
o minimo per f non c’`e nessun motivo che ∇f si annulli n´e, tantomeno, che la sua hessiana
abbia un qualunque carattere! Ci si pu`o per`o ricondurre apun problema di minimo libero in
dimensione 2 osservando che A `e il grafico della funzione z = 5r2 − x2 − y 2 definita nell’insieme
B = {(x, y) ∈ R2 | x, y > 0, x2 + y 2 < 5r2 }, aperto di R2 .]
Risposta (i) Un eventuale massimo o minimo di f in A `e rispettivamente un massimo o minimo
della funzione
p
p
g(x, y) = f (x, y, 5r2 − x2 − y 2 ) = log x + log y + 3 log 5r2 − x2 − y 2 , (x, y) ∈ B.
Sommando membro a membro le equazioni gx = 0, ovvero 5r2 − 4x2 − y 2 = 0, e gy = 0, ovvero
5r2 −x2 −4y 2 = 0, si ottiene innanzitutto la condizione x2 +y 2 = 2r2 , che poi, sostituita in una delle
due equazioni, d`
a x = y = r. In (r, r) la g ha un massimo relativo (perch´e gxx (r, r) = gyy (r, r) =
2
2
2
−8r, gxy (r, r) = 0), che anzi `e √
assoluto perch´
√ e g(x, y) → −∞ quando x + y → 5r . Dunque f
assume massimo 5 log r + 3 log 3 in (r, r, 3r).
(ii) Passando agli esponenziali nella disuguaglianza
√
log x + log y + 3 log z ≤ 5 log r + 3 log 3
si ottiene
√
√
xyz ≤ 3 3r5 = 3 3
3
x2 + y 2 + z 2
5
5/2
e si conclude elevando al quadrato.
Esercizio 8 Trovare i valori di (x, y, z) per i quali la funzione f (x, y, z) = xy + 2xz + 2yz assume
valore minimo sul parallelepipedo rettangolo di lati lunghi x, y, z e volume fissato = V > 0.
[Suggerimento Ricondursi a un problema in dimensione 2 ponendo z = V /(xy) e
V
2V
2V
x2 y 2 + 2V x + 2V y
g(x, y) = f x, y,
= xy +
+
=
.]
xy
y
x
xy
Risposta Cerchiamo i punti critici di g in A = primo quadrante aperto:
gx (x, y) =
2V
(x2 y − 2V )y 2
= y − 2 = 0,
2
(xy)
x
gy (x, y) =
2V
(x2 y − 2V )x2
= x − 2 = 0.
2
(xy)
y
Le soluzioni si ottengono per
x2 y = 2V,
xy 2 = 2V,
ovvero x = y = (2V )1/3 . Siccome gxx (x, y) = 4V x−3 , gyy (x, y) = 4V y −3 , gxy (x, y) = 1, l’hessiana
di g nell’unico punto critico `e definita positiva, e quindi f `e minima per x = y = 2z = (2V )1/3 .
18
COMPITO PER CASA DEL 17/10/2014
Esercizio 1 Sia
F (x, y) = x2 + y + ex+y − 1.
(i) Mostrare che in un opportuno intorno del punto (1, −1) le soluzioni dell’equazione F (x, y) = 0
coincidono con i punti del grafico di una funzione y = f (x).
(ii) Scrivere lo sviluppo di Taylor di f (x) di ordine 2 con punto iniziale x0 = 1.
Risposta Dato che F ∈ C ∞ (R2 ) , F (1, −1) = 0, Fy (x, y) = 1 + ex+y e quindi Fy (1, −1) = 2 6= 0,
si pu`o applicare il teorema di Dini ottenendo una funzione y = f (x) che `e a sua volta C ∞ in un
intorno di x0 = 1.
Si ha che
Fx (x, y) = ex+y + 2x,
Fx (1, −1) = 3;
f 0 (1) = −
3
Fx (1, −1)
=− .
Fy (1, −1)
2
Inoltre, siccome
Fxx (x, y) = ex+y + 2, Fxy (x, y) = ex+y , Fyy (x, y) = ex+y ,
si ottiene
Fxx (1, −1) = 3, Fxy (1, −1) = 1, Fyy (1, −1) = 1,
Fxx + 2Fxy f 0 + Fyy f 02 9
f 00 (1) := −
=− .
Fy
8
(1,−1)
Se ne deduce che
1
3
9
1
T2 (x) = f (1) + f 0 (1)(x − 1) + f 00 (1)(x − 1)2 = −1 − (x − 1) − (x − 1)2 = −
9x2 + 6x + 1 .
2
2
16
16
Esercizio 2 (i) Dimostrare che l’equazione
f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy = 0
definisce implicitamente in un intorno del punto (21/3 , 22/3 ) una funzione y = ϕ(x).
(ii) Dimostrare che la funzione ϕ(x) del punto (i) `e dotata di massimo locale nel punto x0 = 21/3 .
Risposta Dato che f (x, y) `e una funzione C 2 (R2 ) e fy (21/3 , 22/3 ) = 3 · 21/3 6= 0 possiamo applicare
il Teorema del Dini ottenendo una funzione y = ϕ(x) che `e a sua volta C 2 in un intorno del punto
x0 = 21/3 . Si ha che
ϕ0 (21/3 ) := −
fx (21/3 , 22/3 )
= 2−1/3 (22/3 − 22/3 ) = 0
fy (21/3 , 22/3 )
e, dall’essere
fxx (21/3 , 22/3 ) = fyy (21/3 , 22/3 ) = 6 · 21/3 ,
fxx + 2fxy ϕ0 + fyy ϕ02 ϕ00 (21/3 ) := −
1/3 2/3 = −2
fy
(2 ,2 )
da cui si deduce che ϕ ha un punto massimo locale in x0 .
19
Esercizio 3 Sia
F (x, y) = e2y
3 +y
− x − x3 − 1.
(i) Dimostrare che l’equazione F (x, y) = 0 definisce implicitamente su tutta una semiretta
] − α, ∞[ per un α > 0 una funzione y = f (x) di classe C ∞ tale che F (x, f (x)) = 0;
(ii) Determinare il polinomio di Taylor P (x) di secondo ordine e punto iniziale x = 0 relativo
a f (x) e calcolare
f (x)
lim 2 .
x→0 x
Risposta (i) Siccome F (0, 0) = 0, Fy (0, 0) = −1 6= 0, l’esistenza della funzione implicita y = f (x)
innanzitutto in un intorno ] − α, α[ di x = 0 segue dal Teorema di Dini, con la regolarit`a C ∞ fornita
dall’argomento di bootstrap.
Che y = f (x) sia in effetti definita da quel −α fino all’∞ lo si pu`o vedere riprendendo l’argomento
della dimostrazione del teorema. Infatti per ogni x > 0 la y 7→ F (x, y) `e negativa per y = 0, e
siccome tende crescendo all’∞ per y → ∞ esiste un unico y, dunque un f (x), tale che F (x, y) = 0.
Siccome inoltre Fy (x, y) 6= 0, in (x, y) sono ancora soddisfatte le ipotesi del Teorema di Dini, e ci`
o
significa che in un intorno di x la f (x) `e la funzione implicita definita dal teorema, e dunque ha la
regolarit`a C 1 , anzi C ∞ grazie all’argomento di bootstrap.
(ii) Utilizzando le regole di derivazione della funzione implicita nel punto 0 otteniamo
1
1
P (x) = f (0) + f 0 (0)x + f 00 (0)x2 = x − x2
2
2
e quindi
x − 12 x2 + o(x2 )
f (x)
=
:
x2
x2
il limite in questione non esiste.
Esercizio 4 Dimostrare che l’equazione F (x, y) = etan(x+y) −x−3y−1 = 0 definisce implicitamente
in un intorno di (0, 0) una funzione y = f (x) tale che F (x, f (x)) = 0. Dire se in 0 la funzione f
ammette max o min relativo.
Risposta Per dimostrare la prima parte `e sufficiente applicare il teorema del Dini. Osserviamo
etan(x+y)
etan(x+y)
che F (0, 0) = 0 e Fx (x, y) = cos
2 (x+y) − 1, Fy (x, y) = cos2 (x+y) − 3. Dunque Fy (0, 0) = −2, per cui
esiste f (x) definita implicitamente dall’equazione F (x, y) = 0 in un intorno di (0, 0). Inoltre
f 0 (0) =
−Fx (0, 0)
= 0.
Fy (0, 0)
Per vedere se la funzione f in 0 ammette max o min relativo calcoliamo la sua derivata seconda in
−2 sin(x+y) tan(x+y)
etan(x+y)
0. Siccome Fxx (x, y) = cos
si ha
4 (x+y) − cos3 (x+y) e
f 00 (0) =
−Fxx (0, 0)
1
= ,
Fy (0, 0)
2
e quindi x = 0 `e un punto di minimo relativo per f .
Esercizio 5 Data la funzione
f (x, y) = a(x2 − 1) + 3xy + y 3 :
20
1. si dimostri che, per ogni a, l’equazione f (x, y) = 0 definisce implicitamente una funzione
y = g(x) in un intorno di (1, 0);
2. si calcoli a in modo che g(x) abbia in x = 1 un punto critico .
Risposta La funzione f (x, y) `e un polinomio e quindi di classe C ∞ . Si verifica che f (1, 0) = 0
e che fy (1, 0) = 3. Applicando il Teorema del Dini si deduce quindi che f (x, y) = 0 definisce
implicitamente una funzione y = g(x). La derivata prima di g(x) `e data dalla formula:
g 0 (x) = −
fx (x, g(x))
fy (x, g(x))
da cui si deduce che g 0 (1) = −2a/3 e quindi si ha un punto critico se e solo se a = 0.
21
COMPITO PER CASA DEL 24/10/2014
Esercizio 1 Scrivere i polinomio di Taylor di grado 2 nel punto (x0 , y0 ) delle funzioni
f (x, y) = y sin(x + y), (x0 , y0 ) = (0, 0)
2
g(x, y) = ex−y , (x0 , y0 ) = (0, 0)
h(x, y) = (x − y)2 ex
2 +y 2
, (x0 , y0 ) = (attenzione!) (0, 1).
Risposta Data una funzione F il suo polinomio di Taylor di grado 2 centrato in (x0 , y0 ) `e dato
dalla formula
T2 (x, y) = F (x0 , y0 ) + Fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + Fy (x0 , y0 )(y − y0 )
1
1
+ Fxx (x0 , y0 )(x − x0 )2 + Fxy (x0 , y0 )(x − x0 )(y − y0 ) + Fyy (x0 , y0 )(y − y0 )2
2
2
e quindi tutte le funzioni dell’esercizio si possono studiare meccanicamente calcolando nel punto
(x0 , y0 ) tutte le derivate parziali fino all’ordine 2. D’altra parte `e bene ricordare che il polinomio
di Taylor `e completamente caratterizzato dalla
F (x, y) = T2 (x, y) + o((x − x0 )2 + (y − y0 )2 ),
per cui un polinomio di ordine 2 che verifica tale propriet`a deve coincidere necessariamente con
il polinomio di Taylor centrato in (x0 , y0 ). Questa osservazione ci permette qui di evitare troppi
calcoli per f e g. Infatti possiamo usare gli sviluppi in una variabile
sin(t) = t + o(t2 ),
et = 1 + t +
t2
+ o(t2 ).
2
Nel primo caso otteniamo
sin(x + y) = x + y + o((x + y)2 ) = x + y + o(x2 + y 2 )
da cui
f (x, y) = y sin(x + y) = xy + y 2 + o(x2 + y 2 )y = xy + y 2 + o(x2 + y 2 )
per cui xy + y 2 deve coincidere con il polinomio di Taylor di grado 2 e centro l’origine; anzi da
questo deduciamo pure, senza calcolarlo, che il gradiente della funzione `e il vettore nullo.
Analogamente
2
g(x, y) = ex−y = 1 + (x − y 2 ) +
= 1 + x − y2 +
(x − y 2 )2
+ o((x − y 2 )2 )
2
x2
y4
x2
− xy 2 +
+ o((x2 + y 2 )) = 1 + x − y 2 +
+ o((x2 + y 2 ))
2
2
2
2
per cui il polinomio di Taylor di centro l’origine `e T2 (x, y) = 1 + x − y 2 + x2 .
Per ci`o che riguarda infine la h(x, y) non si pu`o pedissequamente seguire la strada dei primi 2
casi, in quanto la funzione x2 + y 2 non `e infinitesima quando (x, y) tende a (0, 1), e quindi non ha
senso usare lo sviluppo di Taylor della funzione esponenziale centrato nell’origine. Una possibilit`
a
`e quella di procedere facendo i conti delle derivate parziali: abbiamo f (0, 1) = e, e siccome
2 +y 2
∇h(x, y) = (2(x − y)ex
+ 2x(x − y)2 ex
2 +y 2
22
, −2(x − y)ex
2 +y 2
+ 2y(x − y)2 ex
2 +y 2
)
abbiamo hx (0, 1) = 2e, hy (0, 1) = 4e. Eseguiamo pazientemente le derivazioni parziali di ordine 2.
Otteniamo
2 +y 2
hxx = 2ex
+ 4x(x − y)ex
hxy = −2ex
hyy = 2ex
2 +y 2
2 +y 2
2 +y 2
+ 2(x − y)2 ex
+ 4y(x − y)ex
− 4y(x − y)ex
2 +y 2
2 +y 2
2 +y 2
+ 4x(x − y)ex
− 4x(x − y)ex
+ 2(x − y)2 ex
2 +y 2
2 +y 2
2 +y 2
+ 4x2 (x − y)2 ex
+ 4xy(x − y)2 ex
− 4y(x − y)ex
2 +y 2
2 +y 2
2 +y 2
;
,
+ 4y 2 (x − y)2 ex
2 +y 2
.
Quindi hxx (0, 1) = 4e, fxy (0, 1) = −6e, hyy (0, 1) = 16e, e infine
T2 (x, y) = e + 2ex + 4e(y − 1) + 2ex2 − 6ex(y − 1) + 8e(y − 1)2 .
A questo risultato si arriva anche riconducendosi ad uno sviluppo centrato nell’origine, attraverso
la sostituzione z = y − 1 e quindi il passaggio alla funzione
h0 (x, z) = (x − z − 1)2 ex
Esercizio 2 Dato il sistema
2 +(z+1)2
2 +z 2 +2z
= (x − z − 1)2 eex
.
y2 + x + y + z = 1
x2 + y 2 + z 2 = 1
(i) dimostrare che in un intorno del punto (0, 0, 1) esso definisce implicitamente due funzioni
α(x), β(x) tali che (x, α(x), β(x)) siano soluzioni del sistema;
(ii) calcolare α0 (0), β 0 (0).
Risposta (i) Il punto (0, 0, 1) soddisfa il sistema, e la matrice jacobiana
∂(f, g)
2y + 1 1
=
2y
2z
∂(y, z)
possiede, nel punto, determinante
1 1
0 2
= 2 6= 0,
per cui la possibilit`
a di esprimere implicitamente y e z in funzione della x, per x in un intorno I
dell’origine, segue dal Teorema di Dini per i sistemi.
(ii) Posto f (x, y, z) = y 2 + x + y + z − 1 e g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 si ha, sostituendo ad y e
a z le α(x) e β(x)
f (x, α(x), β 0 (x)) ≡ 0
g(x, α(x), β 0 (x)) ≡ 0
da cui, derivando rispetto a x,
fx + fy α0 (x) + fz β 0 (x) = 0
gx + gy α0 (x) + gz β 0 (x) = 0
Lavorando nel punto (0, 0, 1) si ha
1 + α0 (0) + β 0 (0) = 0
→ α0 (0) = −1, β 0 (0) = 0
2β 0 (0) = 0
23
Esercizio 3 Assegnata la funzione
F (x, y, z) = sin(xy) cos z + 3ex+y z − 1,
verificare che l’equazione F (x, y, z) = 0 soddisfa nel punto (0, 0, 1/3) le condizioni del teorema di
Dini e determinare l’equazione del piano tangente alla superficie definita dall’equazione F (x, y, z) =
0 in (0, 0, 1/3).
Risposta Tenuto conto che F (x, y, z) ∈ C ∞ (R3 ), che F (0, 0, 1/3) = 0 e che
∇F (x, y, z) = (y cos(xy) cos z + 3ex+y z, x cos(xy) cos z + 3ex+y z, − sin(xy) sin z + 3ex+y ),
per cui ∇F (0, 0, 1/3) = (1, 1, 3) 6= 0, nel punto (0, 0, 1/3) risultano soddisfatte le condizioni del
Teorema di Dini; l’equazione del piano tangente `e
Fx (0, 0, 1/3)(x − 0) + Fy (0, 0, 1/3)(y − 0) + Fz (0, 0, 1/3)(z − 1/3) = 0
cio`e x + y + 3(z − 1/3) = 0.
Naturalmente saremmo potuti arrivare allo stesso risultato elaborando l’enunciato del Teorema
di Dini e scrivendo l’equazione del piano tangente al grafico di una delle funzioni z = ϕ(x, y),
y = ψ(x, z), x = χ(y, z) definite implicitamente intorno a (0, 0, 1/3) da F (x, y, z) = 0 grazie
rispettivamente a Fz (0, 0, 1/3) = 3 6= 0, Fy (0, 0, 1/3) = 1 6= 0, Fx (0, 0, 1/3) = 1 6= 0.
Esercizio 4 Dimostrare che in un opportuno intorno di (x, y) = (0, 0) esiste una funzione f di
classe C 1 che si annulla in (0, 0) e verifica l’equazione x + y + f (x, y) = sin[xyf (x, y)].
Risposta Si applica il Teorema di Dini alla funzione di tre variabili
F (x, y, z) = x + y + z − sin(xyz)
che in (0, 0, 0) si annulla, mentre la sua derivata soddisfa
Fz (x, y, z) = 1 − xy cos(xyz) =⇒ Fz (0, 0, 0) = 1.
La superficie di livello 0 determinata cio`e dall’equazione F (x, y, z) = 0 coincide con il grafico
z = f (x, y) di una funzione di classe C 1 in un intorno di (0, 0), nulla in (0, 0), funzione che quindi
in tale intorno verifica l’equazione
x + y + f (x, y) = sin[xyf (x, y)].
Esercizio 5 Determinare max e min assoluto della funzione G(x, y) = x − y sui punti del piano
2
2
soggetti al vincolo F (x, y) = x4 + y9 − 1 = 0.
Risposta Il luogo geometrico determinato dal vincolo `e un’ellisse di semiassi di lunghezza rispettivamente 2 e 3. Trattandosi di un insieme compatto, ogni funzione continua ammetter`a su esso
massimo e minimo assoluto. Procediamo con i moltiplicatori di Lagrange:
 x2 y 2

4 + 9 −1=0
1 + λ( x2 ) = 0

−1 + λ( 2y
9 ) = 0.
24
Utilizzando le ultime 2 equazioni abbiamo x =
−2
λ ,
y=
9
2λ :
sostituiamo nella prima e otteniamo
1
9
+
= 0,
λ2 4λ2
√
da cui λ = ± 213 . Otteniamo cos`ı punti P1 = ( √−4
, √913 ) e P2 = ( √413 , √−9
): P1 `e il punto di minimo
13
13
assoluto e P2 `e quello di massimo assoluto.
Osserviamo che l’esercizio si poteva svolgere anche parametrizzando l’ellisse e studiando poi la
funzione di una variabile, ma sicuramente la strada sarebbe stata pi`
u lunga e comunque avrebbe
richiesto conoscenze trigonometriche che con l’approccio da noi usato non sono state necessarie.
Esercizio 6 Discutere la natura dei punti critici interni e trovare massimi e minimi vincolati della
seguente funzione:
f (x, y) = x6 y 8/3
x4 + y 4 ≤ 13
su
Risposta La funzione `e non-negativa ed ha gradiente `e nullo solo sulle rette x = 0 e y = 0, che
sono quindi di minimo. Per i massimi si utilizzano i moltiplicatori di Lagrange:
 5 8/3
3

 6x y + 4λx = 0

 6 5/3
8x y
+ 4λy 3 = 0

3



x4 + y 4 = 13
per cui si ottiene
8x6 y 5/3
8x4
= 6x2 y 17/3 =⇒
= 6y 4
3
3
√ √
√
√
e si arriva ai punti di massimo ±( 3, 2), ±( 3, − 2).
6x2 y 8/3 + 4λ = 0 =⇒
Esercizio 7 Calcolare il max e il min assoluti di x3 + y 3 nel dominio
4
4
E := {(x, y) ∈ R2 : x 3 + y 3 ≤ 1}.
Risposta Osserviamo preliminarmente che l’insieme E `e un compatto, per cui il teorema di
Weierstrass assicura che la funzione assume in E massimo e minimo assoluti. I punti in cui essi
sono assunti vanno cercati tra a) i punti critici della funzione g(x, y) = x3 + y 3 interni ad E, b) i
punti della frontiera di E trovati tramite il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (tenendo conto
che il vincolo in questo caso non presenta punti singolari).
L’unico punto critico di g interno ad E `e il punto (0, 0), che non `e n´e di massimo n´e di minimo:
basta notare che la restrizione di g alla retta y = 0 `e la funzione x3 , che in x = 0 ha un flesso.
Passiamo al sistema ottenuto con i moltiplicatori di Lagrange:

4
4

 x3 + y 3 = 1
1
3x2 + λ 43 x 3 = 0

1

3y 2 + λ 43 y 3 = 0.
25
Partendo dalla seconda equazione
x
1
3
4
3x + λ
3
5
3
=0
5
otteniamo che x deve essere uguale a 0 oppure x 3 = − 49 λ. Analogamente dalla terza equazione
5
1
4
y 3 3y 3 + λ
=0
3
5
otteniamo che y deve essere uguale a 0 oppure y 3 = − 49 λ. Prima di dividere per x o per y,
bisogna considerare i casi x = 0 e y = 0: la prima equazione implica y = ±1 nel primo caso e
5
x = ±1 nel secondo caso. Se x ed y sono entrambe diverse da zero dev’essere invece x 3 = − 49 λ e
5
4
y 3 = − 49 λ, per cui necessariamente x = y. Usando di nuovo la prima equazione otteniamo 2x 3 = 1
3
da cui x = y = ±2− 4 . Per determinare massimo e minimo assoluto dobbiamo considerare i vari
3
3
candidati: (0, 0) (in realt`
a gi`
a escluso) (±1, 0), (0, ±1) e ±(2− 4 , 2− 4 ). Sostituendo si ottiene che 1
9
5
(22− 4 = 2− 4 < 1) `e il massimo assunto nei punti (0, 1) e (1, 0), mentre −1 `e il minimo assunto nei
punti (0, −1) e (−1, 0).
26
COMPITO PER CASA DEL 31/10/2014
Esercizio 1 Dire se le funzioni
sin2 (x)
,
(x2 + 1)x
ex − 1
,
x2
sin(x)
√
x x
sono integrabili secondo Riemann o in senso improprio negli intervalli ]0, 1] e ]0, +∞[.
Risposta Dal momento che
sin(x)
x
`e sempre limitato in modulo da 1, la funzione
sin2 (x) x
sin2 (x)
=
(x2 + 1)x
x2 x2 + 1
si prolunga con continuit`
a fino a 0, perch´e il suo limite per x → 0 esiste e vale 0. Quindi su ]0, 1]
l’integrale esiste (gi`
a) come integrale di Riemann. Invece su x ≥ 1 l’integrando si maggiora con
1
,
1 + x2
sicch´e l’integrale improprio converge su [1, +∞[ e in conclusione su tutto ]0, +∞[.
x
x
Consideriamo la funzione e x−1
2 . Su ]0, 1] possiamo utilizzare lo sviluppo di Maclaurin di e − 1,
che ha come primo termine x per cui
ex − 1
→1
x
per x → 0
e quindi
ex − 1
ex − 1 x
x
1
=
≈ 2 =
per x → 0
2
2
x
x x
x
x
(vd. la Premessa), e tenendo conto che x1 non `e integrabile in ]0, 1] se ne conclude che l’intex
grale improprio della funzione assegnata diverge su ]0, 1]. Dal momento poi che la funzione e x−1
2
tende all’∞ per x → ∞ (l’esponenziale a numeratore tende all’∞ pi`
u rapidamente pi`
u della potenza x2 a denominatore) si riconosce che diverge l’integrale improprio su [1, +∞[ e quindi, anche
indipendentemente da quanto studiato su ]0, 1], che esso diverge su tutto ]0, +∞[.
√ . Dalla maggiorazione
Consideriamo la funzione sin(x)
x x
sin(x) √ ≤ √1
x x x
segue l’integrabilit`
a della funzione assegnata su ]0, 1]. Per x ≥ 1 riesce poi
sin(x) √ ≤ 1 ,
x x x3/2
circostanza questa sufficiente a riconoscere la esistenza dell’integrale improprio anche su [1, +∞[, e
in conclusione su tutto ]0, +∞)[.
Esercizio 2 Verificare se gli integrali impropri
Z 1
Z 1
2
G1 =
(ex − 1)−1/3 dx, G2 =
(1 − cos x2 )−1/3 dx
0
0
27
convergono.
Risposta Bench´e l’intervallo d’integrazione sia limitato, i due integrali sono impropri perch´e gli
integrandi sono s`ı continui, per`
o illimitati: per la precisione, essi tendono all’∞ quando x → 0+ .
2
x
2
Ma sia di e −1 che di 1−cos x si esplicitano facilmente gli sviluppi di Taylor (anzi di MacLaurin).
2
Dunque G1 converge perch´e ex − 1 `e infinitesimo dello stesso ordine del primo addendo non nullo
del suo sviluppo, cio`e di x2 , per cui
2
(ex − 1)−1/3 ≈ (x2 )−1/3
con
1
Z
(x2 )−1/3 dx < ∞;
0
invece G2 diverge perch´e 1 − cos x2 `e infinitesimo dello stesso ordine del primo addendo non nullo
x4 del suo sviluppo, per cui
(1 − cos x2 )−1/3 ≈ (x4 )−1/3
con
1
Z
(x4 )−1/3 dx = ∞.
0
Esercizio 3 Dati gli integrali impropri
Z
π/2
J1 =
0
sinα x
dx,
x2
Z
∞
J2 =
√
xβ e −
x
dx,
1
determinare per quali valori di α ∈ R converge J1 e per quali valori di β ∈ R converge J2 .
Risposta J1 converge se e solo se converge
Z
0
π/2
xα sinα x
dx
x2 xα
ovvero se e solo se 2 − α < 1 ⇐⇒ α > 1.
J2 converge per tutti i β: quando x → ∞ l’integrando tende a 0 pi`
u rapidamente di ogni potenza
−2
della x, ad esempio pi`
u rapidamente di di x che ha integrale improprio da 1 a ∞ convergente.
Esercizio 4 Dimostrare che la funzione
xβ e−x
`e integrabile in senso improprio nell’intervallo ]1, +∞[ per ogni β ∈ R e calcolarne l’integrale per
β = 0, 1, 2.
Risposta La funzione esponenziale
1
1
1
ex = 1 + x + x2 + x3 + ... xm + ...
2
3!
m!
28
verifica per ogni x ≥ 0 e per ogni numero naturale m la diseguaglianza
1 m
x .
m!
ex ≥
Pertanto
xβ e−x =
xβ
1
≤ m! m−β ,
ex
x
stima quest’ultima sufficiente per
m−β >1
a riconoscere l’esistenza dell’integrale improprio su ]1, +∞[.
I valori richiesti sono
 R a −x
= e−1 − e−a

1 e dx



 R
a
−x
= 2 e−1 − 1+a
ea
1 x e dx



 Ra

2 −x
−1 − 2+2 a+a2
ea
1 x e dx = 5 e
→
e−1 ,
→
2e−1 ,
→
5e−1 .
Esercizio 5 (i) Determinare per quali valori di α converge l’integrale improprio
Z
1
0
2
et − 1
dt.
tα
(ii) Calcolare il
1
Z
lim sin x
x→0+
x
2
et
dt.
t2
Risposta (i) Utilizzando il limite notevole
2
et − 1
lim
=1
t→0
t2
deduciamo che per t tendente a 0+ risulta
2
et − 1
1
≈ α−2 ,
α
t
t
e quindi l’integrale dato `e convergente se e solo se α < 3.
(ii) Abbiamo
Z
lim sin(x)
x→0+
x
1
2
et
dt = lim sin(x)
t2
x→0+
Z
1
x
Usando quanto visto in (i) (con α = 2) sappiamo che
Z
lim
x→0+
x
1
2
et − 1
dt
t2
29
2
et − 1
dt +
t2
Z
x
1
!
1
dt .
t2
esiste finito, per cui
1
Z
lim sin(x)
x→0+
x
2
et
dt = lim sin x
t2
x→0+
Z
1
x
1
dt = lim sin(x)
t2
x→0+
1
−1
x
= 1.
Questo si poteva fare anche utilizzando de l’Hopital una volta riscritto sin(x) =
1
1
sin(x)
.
Esercizio 6 Dire per quali β > 0 esiste l’integrale improprio
Z +∞
1
dx
x logβ x
2
In questi caso si applichi la definizione calcolando quando possibile anche l’integrale improprio.
Risposta Siamo in uno dei non frequenti casi in cui si riesce a calcolare l’integrale indefinito della
funzione integranda, e quindi anche il limite
Z t
1
lim
dx
t→+∞ 2 x logβ (x)
(senza doversi accontentare, ricorrendo al criterio del confronto, di appurare semplicemente se esso
`e finito o no, come invece accade nella maggior parte dei casi). Il calcolo `e facile:
i) se β 6= 1 riesce
Z
2
t
o
1
1 n
1−β
1−β
(log(t))
−
(log(2))
dx
=
1−β
x logβ x
ii) se β = 1 riesce
t
Z
2
1
dx = log(log(t)) − log(log(2))
x log x
Pertanto nel primo caso si ha convergenza solo se β > 1, mentre nel secondo caso non c’`e
convergenza.
Riassumendo: l’integrale improprio richiesto converge se e solo se β > 1. Per tali valori di β
l’integrale vale
o (log(2))1−β
1 n
lim
(log(t))1−β − (log(2))1−β =
t→+∞ 1 − β
β−1
Esercizio 7 Studiare per quali α ∈ R converge l’integrale
Z 1 3
x − sin x3
dx.
α 3
0 x (x + 2)
Risposta Si ha
x3 − sin x3
1
≈ α−9
α
3
x (x + 2)
x
L’integrale `e quindi convergente per α − 9 < 1 ⇔ α < 10.
30
x → 0.
Esercizio 8 Studiare per quali α ∈ R converge l’integrale
Z ∞
x − sin x
dx
α (x + 2)
x
0
Risposta Studiamo separatamente i due integrali
Z ∞
Z 1
x − sin x
x − sin x
dx,
I2 =
dx.
I1 =
α
xα (x + 2)
1
0 x (x + 2)
Per l’integrale I1 si osserva che
1
sin x ≈ x − x3
6
per x → 0.
Quindi
x − sin x
x3
1
≈
≈ α−3
α
α
x (x + 2)
x (x + 2)
x
per x → 0.
Si ha convergenza di I1 se e solo se α − 3 < 1 da cui segue α < 4.
Per l’integrale I2 si osserva che sin x `e una funzione limitata e si ha
x − sin x
x
1
≈ 1+α = α .
α
x (x + 2)
x
x
Si ha convergenza di I2 se e solo se α > 1.
Concludendo l’integrale iniziale converge per 1 < α < 4.
31
COMPITO PER CASA DEL 7/11/2014
Esercizio 1 Studiare il carattere delle serie
S1 =
∞
X
1
,
n log2 n
n=2
S2 =
∞
X
n=2
1
.
n log n log(log n)
Risposta S1 converge (assolutamente) e S2 diverge: basta confrontarle rispettivamente con
Z ∞
Z ∞
dx
1 ∞
dx
1
=
−
=
e
= [log(log(log x))]∞
2 = ∞.
2
log
x
log
2
x
log
x
log(log
x)
x
log
x
2
2
2
Esercizio 2 Determinare per quali valori di α ∈ R converge la serie
∞
X
tan(1/n)
n=3
(log n)α
Risposta Si utilizza il criterio integrale, passando all’integrale improprio
Z ∞
tan(1/x)
dx
(log x)α
3
quindi si applica il criterio del confronto:
1
tan(1/x)
≈
.
(log x)α
x(log x)α
Attenzione a non scrivere
tan(1/x)
1
≤
:
α
(log x)
x(log x)α
questo `e falso!
Siccome
1
x(log x)α
`e la derivata di (log x)1−α /(1 − α) per α 6= 1 e di log(log x) per α = 1, e quindi
Z ∞
1
dx < ∞ ⇐⇒ α > 1,
x(log
x)α
3
si conclude che la serie converge ⇐⇒ α > 1.
Esercizio 3 Calcolare la derivata rispetto ad x della funzione
Z
x2
F (x) =
5x
2
ext
dt,
t
32
x > 0.
Risposta Innanzitutto, calcoliamo
Z
Z
Z
2
2
2
∂ ext
∂ ext
ext
xt2
dt = te dt =
dt =
+K
∂x t
∂t 2
2
e quindi
x2
Z
5x
2
5
3
∂ ext
ex
e25x
dt =
−
.
∂x t
2
2
La somma di quest’ultima quantit`
a e di
3
5
2x
e25x
ex
−
x2
x
fornisce il risultato.
Esercizio 4 Sia
Z
2x2
F (x) =
x2
e−t/x
dt,
t
x > 0.
(i) Calcolare F 0 (x).
(ii) Calcolare il
lim xF (x).
x→∞
Risposta (i) Calcoliamo F 0 (x) con le note formule
F 0 (x) =
4xe−2x 2xe−x
1
−
+ 2
2x2
x2
x
Z
2x2
e−t/x dt =
x2
2e−2x 2e−x e−2x − e−x
e−2x e−x
−
−
=
−
.
x
x
x
x
x
(ii) Per calcolare il limite, notiamo che per ogni x > 0 l’integrando `e una funzione decrescente
della t, e quindi nell’intervallo [x2 , 2x2 ] verifica
e−2x
e−t/x
e−x
≤
≤
.
2x2
t
x2
Dunque
e−x
x2
e ne segue che xF (x) → 0 per x → ∞. Oppure: poniamo τ = t/x2 , per cui t−1 dt = (x2 τ )−1 x2 dτ ,
e notiamo che
Z 2 −xτ
e
F (x) =
dτ → 0 per x → ∞,
τ
1
0 ≤ F (x) ≤ x2
dato che l’integranda va a zero mentre gli estremi di integrazione sono fissi. Applichiamo quindi il
teorema dell’Hopital:
F (x)
F 0 (x)
lim xF (x) = lim
= lim
= 0.
x→∞
x→∞ 1/x
x→∞ −1/x2
Esercizio 5 Data la successione
fn (x) =
n
:
x+n
33
1. studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione nell’intervallo [0, a] con a > 0;
2. studiare la convergenza uniforme della successione nell’insieme [0, ∞).
Risposta La successione converge puntualmente a f (x) = 1 per ogni x ∈ R. Per quanto riguarda
la convergenza uniforme si ha che
sup |fn (x) − 1| = max
x∈[0,a]
x∈[0,a]
x
a
=
n+x
n+a
(perch´e x 7→ x/(n + x) `e crescente) e dato che
lim
n→∞
si ha la convergenza richiesta.
In [0, ∞) al contrario si ha
a
=0
n+a
x
=1
x∈[0,∞) n + x
sup
quindi la successione non converge uniformemente.
Esercizio 6 Sia
Z
∞
F (x) =
2
e−t cos xt dt.
0
(i) Senza preoccuparsi di verificare le ipotesi che giustificano il procedimento, scrivere l’espressione integrale di F 0 (x).
(ii) Giustificare il procedimento seguito nel punto precedente.
(iii) Calcolare l’espressione integrale di F 0 (x), verificare che vale la relazione
x
F 0 (x) = − F (x)
2
e dedurne che
F (x) = F (0)e−x
2 /4
.
Risposta (i) Derivando sotto il segno di integrale si ottiene
Z ∞
2
0
F (x) = −
te−t sin xt dt.
0
(ii) Per giustificare la derivazione sotto il segno d’integrale basta tener conto che sia nell’espressione di F (x) e sia in quella di F 0 (x) gli integrandi sono uniformemente dominati da funzioni della
sola t integrabili da 0 a ∞:
2
2
|e−t cos xt| ≤ e−t ,
2
2
|te−t sin xt| ≤ te−t
per x ∈ R,
t ∈ [0, ∞[.
(iii) Integrando per parti si ottiene
∞
Z
Z
1 −t2
1 ∞ −t2
x
1 ∞
−t2
0
(−2te sin xt) dt =
e sin xt
−
e x cos xt dt = − F (x).
F (x) =
2 0
2
2 0
2
0
34
Dunque F (x) soddisfa l’equazione lineare omogenea del I ordine
x
y 0 = − y,
2
il cui integrale generale `e Ce−x
2 /4
, insieme alla condizione iniziale
y(0) = F (0)
2
(e si potrebbe completare sapendo che l’integrale di e−t da 0 a ∞, cio`e F (0), vale
Esercizio 7 (i) Calcolare
∞
Z
F (x) =
√
π/2).
e−xt dt
0
nei punti x in cui l’integrale improprio converge.
(ii) Senza preoccuparsi di verificare le ipotesi che giustificano il procedimento, scrivere le
espressioni integrali di F 0 (x), F 00 (x), F 000 (x), . . . , F [n] (x) e ricavarne in particolare
Z ∞
tn e−t dt = n!
0
(iii) Giustificare il procedimento seguito nel punto precedente.
Risposta (i) Dev’essere ovviamente x > 0, e in tal caso
Z M
Z
1 M −xt 0
1 − e−xM
e−xt dt = −
(e ) dt = −[e−xt ]M
=
,
0
x 0
x
0
da cui
∞
Z
e−xt dt =
0
1
x
per x > 0.
Pertanto il calcolo esplicito fornisce:
F 0 (x) = −
1
,
x2
F [k] (x) = (−1)k
...,
k!
.
xk+1
D’altra parte, supponendo di poter derivare sotto il segno di integrale si ottiene
Z ∞
Z ∞
−xt
0
F (x) =
e dt =⇒ F (x) =
(−te−xt ) dt per x > 0.
0
0
Iterando il procedimento si ricava
F
[k]
k
Z
(x) = (−1)
∞
tk e−xt dt
0
da cui, confrontando il calcolo precedente per le derivate F [k] (x) si ottiene
Z ∞
k!
tk e−xt dt = k+1 per kk ∈ N
x
0
e quindi
Z
∞
tk e−t dt = k!
0
35
per k ∈ N
prendendo x = 1.
Per giustificare le derivazioni sotto il segno d’integrale occorrono opportune maggiorazioni delle
funzioni integrande tk e−xt . Se si fa variare x in tutta la semiretta ]0, ∞[, le uniche maggiorazioni
possibili sono coi supx>0 tk e−xt = tk , che non hanno integrali impropri convergenti su 0 < t < ∞.
Per`o, siccome ogni punto x > 0 si trova in una semiretta [α, ∞[ con 0 < α < x, ci basta ottenere
per ogni α > 0 le maggiorazioni richieste. A tal fine basta tener conto che
|tk e−xt | ≤ g(t) = gα (t) = tk e−αt
per x ≥ α,
0≤t<∞:
da qui segue che le ipotesi del teorema di continuit`a e derivabilit`a valgono, per ogni α > 0, facendo
variare x in [α, ∞[, e quindi le derivazioni sono giustificate per ogni x > 0.
Esercizio 8 Sia
Z
F (t) =
0
∞
log x
dx.
1 + x2 + t 2
(i) Determinare l’insieme E ⊆ R nel quale l’integrale improprio `e assolutamente convergente.
(ii) Provare che F (t) `e continua in E.
(iii) Provare che F (t) `e derivabile in E.
Risposta (i) Siccome per ogni x > 0 ed ogni t ∈ R il valore assoluto dell’integrando si maggiora
con g(x), dove g(x) = | log x|/(1 + x2 ), basta mostrare che g(x) `e integrabile (in senso improprio)
da 0 a ∞ per concludere che E = R. Ora,
Z 1
| log x|
dx < ∞
2
0 1+x
per il confronto asintotico: per x → 0+ l’infinito (log x)/(1 + x2 ) `e dello stesso ordine di log x,
che (essendo la derivata di x log x − x) `e assolutamente integrabile (in senso improprio) da 0 a
1. D’altra parte, per x → ∞ l’ ordine dell’infinitesimo (log x)/(1 + x2 ) `e superiore a quello di
qualunque potenza xα con α < 2, e quindi
Z ∞
| log x|
dx < ∞.
1 + x2
1
(ii) La maggiorazione uniforme del modulo dell’integrando, vista nel passo precedente, con la
funzione g(x) mostra che F (t) `e continua per ogni t, cio`e in tutto E.
(iii) Tenuto presente che
−2t log x
ft (x, t) =
(1 + x2 + t2 )2
e quindi
|ft (x, t)| ≤
2|t|
| log x|
·
≤ g(x),
1 + x2 + t2 1 + x2 + t2
dove abbiamo maggiorato 2|t| con (1 − |t|)2 + 2|t| = 1 + t2 , si deduce che F (t) `e derivabile e che
Z +∞
−2t log x
0
F (t) =
dx.
(1
+ x2 + t2 )2
0
36
ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER CASA DEL 19/11/2014
Esercizio 1 Calcolare il limite
1 1/5
t
Z
L = lim
x→0+
0
+ (xt)1/2
dt.
x+t
Risposta Quale che sia a > 0, in [0, a]×]0, 1] l’integrando `e una funzione continua maggiorata
dalla funzione
t1/5 + (at)1/2
= t−4/5 + at−1/2
g(t) =
t
che ha integrale improprio da 0 a 1 convergente, per cui l’integrale `e una F (x) continua in [0, a], e
L `e dato da
Z
1
lim F (x) = F (0) =
x→0+
t−4/5 dt = 5.
0
Esercizio 2 Esprimere sotto forma di serie l’integrale
Z 1
2
ex dx.
0
Risposta Dallo sviluppo in serie
x2
e
=
∞
X
x2n
n=0
n!
,
valido in tutto R, in particolare dunque con convergenza uniforme nell’intervallo [0, 1], ricaviamo
la richiesta espressione dell’integrale:
Z
∞
1X
0 n=0
∞
x2n X 1
=
n!
n!
n=0
Z
1
x2n dx =
0
∞
X
n=0
1
.
n!(2n + 1)
Questa identit`
a non consente di ricavare esattamente il valore numerico dell’integrale, ma pur
tuttavia di approssimarlo coi valori delle ridotte della serie.
Concludiamo osservando che la funzione
∞
X
n=0
x2n+1
n!(2n + 1)
2
fornisce sotto forma di serie di potenze una primitiva della funzione ex .
Esercizio 3 Studiare la convergenza della serie di funzioni
∞
X
(−1)−n (n + 2)
n=0
n2 + 1
37
logn (x).
Risposta La serie ha senso per x > 0; inoltre, ponendo y = log(x), ci riconduciamo allo studio
della serie di potenze
∞
X
(−1)−n (n + 2) n
y .
n2 + 1
n=0
Ora, siccome
p
lim n |an | = lim
n→∞
r
n
n→∞
n+2
= 1,
n2 + 1
il raggio di convergenza della serie `e uguale ad 1. Quindi la serie converge assolutamente nell’intervallo ] − 1, 1[ e uniformemente negli intervalli chiusi di ] − 1, 1[. Vediamo cosa succede agli estremi.
Per y = −1 otteniamo la serie a termini positivi
∞
X
n+2
,
n2 + 1
n=0
che si comporta come la serie armonica
a segni alterni
P∞
1
n=0 n
ed `e quindi divergente. Per y = 1 abbiamo la serie
∞
X
(−1)−n (n + 2)
n2 + 1
n=0
,
che converge grazie al criterio di Leibniz. Tornando alla serie di funzioni iniziale, abbiamo che essa
converge per −1 < log(x) ≤ 1, ovvero nell’ intervallo (e−1 , e], e totalmente, dunque uniformemente,
in tutti gli intervalli chiusi contenuti in (e−1 , e).
Esercizio 4 Dopo aver studiato la convergenza della serie di funzioni
f (x) =
∞
X
ne−nx ,
n=0
si calcoli
2
Z
f (x) dx.
1
Risposta Possiamo studiare questa serie ponendo y = e−x e considerando la serie di potenze
∞
X
ny n .
n=0
Questa ha raggio di convergenza uguale ad 1, per cui fissato un qualsiasi intervallo compatto
[a, b] ∈ (−1, 1), abbiamo convergenza totale in tutti gli insiemi delle x ∈ R tali che e−x ∈ [a, b]. In
particolare avremo convergenza totale in tutti gli insiemi del tipo [, +∞) con > 0.
Lo studio precedente ci assicura che in particolare la serie converge uniformemente nell’intervallo
[1, 2], per cui
Z 2X
Z 2
∞
∞
∞
X
X
e−n − e−2n
−nx
ne
=
n
e−nx =
n
n
1
1
n=0
n=0
=
n=1
1
1
e
−
=
.
2
1−e 1−e
1 − e2
38
Esercizio 5 Studiare la convergenza assoluta della serie di funzioni
sua somma.
xn
n=1 (1−x)2n
P∞
e calcolare la
Risposta Con la sostituzione y = x/(1 − x)2 la serie di partenza diventa la serie geometrica
P
∞
n
n=1 y , che converge assolutamente per |y| < 1 alla funzione 1/(1 − y) mentre non converge
per |y| ≥√1. Dunque la serie di√ partenza converge assolutamente per |x| < (1 − x)2 , ovvero per
x < (3 − 5)/2 e per x > (3 + 5)/2, alla funzione
1
1−
x
1−2x+x2
−1=
x
,
1 − 3x + x2
mentre non converge al di fuori delle due semirette.
P
x
n
Esercizio 6 Data la serie di funzioni ∞
n=1 3 sin 4n :
(i) determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie converge assolutamente;
(ii) determinare il sottoinsieme di E in cui la serie converge totalmente;
(iii) calcolare la derivata della serie nei punti in cui questa `e derivabile;
(iv) mostrare che la serie non converge totalmente in tutto E.
Risposta (i) La serie converge assolutamente per ogni x ∈ R grazie al criterio del confronto:
infatti risulta
x |x|
sin n ≤ n
4
4
P∞ n x
2
e n=1 3 4n `e assolutamente convergente .
(ii) In ogni intervallo |x| ≤ r < ∞ la serie converge totalmente, di nuovo grazie al criterio del
confronto:
x |x|
r
sin n ≤ n ≤ n .
4
4
4
P∞ 3n
x
(iii) In tutto R la serie n=1 4n cos 4n delle derivate converge totalmente, e di conseguenza ha
per somma la derivata della somma della serie.
(iv) Per ogni n il massimo su R di |3n sin 4xn | si raggiunge nei punti x = 4n kπ/2, k ∈ N, e vale
n
3 .
Esercizio 7 Studiare la convergenza assoluta e quella totale della serie di funzioni
P∞
√
n=1 e
nx .
P −2
Risposta Grazie al confronto asintotico con
n , ad esempio, si ha convergenza assoluta per
x < 0 e totale in ogni semiretta ]−∞, r] con r < 0; non c’`e convergenza totale in ]−∞, 0[ perch´e ogni
addendo in tale semiretta ha estremo superiore uguale ad 1, e c’`e divergenza in tutta la semiretta
[0, ∞[.
Esercizio 8 Studiare la convergenza assoluta e quella totale della serie di funzioni
√
P∞
n=1 x
√
n.
√
Risposta Convergenza innanzitutto per x = 0; poi, siccome x n = e n log x per x > 0, valgono
le stesse considerazioni dell’esercizio precedente, tranne per x che qui `e sostituito da log x: dunque
convergenza assoluta in [0, 1[ e totale in [0, r] per 0 < r < 1.
2
Nel testo adottato per il corso `e proposto, all’Esercizio 41 (b) del Capitolo II, lo studio della serie
ma poi lo svolgimento a p.584 `e sbagliato.
39
P∞
n=1
2n sin
x
,
3n
Esercizio 9 Data la serie
+∞ n 2n
X
4 x
n2
n=1
:
(i) determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie converge;
(ii) determinare il sottoinsieme di E in cui la serie converge totalmente;
(iii) determinare il sottoinsieme di E in cui la serie risulta derivabile.
Risposta (i) Per ogni x ∈ R la serie data `e a termini positivi. Applichiamo il criterio della radice
per le serie numeriche:
r
n 2n
n 4 x
lim
= 4x2
n→+∞
n2
la serie converge per ogni x con 4x2 < 1, ovvero − 21 < x < 12 , e non converge quando 4x2 > 1.
Rimangono da considerare i casi x = ± 12 . La serie diventa allora
3
+∞
X
1
n2
n=1
e quindi converge. Conclusione: l’insieme E di convergenza `e [− 21 , 12 ].
(ii) L’insieme di convergenza totale coincide con tutto E in quanto
2n n x 4 x2n 4n
1
= 2
sup 2 = max
2
1
1
n
n
n
x∈[− 2 , 2 ]
x∈[− 1 , 1 ]
2 2
e, come abbiamo osservato,
+∞
X
1
< +∞.
n2
n=1
(iii) Per studiare la derivabilit`
a della serie in E applichiamo il teorema di derivazione sotto il
segno di serie. Studiamo quindi la serie ottenuta derivando termine a termine quella data, ovvero
+∞ n
X
4 2nx2n−1
(∗)
n2
n=1
.
Questa converge totalmente e quindi uniformemente in ogni insieme [− 12 + δ, 21 − δ] con δ ∈ (0, 12 ).
Infatti si ha
2nx2n−1 4n 2n4n 12 − δ 2n−1
4n(1 − 2δ)2n−1
=
max
=
n2
n2
n2
x∈[− 21 +δ, 12 −δ]
3
Si noti che la serie `e una serie di potenze
∞
X
ak xk
k=1
con coefficienti
4n
, a2n+1 = 0,
n2
per cui non si pu`
o applicare il Teorema 23.2 di Analisi Vettoriale, a.a. 2011-2012 n´e per ci`
o che riguarda il rapporto,
perch´e i coefficienti ak non sono definitivamente non nulli, n´e per ci`
o che riguarda la radice, perch´e non esiste il limite
1/k
` vero che per`
degli ak , che valgono (4n /n2 )1/(2n) = 2/n1/n per k = 2n e 0 per k = 2n + 1. E
o esiste il massimo
1/k
limite di ak , che vale 2, per cui il raggio di convergenza `e 1/2: ma noi il criterio (ottimale!) del massimo limite non
l’abbiamo visto.
a2n =
40
e la serie
+∞
X
4n(1 − 2δ)2n−1
n=1
n2
converge (si usi ad esempio il criterio della radice). Dal teorema di derivazione sotto il segno di serie
deduciamo che la serie di partenza `e derivabile in (− 12 , 12 ) e che la sua derivata coincide proprio con
la serie delle derivate (*). Osserviamo infine che la (*) non converge nei punti x = ± 12 .
P log x
Esercizio 10 (i) Determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie
n
converge e i
sottoinsiemi di E in cui la convergenza `e totale.
P
(ii) Servendosi di (i), determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie xlog n converge
e i sottoinsiemi di E in cui la convergenza `e totale.
Risposta (i) E `e l’insieme dove x > 0 e log x < −1, cio`e E =]0, 1/e[; la convergenza `e totale in
ogni intervallo 0 < x ≤ α oppure (equivalentemente!) in ogni intervallo 0 < x < α con α < 1/e,
perch´e nlog x ≤ supx≤α nlog x = nlog α .
(ii) Per x > 0 stesse risposte che per il punto (i), dal momento che
xlog n = elog x log n = nlog x
per x > 0;
in pi`
u, convergenza anche per x = 0. (Teniamo presente che xr per un generico r non naturale ha
senso solo se x ≥ 0, ed anzi solo per x > 0 quando r ≤ 0, che per`o non `e il caso in questione).
Esercizio 11 Calcolare la 24esima derivata del logaritmo nel punto 1.
Risposta Si tratta di calcolare
d24
log(1
+
x)
= a24 · 24!
x=0
dx24
dove a24 `e il termine di indice n = 24 nello sviluppo di Maclaurin
log(1 + x) =
∞
X
(−1)n+1
n=1
xn
n
di log(1 + x), per cui
d24
1
log(y)y=1 = −(24!) = −23!.
24
dx
24
41
ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER CASA DEL 5/12/2014
Esercizio 1 Calcolare i seguenti integrali doppi su rettangoli:
ZZ
sin(x + y) dx dy, R = [0, π/2] × [0, π];
I0 =
R
ZZ
R = [1, 3] × [0, 1];
(1 + 4xy) dxdy,
I1 =
R
xy 2
dxdy, R = [0, 1] × [−3, 3];
2
R x +1
ZZ x y
I3 =
+
dxdy, R = [1, 4] × [1, 2];
x
R y
ZZ
I2 =
Risposta Per il calcolo di tutti gli integrali doppi di questo esercizio, dal momento che i domini
di integrazione sono rettangoli, si possono applicare le formule di riduzione sia procedendo prima
in y e poi in x che viceversa. Mostriamo entrambi i procedimenti soltanto per il primo integrale:
π/2
Z
I0 =
π
Z
π/2 h
Z
dx
sin(x + y)dy =
0
0
0
i
− cos(x + y)|y=π
y=0 dx =
π/2
Z
=
Z
π/2
[− cos(x + π) + cos(x)] dx = 2
0
cos(x)dx = 2
0
oppure
π
Z
I0 =
π/2
Z
dy
0
π
Z
0
0
π
Z
h
sin(x + y)dx =
i
dy =
π
Z
[− cos(y + π/2) + cos(y)] dy =
=
x=π/2
− cos(x + y)|x=0
[− sin(y) + cos(y)] dy = 2.
0
0
Passiamo agli altri integrali.
3
Z
Z
dx
I1 =
1
Z
1
0
I3 =
Z
dx
1
=
4
1
Z
2
3
(1 + 4xy) dy =
[y +
0
I2 =
Z
1
Z
3
y 2 dy =
−3
=
(1 + 2x) dx = 10.
1
log(x2 + 1)
2
y2
x log y +
2x
dy =
1
1
x2
log 2 + 2 log x − log x
2
2
1
4
Z
3
Z
1
x
dx
x2 + 1
x y
+
y x
2xy 2 ]10 dx
4
= 8 log 2 −
1
42
1 0
2
y3
3
Z
dx =
1
1
3
= 9 log 2.
−3
4
2
1
x log 2 + −
x 2x
1
21
log 2 + 4 log 2 − log 2 =
log 2
2
2
dx
Esercizio 2 Disegnare l’insieme piano
S : 3 ≤ x ≤ 5,
1
≤y≤x
x
e calcolare l’integrale doppio
ZZ
I=
S
x2
dx dy.
y2
Risposta L’integrale doppio si calcola secondo la formula di riduzione
ZZ
Z 5
Z x 2
x2
x
I=
dx
dy
=
dx
dy =
2
2
y
S
3
1/x y
Z
=
3
5
4
x=5
1
x
x2 x−
dx =
= 128
x
−
x
4
2 x=3
2
Il valore trovato `e il volume del solido costruito su S e coperto dal grafico della funzione z = x2 /y 2 .
Esercizio 3 Siano f (x, y) = (2y + 1) cos(x + y), D = {(x, y) | − 1 ≤ y ≤ 1,
Calcolare
Z
I=
f (x, y) dxdy.
y 2 ≤ x ≤ 1}.
D
Risposta D `e un dominio normale rispetto all’asse y, per cui
Z 1
Z 1
Z 1
I=
dy
(2y+1) cos(x+y) dx =
(2y+1)[sin(1+y)−sin(y+y 2 )] dy = · · · = −2−2 cos 2+2 sin 2.
−1
y2
−1
Esercizio 4 Calcolare
ZZ
xy dxdy
I=
D
dove D `e il dominio compreso tra le curve x − y − 1 = 0 e 2x − y 2 + 6 = 0.
Risposta D `e normale rispetto a entrambi gli assi, ma scegliere l’uno o l’altro asse di riferimento
incide abbastanza sulla facilit`
a di calcolo di I. Infatti prendendo D come dominio normale rispetto
all’asse y otteniamo:
Z 4
Z y+1
Z 4 2 y+1
Z 5
x
1 4
y
3
2
I=
y dy 2 x dx =
y
dy =
− + 4y + 2y − 8y dy
y
2 y2 −3
2 −2
4
−2
−3
−2
2
2
6
4
1
y
2y 3
4
2
=
− +y +
− 4y
= 36.
2
24
3
−2
Invece prendendo D come dominio normale rispetto all’asse x dovremmo fare il calcolo, (ancora)
pi`
u noioso, di
Z 5
Z √2x+6
Z −1
Z √2x+6
y dy +
x dx
y dy.
x dx √
−3
−1
− 2x+6
43
−1
Esercizio 5 Calcolare
ZZ
sin y 2 dxdy
I=
T
dove T `e il triangolo di vertici (0, 0), (0, 1) e (1, 1).
Risposta Di nuovo abbiamo un dominio normale rispetto a entrambi gli assi. Stavolta, per`
o,
prenderlo normale rispetto all’asse x ci farebbe andare a sbattere sull’integrale di una funzione che
non `e derivata di una funzione elementare:
Z 1
Z 1
sin y 2 dy.
dx
I=
x
0
Prendendo invece D normale rispetto all’asse y otteniamo subito
Z 1
Z y
Z 1
1
2
I=
sin y dy
dx =
y sin y 2 dy = (1 − cos 1).
2
0
0
0
Esercizio 6 Calcolare l’integrale
ZZ
2y
p
x2 + y 2 dxdy
S
dove S `e l’intersezione del cerchio del piano di centro l’origine e raggio 1 con il semipiano dato da
y ≤ −x.
Risposta In questo dominio conviene usare il passaggio in coordinate polari Φ : x = ρ cos(θ), y =
ρ sin θ, per cui S = Φ([ 34 π, 74 π] × [0, 1]). Quindi
ZZ
3
π
4
S
Z
=
7
π
4
Z
p
2
2
2y x + y dxdy =
7
π
4
1
Z
1
2ρ sin(θ)ρρ dρ dθ
0
√
√ 1
2
2ρ dρ = − 22 = −
.
4
2
3
sin(θ) dθ
3
π
4
Z
0
Esercizio 7 Dato S = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0, x ≥ 0}, calcolare l’integrale
ZZ
2
xyex dx dy.
S
Risposta Trattandosi di una parte di corona circolare conviene usare nuovamente il passaggio Φ
in coordinate polari . In questo caso S = Φ([0, π2 ] × [1, 2]), per cui
ZZ
2
xyex dx dy =
S
Z
=
1
2
1 2 2
ρ − eρ cos (θ)
2
Z
0
π
2
0
π
2
Z
2
ρ3 sin(θ) cos(θ)eρ
2
cos2 (θ)
dθ dρ
1
1
dρ =
2
Z
1
44
2
1
2
ρ(eρ − 1) dρ = (e4 − e − 3).
4
Esercizio 8 Dato S = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x + y ≤ 2, 0 ≤ x − y ≤ 4}, calcolare l’integrale
ZZ
x − 2y
(x
+ y)2
S
Risposta In questo caso `e utile considerare il cambio di variabile lineare u = x + y, v = x − y, la
cui inversa Φ `e data da
u+v
u−v
x=
, y=
.
2
2
Dunque S = Φ([1, 2] × [0, 4]), e
1
1
1
2
2
= .
|JΦ (u, v)| = det 1
1
2
2 −2
Ne segue
Z Z
x − 2y
1 4 2 3v − u
dxdy =
dudv
2
2 0 1 2u2
S (x + y)
2
Z Z
1 4 3v
3v
1 4
− − log(|u|) dv =
− log(2)dv = 3 − log(2).
=
4 0
u
4 0 2
1
ZZ
Esercizio 9 Calcolare l’area e il baricentro dell’insieme S = {(x, y) ∈ R2 : x2 ≤ y ≤ 2x2 , x ≤ y ≤
4x}.
Risposta Il dominio dato suggerisce un cambio di variabile tale che u =
di un’applicazione ben definita e invertibile, con inversa Φ : x = uv , y =
(0, +∞) × (0, +∞). Dunque S = Φ([1, 2] × [1, 4]), e
v2
− uv2 u1
=
|JΦ (u, v)| = det
2
u3 .
− uv 2 2v
u
y
,
x2
v2
u,
Ne segue che
ZZ
|S| =
Z
2Z 4
2Z 4
|Jφ (u, v)| dvdu =
1 dxdy =
S
Z
1
1
1
1
v2
dvdu
u3
−1 3 4 −2 2 1 3
[v ]1 [u ]1 = (4 − 1),
6
8
ZZ
Z 2Z 4
1
1
v v2
xb =
dvdu
x dxdy =
|S| S
|S| 1 1 u u3
=
1 −1 4 4 −3 2
1 7 1 4
[v ]1 [u ]1 =
(4 − 1),
|S| 12
|S| 8 12
ZZ
Z 2Z 4 2 2
1
1
v v
yb =
y dxdy =
dvdu
|S| S
|S| 1 1 u u3
=
=
1 −1 5 4 −3 2
1 7 1 5
[v ]1 [u ]1 =
(4 − 1).
|S| 15
|S| 8 15
45
v = xy . Si tratta
differenziabile, in
Esercizio 10 Sia E l’insieme del piano (x, y) determinato dalle disuguaglianze
x2 ≤ y ≤ 2x2 ,
y 2 ≤ x ≤ 2y 2 .
Calcolare, servendosi di un opportuno cambiamento di coordinate, l’integrale doppio
2
ZZ
E
ey/x
dx dy.
x2 y 2
Risposta La regione E, delimitata da quattro archi di parabole, pu´o essere descritta anche al
modo seguente:
x
y
1 ≤ 2 ≤ 2, 1 ≤ 2 ≤ 2,
x
y
da cui viene naturalmente suggerito il cambiamento di coordinate
 y

= u,

 x2

x


= v,
y2
e dunque
1 ≤ u ≤ 2,
1≤v≤2
da cui, ricavando x e y, si ha
r
r
1
,
x=
u2 v
La matrice jacobiana `e pertanto la seguente
3
2√
− 3u5/3
3v
− 3u4/31v2/3
y=
3
1
.
uv 2
− 3u2/31v4/3
2
−3√
3 uv 5/3
!
e quindi il suo determinante vale
1
3u2 v 2
Dalla regola del cambiamento delle coordinate negli integrali doppi segue pertanto
J(u, v) =
ZZ
E
Z 2
Z 2
2
ey/x
1
dx dy =
du
u2 v 2 eu 2 2 dv =
2
2
x y
3u v
1
1
Z 2
2
1
e −e
=
.
eu du =
3 1
3
Esercizio 11 Sia E l’insieme del piano (x, y) delimitato dalle seguenti quattro rette
y = x,
y = 2x,
y + x = 2,
y + 2x = 2.
Calcolare, servendosi di un opportuno cambiamento di coordinate, l’integrale doppio
ZZ
log(x)
dx dy.
y3
E
46
Risposta Le condizioni che determinano l’insieme E possono essere anche scritte nella forma
seguente
y
≤ 2,
x
1≤
−2 ≤
y−2
≤ −1
x
che suggerisce il cambio di coordinate
u=
y
,
x
v=
2−y
,
x
e dunque
1 ≤ u ≤ 2,
1≤v≤2
Da tale scelta si ricavano
x=
2
,
u+v
y=
2u
u+v
e quindi
4
(u + v)3
Z 2
Z 2
ZZ
2
(u + v)3
4
log(x)
dx
dy
=
du
log
dv =
3
3 u3 (u + v)3
y
u
+
v
2
1
1
E
Z
Z 2
Z
Z
1 2
2
1
1 2 du 2
=
du
log
dv =
(log(2) − log(u + v)) dv =
2 1
u + v u3
2 1 u3 1
1
Z
1 2 (u + 1) log(u + 1) − (u + 2) log(u + 2) + 1 + log(2)
du =
2 1
u3
!!
1 3
16 . 25/8
=
+ log
.
2 8
27 . 33/8
J(u, v) =
Esercizio 12 Sia E l’insieme del piano (x, y) delimitato dalle seguenti quattro curve
y + 2x = 0,
y − x2 = 0,
y + 2x = 1,
y − x2 = 1.
Calcolare, servendosi di un opportuno cambiamento di coordinate, l’integrale doppio
ZZ
(x + y) dx dy.
E
Risposta Indicate le limitazioni che definiscono E come
0 ≤ y + 2x ≤ 1,
0 ≤ y − x2 ≤ 1
si riconosce il cambio di coordinate collegato
u = y + 2x,
v = y − x2 ,
47
e dunque
0 ≤ u ≤ 1,
0≤v≤1
che produce
√
y =2+u−
2
√ 1 + u − v,
x = −1 + 1 + u − v
1 :
2 :
√
y =2+u+
2
√ 1 + u − v,
x = −1 − 1 + u − v
La prima coppia di funzioni 1 : stabilisce un cambiamento di coordinate tra E− , la parte pi`
u bassa
di E, e il quadrato [0, 1] × [0, 1] del piano (u, v).
La seconda coppia di funzioni 2 : stabilisce un cambiamento di coordinate tra E+ , la parte pi`
u
alta di E, e il quadrato [0, 1] × [0, 1] del piano (u, v).
Le due matrici jacobiane delle trasformazioni 1 e 2 sono

 

√ 1
√ 1
√ 1
√ 1
−
−
+
2 u−v+1
2 u−v+1
2 u−v+1
 2 u−v+1
 


 

1
1
1
1
√
√
√
√
1 − u−v+1
1 + u−v+1 − u−v+1
u−v+1
Il modulo del loro determinante `e lo stesso e vale
1
|J(u, v)| = √
2 u−v+1
La formula del cambiamento delle coordinate negli integrali doppi fornisce pertanto, indicate
con E− ed E+ la parte inferiore e la parte superiore di E
ZZ
ZZ
ZZ
(x + y) dx dy =
(x + y) dx dy +
(x + y) dx dy =
E
E−
1
Z
1
Z
1+u−
du
0
Z
E+
√
1+u−v
0
1
Z
1
du
+
1+u+
√
1+u−v
0
0
1
dv+
2 1+u−v
√
1
dv =
2 1+u−v
√
da cui, per linearit`
a,
Z
=
1
Z
du
0
0
1
√
4 √
1+u
dv =
12 2 − 11 .
15
1+u−v
48
ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER CASA DEL 12/12/2014
Esercizio 1 Calcolare
Z
I = (x2 + y) dxdy,
E = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, −x ≤ y ≤ x}.
E
Risposta Coordinate polari 1 ≤ r ≤ 2, −π/4 ≤ ϑ ≤ π/4; I = 15π/16 + 15/8. Attenzione: per
3π/4 ≤ ϑ ≤ 5π/4 non `e vero che −x ≤ y ≤ x, bens`ı che x ≤ y ≤ −x!
Esercizio 2 Calcolare
Z
(xy + z 2 ) dxdydz,
I=
E =]0, 1[×]0, 2[×]0, 3[.
E
Risposta
1
Z
I=
Z
dx
0
Esercizio 3 Calcolare
Z
I=
xy 2 z 3 dxdydz,
0
2
3
dy xyz + z 3 /3 0 = · · · = 21.
E = {(x, y, z) | 0 < x < 1, 0 < y < x, 0 < z < xy}.
E
Risposta
Z
1
I=
x
Z
dx
0
xy
Z
0
1
Z
xy 2 z 3 dz =
dy
Z
dx
0
0
0
x
x5 y 6
dy =
4
Z
0
1
x12
1
dx =
.
28
13 · 28
Esercizio 4 Sia
E = {(x, y, z) | x, y, z > 0, 1/4 < x2 + y 2 + z 2 < 1}.
Calcolare
Z
I=
xyz dxdydz.
E
Risposta Coordinate sferiche: Λ(r, ϕ, ϑ) = (r cos ϕ sin ϑ, r sin ϕ sin ϑ, r cos ϑ);
Z
I=
r cos ϕ sin ϑ · r sin ϕ sin ϑ · r cos ϑ · r2 sin ϑ drdϕdϑ
Λ−1 (E)
Z
1
=
5
Z
r dr
1/2
π/2
Z
cos ϕ sin ϕ dϕ
0
0
π/2
r6
cos ϑ sin ϑ dϑ =
6
3
49
1 1/2
sin2 ϕ
2
π/2 0
sin4 ϑ
4
π/2
=
0
63
.
48 · 64
Esercizio 5 Calcolare
Z
I=
x2 +y 2 +z 2 <R2
dxdydz
p
,
2
x + y 2 + (z − A)2
A > R.
(Il prodotto di I per la costante di gravitazione universale `e il potenziale newtoniano generato
in (0, 0, A) da una massa di densit`
a costante = 1 distribuita in una palla di raggio R e centro
l’origine.)
Risposta Nell’Es.IX.43 del testo questo calcolo `e svolto usando l’integrazione per strati in coordinate cartesiane. In coordinate sferiche, invece:
Z 2π
Z R Z π
Z
iπ
r2 sin ϑ
2π R hp 2
√
I=
dϕ
dr
dϑ =
r
r + A2 − 2Ar cos ϑ dr
A 0
0
r2 + A2 − 2Ar cos ϑ
0
0
0
Z
2π R
4πR3
=
r[A + r − (A − r)] dr =
.
A 0
3A
Esercizio 6 Dato il dominio D di R3 costituito dai punti che si trovano nel quarto di spazio y ≥ 0,
z ≥ 0 e tra le sfere di centro l’origine e raggio 1 e 2, calcolare
ZZZ
z(x2 + y 2 )
dxdydz.
2
2
2 3
D (x + y + z )
Risposta In coordinate sferiche l’integrale diventa
π
Z
Z
π/2
Z
dϕ
dϑ
1
0
0
2
% cos ϕ(%2 sin ϕ) 2 2
% sin ϕ d% = π
%6
=π
sin4 ϕ
4
π/2
[log %]21 =
0
Esercizio 7 Sia E il seguente sottoinsieme di R3 :
E = (x, y, z) ∈ R3 , tali che x2 + y 2 ≤ 1 ,
Z
π/2
3
Z
cos ϕ sin ϕ dϕ
0
1
2
d%
d%
%
π
log 2.
4
p
p
− x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 .
Calcolare il volume di E.
Risposta Integrazione per fili passando a coordinate polari sul cerchio x2 + y 2 ≤ 1: siccome
p
E = {0 ≤ r ≤ 1, −r ≤ z ≤ 1 − r2 }
si ottiene
Z
2π
√
1
Z
Z
dz = 2π
r dr
0
1−r2
−r
0
1
Z 1
p
1
2π
4π
2
r( 1 − r + r) dr =
+
(1 − y) 2 dy =
.
3
3
0
50
A questo risultato si arriva anche con considerazioni geometriche: E `e un cilindro E1 di raggio 1
privato in basso di un cono E2 e sormontato da mezza sfera E3 di raggio 1, i cui i rispettivi volumi
sono dati da
Vol(E1 ) = π, Vol(E2 ) = π/3, Vol(E3 ) = 2π/3.
Ne segue che Vol(E) =Vol(E1 )−Vol(E2 )+Vol(E3 ) = 4π/3.
Esercizio 8 Esprimere in coordinate sferiche il dominio
D = {(x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0, x2 + y 2 ≤ z 2 }
e calcolare
ZZZ
I=
z dxdydz.
D
Risposta Si introduca un sistema di coordinate sferiche
x = r sin ϕ cos θ, y = r sin ϕ sin θ, z = r cos ϕ,
0 ≤ ϕ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Dev’essere r2 sin2 ϕ ≤ r2 cos2 ϕ, da cui ϕ ≤ π/4, e quindi D si trasforma nell’insieme
{(r, θ, ϕ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π/4, 0 ≤ θ ≤ 2π}.
Si ottiene
Z
I = 2π
1
Z
3
π/4
cos ϕ sin ϕ dϕ =
r dr
0
0
π
.
8
Attenzione: se invece della colatitudine si prende come ϕ la latitudine, che non varia da 0 a π bens`ı
da −π/2 a π/2, al posto dell’integrale da 0 a π/4 compare quello da π/4 a π/2 — e il risultato
ovviamente non cambia!
2
2
Esercizio 9 Sia f (x, y) = e−(x +y ) .
(i) Mostrare che f `e dotata di integrale improprio convergente su tutto R2 ;
(ii) calcolare
Z
f (x, y) dxdy
R2
passando al limite di integrali di Riemann sia su quadrati che su cerchi;
(iii) calcolare
Z ∞
2
e−x dx.
−∞
Risposta (i) Ovvio: ogni esponenziale — funzione regolarissima in tutti i limitati — con esponente
uguale all’opposto di una potenza positiva della distanza r dall’origine tende a 0 per r → ∞ pi`
u
rapidamente di r−α , o se si preferisce di (1 + rα )−1 , quale che sia α > 0.
(ii) Passando a coordinate polari si vede che
Z
e
x2 +y 2 <R2
−(x2 +y 2 )
Z
dxdy = 2π
R
2
2
e−r r dr = π(1 − e−R ) → π
0
51
per R → ∞,
e questa `e anche un’altra risposta, ben pi`
u precisa della precedente, alla domanda di (i); d’altra
parte, ogni
√ quadrato di lato 2R contiene un cerchio di raggio R ed `e contenuto in un cerchio di
raggio 2R, per cui
Z
Z
Z
2
2
2
2
2
2
e−(x +y ) dxdy ≤
e−(x +y ) dxdy ≤
e−(x +y ) dxdy
x2 +y 2 <R2
e se ne deduce che
Z
[−R,R]2
e−(x
Z
2 +y 2 )
R
Z
R
dx
=
[−R,R]2
x2 +y 2 <2R2
e−(x
Z
2 +y 2 )
2
e−x dx
Z
R
2
e−y dy
−R
−R
−R
−R
R
dy =
tende a π per R → ∞.
(iii) L’ultimo membro delle precedenti identit`a vale
Z
R
2
−x2
e
dx
−R
e quindi la sua radice quadrata tende a
Z
∞
e
−x2
√
π per R → ∞, da cui
R
Z
dx = lim
2
R→∞ −R
−∞
e−x dx =
√
π.
Esercizio 10 Calcolare il seguente integrale improprio:
ZZ
ln(x2 + y 2 )
p
dxdy
x2 + y 2
D
dove D `e il disco di centro l’origine e raggio uno.
Risposta Si ha
D
ln(x2 + y 2 )
p
dxdy = lim
→0
x2 + y 2
+
y2
ZZ
dove D = {(x, y) :
ZZ
D
2
≤
x2
ZZ
D
ln(x2 + y 2 )
p
dxdy
x2 + y 2
≤ 1}. Introducendo un sistema di coordinate polari
ln(x2 + y 2 )
p
dxdy = 2π
x2 + y 2
Z
1
ln ρ2
ρdρ = 4π
ρ
52
Z
1
ln ρ dρ = 4π(−1 − (ln − 1)) → −4π.
ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER LE VACANZE DI FINE D’ANNO
Esercizio 1 Sia r(t) la curva regolare a tratti
x = t2 , y = t3 ,
x = t3 , y = t2 ,
t ∈ [0, 1] e
t ∈ [1, 2].
• Calcolare la lunghezza di r,
−
• calcolare, dove esistono, i versori tangenti →
τ (t).
Risposta La curva r `e regolare a tratti per via della sua rappresentazione parametrica nel punto
t = 1: pur riuscendo
lim x(t) = lim x(t), lim y(t) = lim y(t)
t→1−
t→1−
t→1+
t→1+
si ha
lim x0 (t) = 2 6= lim x0 (t) = 3,
t→1−
lim y 0 (t) = 3 6= lim y 0 (t) = 2.
t→1−
t→1+
t→1+
La lunghezza L si calcola per ciascun tratto
Z 2p
Z
Z 1p
2
2
2
2
2
2
(2t) + (3t ) dt +
(3t ) + (2t) dt =
L=
1
0
Z
=
0
2
2p
4t2 + 9t4 dt =
0
2
p
p
3
8 √
1
2
t 4 + 9t2 dt =
4 + 9t2 =
10 10 − 1 .
18 3
27
0
I versori tangenti esistono in tutti i punti di r meno che nel punto (1, 1) corrispondente a t = 1:
si ha
!
x0 (t)
y 0 (t)
→
−
τ (t) = ± p
,p
.
x02 (t) + y 02 (t)
x02 (t) + y 02 (t)
Le espressioni di x0 (t) e y 0 (t) sono naturalmente diverse a seconda che riesca t ∈ [0, 1) oppure
t ∈ (1, 2].
Esercizio 2 Sia r(t) la curva regolare a tratti
x = cos(t), y = sin(t), z =
t t ∈ [0, π)
.
2t t ∈ [π, 2π]
(i) Calcolare la lunghezza di r,
(ii) determinare la funzione s(t) ascissa curvilinea su r,
(iii) determinare i punti di non derivabilit`a di s(t).
Risposta La curva r `e composta di due due eliche separate:
• la prima x = cos(t), y = sin(t), z = t,
punto (−1, 0, π)
t ∈ [0, π], parte dal punto (1, 0, 0) e termina nel
• la seconda x = cos(t), y = sin(t), z = 2t,
nel punto (1, 0, 4π)
t ∈ [π, 2π], parte dal punto (−1, 0, 2π) e termina
53
La lunghezza totale, somma delle lunghezze delle due parti, `e quindi
Z 2π
Z π
√
√ √
√
1 + 1dt +
1 + 4dt = π
2+ 5
L=
π
0
L’ascissa curvilinea `e
√
t √2
√
s(t) =
π 2 + (t − π) 5
se
se
t ∈ [0, π]
t ∈ (π, 2π]
La funzione s(t) `e derivabile in tutto [0, 2π] privato del punto π: infatti
√
2
se t ∈ [0, π)
0
s (t) = √
5
se t ∈ (π, 2π]
→
−
Esercizio 3 Assegnato il campo F = (2x2 , 3y 2 ):
→
−
• determinare il lavoro di F lungo il segmento dall’origine al punto (1, 2),
→
−
• determinare il lavoro di F lungo la poligonale
(0, 0) → (1, 0) → (1, 2).
→
−
Risposta Il lavoro del campo F `e, per definizione,
Z
Z 1
→
− →
→
−
−
F . τ ds =
F (x(t), y(t)) · (x0 (t), y 0 (t)) dt
S
0
dove S `e il segmento (0, 0), (1, 2) : x = t, y = 2t, t ∈ [0, 1], e
(x0 (t), y 0 (t)) = (1, 2).
Si ha quindi
Z
→
− →
F .−
τ ds =
S
Z
1
(2t2 + 6(2t)2 )dt =
0
26
.
3
Il lavoro lungo i due segmenti della poligonale (0, 0) → (1, 0) → (1, 2) `e
Z 1
Z 2
2
26
2x2 dx +
3y 2 dy = + 8 =
3
3
0
0
→
−
Il campo F `e conservativo, con potenziale dato da
2
U (x, y) = x3 + y 3 .
3
→
−
I due lavori del campo F lungo il segmento (0, 0), (1, 2) e lungo la poligonale (0, 0) → (1, 0) → (1, 2)
quindi coincidono tra loro e coincidono con l’incremento di U tra gli estremi del segmento e della
poligonale.
Esercizio 4 Assegnato il campo
→
−
F = (y 2 , x2 , x2 + y 2 + z 2 ) :
54
→
−
• determinare il lavoro di F lungo il segmento dall’origine al punto (1, 2, 3),
• detto L(a, b, c) il lavoro di F lungo il segmento dall’origine al punto (a, b, c), determinare il
gradiente della funzione L(a, b, c),
→
−
• servirsi del punto precedente per verificare che F non `e conservativo.
Risposta Una rappresentazione parametrica del segmento S `e
x = t, y = 2t, z = 3t, t ∈ [0, 1]
per cui
Z
Z
→
− →
−
F . τ ds =
S
1
→
−
F (x(t), y(t), z(t)) · (x0 (t), y 0 (t), z 0 (t)) dt =
Z
0
1
(2t)2 . 1 + t2 . 2 + (14t2 ) . 3 dt =
0
Z
=
1
48t2 dt =
0
48
= 16.
3
→
−
Il lavoro L(a, b, c) di F lungo il segmento dall’origine al punto (a, b, c) si calcola in modo analogo:
x = at, y = bt, z = ct, t ∈ [0, 1]
da cui
Z
L(a, b, c) =
1
(bt)2 . a + (at)2 . b + (a2 + b2 + c2 )t2 . c dt =
0
a2 b + b2 a + (a2 + b2 + c2 ) c
3
Il gradiente ∇ L(a, b, c) della L(a, b, c) `e pertanto
∂L ∂L ∂L
2a(b + c) + b2 2b(a + c) + a2 a2 + b2 + 3c2
,
,
=
,
,
,
∂a ∂b ∂c
3
3
3
=
→
−
vettore che non coincide con F calcolato in (a, b, c). In altri termini, L(a, b, c) non `e un potenziale
→
−
→
−
per F , e questo sarebbe un modo — molto lungo — per constatare che F non `e conservativo:
→
−
questo peraltro si vede subito semplicemente constatando che il campo F non ha rotore nullo, dal
momento che
∂
∂
F2 = 2x 6=
F1 = 2y.
∂x
∂y
Esercizio 5 Determinare se sono conservativi nei loro domini i seguenti campi, e nei casi in cui la
risposta `e affermativa calcolare i rispettivi potenziali:
x y
→
−
→
−
→
−
→
−
F 1 = (2x2 , 3y 2 ), F 2 = (y 2 , x2 , x2 + y 2 + z 2 ), F 3 = (ex + y, ey + x), F 4 = 2 , 2 .
r r
→
−
Risposta Nel suo dominio R2 campo F 1 `e ovviamente il gradiente delle funzioni
2 3
x + y 3 + K.
3
55
→
−
Nel suo dominio R2 il campo F 2 = (F21 , F22 , F23 ) non `e conservativo perch´e non ha rotore
nullo:
∂
∂
F22 = 2x 6=
F21 = 2y.
∂x
∂y
→
−
Nel suo dominio R2 il campo F 3 ha rotore
i
j
k
∂x
∂y
∂z = 0
ex + y ey + x 0 e quindi `e un gradiente. Un suo potenziale si ottiene con la tecnica dell’integrazione indefinita: si
cercano le primitive V (x, y) della ex + y rispetto a x, ovvero
V (x, y) = ex + xy + c(y),
e si sceglie la c(y) in modo che Vy = ey + x, da cui c0 (y) = ey e quindi c(y) = ey + K. Le V richieste
sono dunque le ex + xy + ey + K.
→
−
Nel suo dominio R2 \ (0, 0) il campo F 4 `e radiale, quindi conservativo, con potenziali
Φ(r) =
Esercizio 6 Assegnato il campo
1
ln(x2 + y 2 ) + K.
2
→
−
F = (ex + y, ey + x)
• determinare un suo potenziale con la tecnica dell’aperto stellato,
→
−
• determinare il lavoro di F sui segmenti da (ρ, 0) a (0, ρ) al variare di ρ ∈ R.
Risposta Nell’Es.5 si `e visto che in R2 il campo, essendo irrotazionale, `e conservativo, e si `e
costruito un suo potenziale con la tecnica dell’integrazione indefinita. Procediamo qui invece con
la tecnica dell’aperto stellato (rispetto all’origine, ma qui qualunque altro punto andrebbe bene),
calcolando il lavoro del campo lungo il segmento [0, 1] 3 t 7→ (tx, ty) dall’origine al punto (x, y):
1
Z
V (x, y) =
(ext + yt)x + (eyt + xt)y dt =
0
Z
=
1
(ext )0 + (eyt )0 + xy(t2 )0 dt = ex − 1 + ey − 1 + xy.
0
Il lavoro richiesto sui segmenti da (ρ, 0) a (0, ρ) corrisponde, naturalmente a
V (0, ρ) − V (ρ, 0) = 0.
Esercizio 7 Assegnate due funzioni continue f e g, calcolare l’integrale curvilineo
Z
{(f (x) + y)dx + (g(y) − 3x)dy}
C
56
essendo C la circonferenza di centro (0, 0) e raggio 1 percorsa nel verso antiorario.
Risposta Il campo vettoriale
E0 = {f (x), g(y)}
`e conservativo: un suo potenziale `e infatti U (x, y) = F (x) + G(y) essendo F e G due primitive di
f e g, certamente esistenti se f e g sono almeno continue.
Il campo
E1 = {y, −3x}
non `e conservativo: infatti rot(E1 ) = −4 e quindi
Z
Z
Z
{ydx − 3xdy} =
{f (x)dx + g(y)dy} +
{(f (x) + y)dx + (g(y) − 3x)dy} =
C
C
C
ZZ
Z
−4 dx dy = −4π
{ydx − 3xdy} =
=
C
C
Esercizio 8 Calcolare l’integrale curvilineo
Z
I=
(2xy − 5) dx + (x2 + 3y 2 ) dy
C
essendo C
• il segmento da (−1, 0) a (1, 0), oppure
• l’arco di parabola y = x2 − 1 percorso da (−1, 0) a (1, 0).
Risposta
• sul segmento:
Z
(2xy − 5) dx + (x2 + 3y 2 ) dy =
C
Z
1
−5 dx = −10
−1
• sull’arco di parabola: x = t, y = t2 − 1, t ∈ [−1, 1]
Z
C
2
2
Z
1
(2xy − 5) dx + (x + 3y ) dy =
2t(t2 − 1) − 5 + [t2 + 3(t2 − 1)2 ]2t dt = −10
−1
L’uguaglianza dei due valori era del resto prevedibile dal momento che il campo (2xy−5, x2 +3y 2 )
ha rotore nullo e, essendo definito in tutto il piano, `e conservativo: pertanto il lavoro lungo una
curva dipende solo dagli estremi, e il segmento e l’arco di parabola hanno gli stessi estremi.
Esercizio 9 Calcolare il lavoro compiuto dal campo di forze
1
1
√
F (x, y) =
− 1, cos y − √
2 x−y
2 x−y
lungo l’arco di parabola y = x2 − 4x + 3 dal punto (1, 0) al punto (4, 3).
57
Risposta L’insieme di definizione E di F `e il semipiano x > y, che `e (ad esempio) stellato; in F
`e irrotazionale, dunque conservativo, in E, e i suoi potenziali U si calcolano imponendo
Z √
1
∂ √
1
√
U (x, y) =
− 1 dx = x − y − x + g(y),
( x − y − x) + g 0 (y) = cos y − √
2 x−y
∂y
2 x−y
√
da cui g(y) = sin y + C: i potenziali di F sono le funzioni x − y − x + sin y + C, e quindi il lavoro `e
−3 + sin 3. A questo stesso risultato si arriva naturalmente anche calcolando l’integrale curvilineo.
y
x
Esercizio 10 Dato il campo F = ( 1+xy
− y 2 , 1+xy
− 2xy), calcolare il lavoro compiuto dal campo
lungo la curva di equazioni parametriche
x(t) = t2 , y(t) = t, t ∈ [1, 2],
percorsa nel verso delle t crescenti.
Risposta Nell’aperto stellato x > 0, y > −1/x dove giace la curva il campo `e conservativo, con
potenziali log(1 + xy) − xy 2 + C, per cui il lavoro richiesto `e
(4,2)
[log(1 + xy) − xy 2 ](1,1) = log
9
− 15.
2
Naturalmente a questo risultato si arriva anche calcolando l’integrale curvilineo
2
Z 2 t
t
2
3
−
t
2t
+
−
2t
= [log(1 + t3 ) − t4 ]21 .
3
3
1
+
t
1
+
t
1
Esercizio 11 Assegnato il campo vettoriale
→
−
w =
calcolare il lavoro
Z
−y x
,
rn rn
→
−
−
w .→
τ ds
C
essendo C la circonferenza di centro l’origine e raggio r > 0.
Risposta Il calcolo diretto fornisce
I
Z
→
−
w . τ ds =
C
2π
0
=
Esercizio 12 Dato il campo vettoriale
F :=
1
rn−2
r(sin2 (ϑ) + cos2 (ϑ))
rdϑ =
rn
Z 2π
2π
dϑ = n−2
r
0
3x2
2y
,
3
2
4 + x + y 4 + x3 + y 2
58
calcolarne il lavoro sull’ arco di curva
(
x = t2 + 1
y = 3t3 + 2
con t ∈ [0, 1].
p
Soluzione: F `e ben definito per x 6= − 3 4 + y 2 , quindi in tutto il semipiano x ≥ 0 e in particolare
lungo l’arco di curva in considerazione. F `e inoltre conservativo con potenziale
V (x, y) = ln(4 + x3 + y 2 )
da cui segue che il lavoro `e L = V (2, 5) − V (1, 2) = ln(37) − ln(9).
Esercizio 13 Calcolare il lavoro compiuto dal campo
(−yx−2 e−(y/x) , x−1 e−(y/x) )
lungo la curva sostenuta dalla semicirconferenza
S : (x − 2)2 + (y − 2)2 = 1, y ≥ x
ed orientata in senso antiorario.
Risposta In ciascuno dei due semipiani x > 0 (dove si trova S) e x < 0 (aperti stellati!) il campo
`e conservativo perch´e irrotazionale, ed un suo potenziale `e la funzione f (x, y) = −e−(y/x) . Gli
estremi di S sono le intersezioni della circonferenza con la retta y = x, per cui il lavoro richiesto `e
nullo.
Esercizio 14 Determinare se il campo
y x
→
−
F = − 2, 2
r r
`e conservativo nei semipiani
x > 0,
y > 0,
x < 0,
y<0
e nei casi in cui la risposta `e affermativa calcolare i rispettivi potenziali.
Risposta Metodo dell’integrazione indefinita:
• per x > 0 abbiamo
Z
Z
Z
x
x
1
1
y
dy =
dy =
dy = arctan + ϕ1 (x)
r2
x2 + y 2
x 1 + y 2 /x2
x
e siccome
d
y
y
1
y
−y
arctan = − 2
=− 2
= 2
2
2
2
dx
x
x 1 + y /x
x +y
r
ne ricaviamo ϕ1 (x) = K1 , da cui i potenziali
U1 (x, y) = arctan
59
y
+ K1 ;
x
• per y > 0 abbiamo
Z
Z
Z
−y
−1
1
x
−y
dx
=
dx
=
dx = arccot + ψ1 (y)
r2
x2 + y 2
y 1 + x2 /y 2
y
e siccome
d
x
x
1
x
x
arccot = 2
= 2
= 2
2
2
2
dy
y
y 1 + x /y
x +y
r
ne ricaviamo ψ1 (y) = K2 , da cui i potenziali
U2 (x, y) = arccot
x
+ K2 ;
y
• analogamente, per x < 0 abbiamo i potenziali
U3 (x, y) = arctan
e per y < 0 i potenziali
U4 (x, y) = arccot
60
y
+ K3
x
x
+ K4 .
y
ANALISI VETTORIALE — COMPITO DEL 9/1/15
→
−
Esercizio 1 Dato il campo F = {cos(x + y), sin(x + y)} e detti Cr i cerchi di centro l’origine e
raggio r, determinare
I
→
− →
1
lim
F .−
τ ds
r→0 r 2 ∂Cr
ricorrendo alla formula di Gauss–Green, o Stokes bidimensionale.
Risposta Dalla formula di Stokes si ha
I
ZZ
→
− →
−
F . τ ds =
→
−
rot( F ) · k dx dy
Cr
∂Cr
da cui, tenuto presente che
→
−
rot( F ) · k = cos(x + y) + sin(x + y)
si ha
→
− →
F .−
τ ds =
I
ZZ
[cos(x + y) + sin(x + y)] dx dy.
Cr
∂Cr
Per passare al limite dell’integrale doppio a secondo membro conviene utilizzare la seguente considerazione di carattere generale:
Se una funzione f (x, y) `e continua in un intorno dell’origine le sue medie sui dischi Cr verificano
ZZ
1
f (x, y) dx dy → f (0, 0) per r → ∞.
πr2
Cr
Infatti
1
πr2
ZZ
1
f (x, y) dx dy = f (0, 0) + 2
πr
Cr
ZZ
[f (x, y) − f (0, 0)] dx dy,
Cr
e il secondo membro tende a 0 per r → 0: infatti, grazie alla continuit`a di f (x, y) in (0, 0), dato
comunque ε > 0 esiste un δ > 0 tale che
|f (x, y) − f (0, 0| < ε per x2 + y 2 < δ
e quindi
1
πr2
ZZ
|f (x, y) − f (0, 0)| dx dy < ε
per r < δ.
Cr
Nel caso della funzione f (x, y) = cos(x + y) + sin(x + y), che vale 1 in (0, 0), otteniamo dunque
I
ZZ
→
− →
→
−
1
1
−
rotz ( F ) dx dy → π per r → 0.
F . τ ds = 2
2
r ∂Cr
r
Cr
Esercizio 2 Calcolare il flusso del campo di forze
F (x, y) = (x3 y, −x2 y 2 )
61
uscente dalla frontiera del dominio D intersezione del cerchio di centro (0, −3) e raggio 1 col
semipiano y ≥ −3.
Risposta Si usa il teorema della divergenza:
Z
Z
Z
F · ν ds =
divF dxdy =
x2 y dxdy.
∂D
D
D
Il calcolo dell’integrale doppio si fa passando alle coordinate polari: x = % cos ϑ, y = −3 + % sin ϑ
con 0 ≤ % ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π :
Z π
Z 1
Z π
Z 1
Z π
Z 1
3
2
3
2
4
cos2 ϑ sin ϑ dϑ
I=
% d%
cos ϑ(−3 + % sin ϑ)dϑ = −3
% d%
cos ϑ dϑ +
% d%
0
0
0
%4
= −3
4
1 0
ϑ sin 2ϑ
+
2
4
π
0
0
%5
−
5
1 0
0
cos3 ϑ
3
π
=−
0
0
3π
2
+ .
8
15
Esercizio 3 Calcolare il flusso del campo F = (x2 , xy) uscente dal dominio D = {(x, y) ∈ R2 :
1 ≤ x − 3y ≤ 2, 0 ≤ x − y ≤ 1}.
Risposta Siccome il dominio `e un parallelogramma, si pu`o applicare il teorema (di Gauss-Green
e quindi quello) della divergenza:
Z
ZZ
ZZ
flusso =
F · νe ds =
divF dxdy =
3x dxdy.
+∂D
D
D
L’ultimo membro, col cambiamento affine di variabili
u = x − 3y,
v = x − yt ⇐⇒ x =
3v − u
,
2
y=
v−u
,
2
con determinante jacobiano det [∂(x, y)/∂(u, v)] = 1/2, diventa
3v − u 1
3
3
dudv =
2 2
4
[1,2]×[0,1]
ZZ
Z
2
Z
du
1
0
1
3
(3v − u) dv =
4
Z
1
2
v2
3 − uv
2
1
2
3 3
u2
dv =
= 0.
u−
4 2
2 1
0
Esercizio 4 Calcolare l’area della superficie
Σ = {(x, y, z) | (x, y) ∈ E, z = 2 + x2 + y 2 }
dove
E = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4}.
Risposta Essendo la superficie Σ data come grafico di una funzione f (x, y) = 2 + x2 + y 2 la sua
area si calcola tramite
ZZ q
ZZ p
2
2
|Σ| =
1 + (fx ) + (fy ) dxdy =
1 + 4x2 + 4y 2 dxdy.
E
E
62
Passando a coordinate polari (in particolare con ρ da 1 fino a 2, non fino a 4!) si ottiene
Z 2 Z 2π p
i2 π
√
√
1 2h
ρ 1 + 4ρ2 dθdρ = 2π
|Σ| =
(1 + 4ρ2 )3/2 = (17 17 − 5 5).
83
6
1
1
0
Esercizio 5 Indicata con S la superficie ottenuta per rotazione intorno all’asse z del grafico della
funzione
p
x = 1 − 1 − z 2 , z ∈ [−1, 1],
• determinare una rappresentazione parametrica di S,
• calcolare l’area di S,
• calcolare l’integrale superficiale
ZZ
z dσ.
S
Risposta
I punti di S sono costituiti, al variare di z
√
1 − 1 − z 2 . La rappresentazione parametrica richiesta `e
√

 x = (1 − √ 1 − v 2 ) cos(u)
y = (1 − 1 − v 2 ) sin(u)

z=v
∈ [−1, 1], dalle circonferenze di raggio
dunque
−1 ≤ v ≤ 1
0 ≤ u ≤ 2π
La matrice Jacobiana `e


√
√
−(1 − 1 − v 2 ) sin(u) (1 − 1 − v 2 ) cos(u) 0


v
v
√
√
cos(u)
sin(u)
1
2
2
1−v
1−v
da cui segue
e quindi
√

2
L
=
−(1
−

√ 1 − v ) cos(u)

2
M = (1 − 1 − v ) sin(u)
√

 N = −√ v
(1 − 1 − v 2 )
2
1−v
√
p
1
1 − 1 − v2
2
2
2
L +M +N = √
=√
−1
1 − v2
1 − v2
Ne segue pertanto
ZZ
Z
Area =
dσ =
S
2π
Z
du
−1
0
1
1
1
√
−1
1 − v2
dv =
1
√
− 1 dv = 2π (π + 2) .
= 2π
1 − v2
−1
Naturalmente questo procedimento `e quello che conduce alla formula per il calcolo dell’area di
una qualunque superficie di rotazione di x = f (z), z ∈ [−1, 1]:
Z 1
p
Area = 2π
f (z) 1 + f 02 (z)dz,
Z
−1
63
nel nostro caso
1
Z
= 2π
s
p
(1 − 1 − v 2 )
1+
−1
v2
dv.
1 − v2
L’integrale superficiale vale 0 per evidenti motivi di simmetria:
ZZ
Z 2π
Z 1 1
z dσ =
du
v √
− 1 dv = 0.
1 − v2
S
0
−1
Esercizio 6 Assegnata la superficie
S : x = u2 + v 2 , y = u2 − v 2 , z = 2uv, u2 + v 2 ≤ 1
• calcolare la matrice jacobiana
x u yu zu
xv yv zv
• calcolare i tre valori L2 , M 2 , N 2
• esprimere l’elemento d’area d σ
• calcolare l’area di S.
Risposta
Si ha
xu yu zu
xv yv zv
L = 4u2 + 4v 2 ,
=
2u 2u 2v
2v −2v 2u
M = 4v 2 − 4u2 ,
N = −8uv
L2 + M 2 + N 2 = 32(u4 + v 4 + 2u2 v 2 ),
p
√
dσ = L2 + M 2 + N 2 du dv = 4 2(u2 + v 2 ) du dv
ZZ
√
4 2(u2 + v 2 ) du dv
ZZ
area(S) =
dσ =
u2 +v 2 ≤1
S
da cui servendosi delle coordinate polari
√ Z
area(S) = 4 2
2π
Z
1
dθ
0
√
ρ3 dρ = 2 2 π
0
Si noti che elevando al quadrato le tre espressioni parametriche si ottiene la relazione
x2 = y 2 + z 2
cio`e l’equazione cartesiana di un cono rotondo “contato due volte”.
64
ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER CASA DEL 16/1/15
Esercizio 1 Calcolare l’integrale generale dell’equazione differenziale
y 0 = y(y − 1)t
e determinare quali soluzioni sono definite su tutto R.
Risposta Fuori dagli equilibri y = 0 e y = 1, separazione delle variabili:
Z
Z
1
dy = t dt.
y(y − 1)
Il primo integrando `e uguale a (y − 1)−1 − y −1 , per cui dev’essere
log
t2
|y − 1|
y−1
1
|y − 1|
2
2
=
+ C ⇐⇒
= eC et /2 ⇐⇒
= Ket /2 ⇐⇒ y =
|y|
2
|y|
y
1 − Ket2 /2
con C e K arbitrarie costanti reali. Prendendo K > 1 o K < 0 si ottengono soluzioni definite su
tutto R, a valori nel primo caso in ] − ∞, 0[ e nel secondo in ]0, 1[; quando
p 0 < K < 1 si ottengono
2 /2
t
2
soluzioni
soluzioni > 1 definite negli intervalli in cui e
< 1/K, cio`e per
p |t| < − log K , oppure
p
2 /2
t
< 0 definite negli intervalli in cui e
> 1/K, cio`e per t < − − log K 2 e per t > − log K 2 .
Esercizio 2 Risolvere il problema di Cauchy
y 0 = t tan y,
y(0) = π/4.
determinando l’intervallo di definizione della soluzione.
Risposta Si tratta di un’equazione differenziale a variabili separabili, col secondo membro definito
per y 6= π/2 + kπ, k ∈ N. Poich´e tan( π4 ) = 1 6= 0, in un intorno del punto (0, π4 ) possiamo dividere
per tan(y) e procedere nella maniera standard
Z
Z
Z
cos(y)
t2
1
dy = t dt
dy =
+ c,
tan(y)
sin(y)
2
dove c `e una costante che calcoleremo imponendo la condizione iniziale. Abbiamo quindi che la
funzione y(t) soddisfa
t2
log | sin(y(t))| =
+c
2
e poich´e sin( π4 ) =
√
2
2
t2
> 0 si pu`
o togliere il seno dal segno di modulo e si ha sin(y(t)) = ec e 2
t2
(mentre in generale bisognerebbe scrivere sin(y(t)) = Ke 2 con K = ±ec ): molto, molto grave
t2
sarebbe passare a sin(y(t)) = e 2 + K... Dunque ec `e uguale a
Cauchy `e data da
!
√
2 t2
e2 ,
y(t) = arcsin
2
65
√
2
2 .
La soluzione del problema di
definita per tutte le t tali che
√
p
√
√
t2
2 t2
t2
e 2 < 1 ⇐⇒ e 2 < 2 ⇐⇒
< log( 2) ⇐⇒ |t| < log(2).
2
2
p
` sbagliato scrivere ≤ al posto di <: per t che tende a log(2) la soluzione tende a π , punto in cui
E
2
l’equazione differenziale
non
ha
pi`
u
senso
essendo
il
secondo
membro
non
definito;
discorso
analogo
p
per t che tende a − log(2).
p
p
L’insieme di definizione sar`
a dunque I = (− log(2), log(2)).
Esercizio 3 Trovare le soluzioni non identicamente nulle dell’equazione differenziale
y 0 = et cos2 (y)
determinando i loro intervalli di definizione.
Risposta Al variare di y in un intervallo non contenente nessun punto
π
+ kπ
2
il secondo membro dell’equazione non si annulla, e separando le variabili si ottiene
Z
Z
dy
dy
dy
t
2
t
= e cos (y) =⇒
= e dt =⇒
= et dt
dt
cos2 (y)
cos2 (y)
da cui
tan(y) = et + c =⇒ y(t) = arctan(et + c) + nπ,
n = 0, ±1, ±2, ±3, ...
Le soluzioni trovate sono definite per ogni t ∈ R.
Esercizio 4 Risolvere l’equazione differenziale
y0 =
(1 + t2 )(1 − y 2 )
.
ty
Risposta. Dividendo per t(1 − y 2 ) 6= 0 e separando le variabili si trova l’integrale generale definito
implicitamente da
t2 + log t2 + log |1 − y 2 | = K
ovvero
y2 = 1 +
C
t2 et2
.
In questa espressione si ritrovano anche le due soluzioni costanti y = ±1 che in partenza non erano
state prese in considerazione.
Esercizio 5 Controllare se la soluzione del problema di Cauchy
y 0 = 3y 4 (6t + et )
y(0) = 1.
66
`e definita su tutto R oppure no.
Risposta Separazione delle variabili:
Z
Z
dy
1
=
(6t + et ) dt ⇐⇒ − 3 = 3t2 + et + c
4
3y
9y
e, imponendo la condizione di Cauchy che d`a c = −10/9,
y=
1
−27t2 − 9et + 10
1/3
.
La soluzione non `e definita su tutto R: infatti −27t2 − 9et + 10 ha senz’altro degli zeri, dal momento
che assume, oltre a valori positivi come 10 per t = 0, anche valori negativi come −17 − e per t = 1
(e anzi tende a −∞ per t → ∞).
Esercizio 6 Studiare il problema di Cauchy

 x˙ = xt cos t − x
t

x(π) = 2
Risposta Risolviamo con la separazione delle variabili in un intorno di (π, 2):
x˙ =
x(t cos t − 1)
t
x˙
1
= cos t − .
x
t
=⇒
Integrando membro a membro otteniamo
Z x
Z t dy
1
=
ds cos s −
s
2 y
π
da cui
ln x − ln 2 = sin t − ln t + ln π.
Ne segue che
ln x = sin t + ln
2π
t
e quindi la soluzione del problema di Cauchy `e
x(t) =
2π sin t
e .
t
Esercizio 7 Trovare la soluzione dell’equazione
p
y 00 cos t + 2y 0 sin t = 2 y 0 ,
−
π
π
<t< ,
2
2
che verifica y(0) = y 0 (0) = 1.
Risposta L’equazione `e di Bernoulli nella nuova incognita w = y 0 :
√
w0 cos t + 2w sin t = 2 w.
67
Ponendo z =
√
w si arriva all’equazione lineare non omogenea
z 0 cos t + z sin t = 1,
il cui integrale generale `e z(t) = C cos t + sin t. Da qui si ricava
y 0 (t) = w(t) = (C cos t + sin t)2 ;
imponendo che y 0 (0) = w(0) = 1, e quindi anche z(0) = 1 (dal momento che z(t) `e la determinazione
positiva della radice di w(t)) si ottiene C = 1. Dunque y(t) `e la primitiva di (cos t + sin t)2 =
1 + 2 sin t cos t che vale 1 per t = 0, ovvero
y(t) = t + sin2 t + 1.
Esercizio 8 Risolvere l’equazione
y
dt + (y − log t) dy = 0.
t
Risposta Nella scrittura del primo membro `e innanzitutto implicita la condizione t > 0. L’equazione non `e esatta, ma lo diventa quando viene moltiplicata per il fattore integrante µ(y) = y −2 ,
y 6= 0; le primitive del (nuovo) primo membro
1
1 log t
dt +
− 2
dy
yt
y
y
sono le funzioni
log |y| +
log t
+ C,
y
che non sono le soluzioni dell’equazione: queste ultime si ottengono compiendo il successivo passo,
semplice quanto si vuole, ma comunque necessario, di definirle implicitamente attraverso la famiglia
di equazioni cartesiane
log t
log |y| +
+ C = 0.
y
Esercizio 9 Calcolare la soluzione (y(t), w(t)) del sistema
y 0 = w2 sin y,
w0 = w3
tale che (y(1), w(1)) = (π/2, 1).
Risposta. Il sistema `e triangolare. Il problema di Cauchy
w0 = w3 ,
w(1) = 1
ammette l’unica soluzione w(t) = (3 − 2t)−1/2 (e da adesso in poi si impone t < 3/2). A questo
punto si cercano le soluzioni di
sin y
y0 =
3 − 2t
68
ovvero
Z
dy
=
sin y
Z
dt
.
3 − 2t
Siccome il primo integrale vale
Z
dy
= log | tan(y/2)| + C
2 sin(y/2) cos(y/2)
otteniamo facilmente
tan(y/2) =
K
= Kw
(3 − 2t)1/2
da cui, imponendo la condizione y(1) = π/2, si ottiene K = 1 e quindi
y = 2 arctan(3 − 2t)1/2 ,
w = (3 − 2t)1/2 .
Esercizio 10 Risolvere il problema di Cauchy
y 0 (t) = cos2 y sinh t,
y(0) = 0.
` un’equazione a variabili separabili. Le soluzioni di equilibrio dell’equazione differenRisposta E
ziale sono y(t) = π/2 + kπ, k ∈ Z, che non soddisfano la condizione iniziale. Quindi i valori della
soluzione appartengono all’intervallo (−π/2, π/2). Separando le variabili, integrando e imponendo
la condizione iniziale si trova
tan y = cosh t − 1
che definisce implicitamente la soluzione. Quindi y(t) = arctan(cosh t − 1).
Esercizio 11 Risolvere il seguente problema di Cauchy:
0 1
y = 2 (1 + y 2 ) cos t
y(0) = 1
e stabilire l’insieme massimale di esistenza della soluzione.
Risposta Per separazione di variabili si ottiene
1
1
sin t + c ⇐⇒ y = tan( sin t + c).
2
2
Attenzione: l’argomento della tangente non pu`o uscire da ] − π/2, π/2[! Ma qui, siccome y(0) = 1,
si ottiene c = π/4, e dato che − π4 < − 12 ≤ − 21 sin t ≤ 12 < π4 per ogni t, la soluzione `e definita per
ogni valore di t.
arctan y =
Esercizio 12 (i) Calcolare tutte le soluzioni dell’equazione differenziale
y0 =
y2
(3t + 2)2
con dati iniziali y(0) = 1 e y(0) = 0, determinando i rispettivi intervalli di definizione.
69
(ii) Stabilire se esiste una soluzione dell’equazione tale che limt→∞ y(t) = 1/2.
Risposta L’equazione ha senso per t 6= −2/3, e siccome l’istante iniziale 0 sta in ] − 2/3, ∞[, `e
in questa semiretta che devono trovarsi gli intervalli di esistenza che ci interessano. La soluzione
banale y(t) ≡ 0 `e l’unica, grazie al teorema di esistenza e unicit`a, a soddisfare il problema di Cauchy
con dato iniziale nullo, e, ancora banalmente, `e definita in tutta la semiretta ] − 2/3, ∞[. Passando
alle soluzioni non identicamente nulle, e quindi mai nulle, si applica la separazione delle variabili l
e si ottiene
(∗)
1
1
=
+ c =⇒ y(t, c) =
y
3(3t + 2)
1
1
3(3t+2)
+c
.
Quindi se y(0) = 1 si ha che c = 5/6, e infine
y(t) =
2(3t + 2)
(5t + 4)
soluzione del equazione differenziale nell’intervallo (−2/3, ∞) (e non conta che il secondo membro
abbia senso della semiretta pi`
u grande ] − 5/4, ∞[.
Per avere che limt→∞ y(t, c) = 1/2 bisogna scegliere c = 2 nella (*).
Esercizio 13 Risolvere l’equazione differenziale
4
√
y 0 = y + t y.
t
nell’aperto A in cui `e definita.
Risposta A `e unione degli aperti A1 = {t > 0, y > 0} e A2 = {t < 0, y > 0}. Sia in A1 che in
√
A2 l’equazione, che `e di Bernoulli, ammette l’integrale generale dato da y = z 2 , dove z = y `e
√
soluzione dell’equazione che si ottiene dividendo per 2 y, cio`e
√
2 y
y0
t
2z
t
0
z = √ =
+ =
+ .
2 y
t
2
t
2
L’equazione omogenea associata w0 = 2wt−1 ammette l’integrale generale w(t) = Kt2 , per cui
1
applichiamo la variazione della costante: poniamo z(t) = h(t)w(t) = t2 h(t), con h0 (t) = 2t
e quindi
1
h(t) = 2 log |t|. Ne segue che la soluzione generale `e
1
z(t) = t (K + log |t|) ,
2
2
ovvero
4
y=t
1
log |t| + K
2
2
.
Esercizio 14 Risolvere l’equazione differenziale
y0 =
2tey
1 − t2 ey
nell’aperto A in cui `e definita.
Risposta A `e il piano privato del grafico di y = −2 log t. In A l’equazione si riscrive
2tey dt + (t2 ey − 1) dy = 0
70
e quindi `e esatta dato che
∂(2tey )
∂(t2 ey − 1)
= 2tey =
.
∂y
∂t
Localmente il suo integrale generale `e dato dalle famiglie di curve
t2 ey − y = c
(e se ci si ferma a scrivere il primo membro senza uguagliarlo ad una costante si trova solo una
primitiva della forma differenziale, non si risolve l’equazione — beninteso, solo implicitamente).
Si pu`o arrivare a questo stesso risultato con un argomento del tutto differente. Si effettua la
sostituzione
z0 2
z 0 − 2tey
=
−
z = t2 y =⇒ z 0 = 2tey + t2 ey y 0 =⇒ y 0 =
t2 ey
z
t
da cui
z0
2
2tey
2
2
= −
=
=
2
y
2
y
z
t
1−t e
t(1 − t e )
t(1 − z)
e quindi, per separazione delle variabili,
Z
Z
1
1
( − 1) dz = 2
dt =⇒ log z − z = 2 log |t| + K =⇒ y − ey t2 = K.
z
t
Attenzione: questo procedimento ha successo nel caso presente, ma in genere non `e applicabile.
71
ANALISI VETTORIALE — I COMPITO D’ESONERO — BIANCO
Esercizio 1 Mostrare che la funzione
Z
0
2π
√
sin tx
dx
x
`e ben definita per t > 0. Calcolare F 0 (t), giustificando i passaggi.
Risposta Per rispondere alla prima domanda basta fissare arbitrariamente t > 0 e maggiorare
√
√
√
| sin tx|
tx
t
≤
=√
per x > 0 :
x
x
x
l’ultimo membro ha integrale improprio convergente da 0 a 2π, e ci`o basta a garantire che F (t) `e
un integrale improprio assolutamente convergente.
Per la derivabilit`
a maggioriamo innanzitutto il modulo dell’integrando di F (t) al variare di t,
per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g1 (x) integrabile (in senso improprio) da 0 a
2π. A tal fine fissiamo arbitrariamente K > 0, facciamo variare t in ]0, K] e otteniamo
√
√
√
tx
K
| sin tx|
≤
≤ √ = g1 (x) = g1,K (x) per 0 < x ≤ 2π.
x
x
x
Ci`o garantisce in aggiunta alla sola esistenza, gi`a ottenuta, di F (t), anche la sua continuit`a, in ogni
intervallo 0 < t ≤ K e quindi pi`
u in generale in tutta la semiretta 0 < t < ∞.
Fatto questo, passiamo a maggiorare il modulo della derivata rispetto a t dell’integrando di
F (t) al variare di t, per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g2 (x) integrabile (in senso
improprio) da 0 a 2π. A tal fine fissiamo arbitrariamente ε > 0, facciamo variare t in [ε, ∞[ e
otteniamo
∂ sin √tx | cos √tx|
1
√
≤ √ = g2 (x) = g2,ε (x) per 0 < x ≤ 2π
=
∂t
x
2
εx
2 tx
(ma molti hanno sbagliato la ∂/∂t!) Ci`o garantisce la derivabilit`a di F (t) in ogni intervallo ε ≤ t <
∞ e quindi pi`
u in generale in tutta la semiretta 0 < t < ∞, con
√
Z 2π
√
√ 2π
1
1
cos tx
0
√
dx = sin tx = sin 2πt.
F (t) =
t
t
0
2 tx
0
Esercizio 2 Determinare per quali valori di γ converge l’integrale improprio
Z π/4
tan x
√ dx.
xγ
0
Risposta Siccome (s’intende per x → 0+ , che `e quello che ci interessa perch´e l’integrando `e
continuo in tutto ]0, π/4]) risulta
sin x
x
1
tan x
√
≈
≈
=
,
xγ/2
xγ/2
xγ/2−1
xγ
72
la risposta `e: per γ/2 − 1 < 1, ovvero per γ < 4.
Esercizio 3 Cercare gli estremi di f (x, y) = 4xy sull’ellisse 2x2 + 2y 2 − xy = 1.
Risposta Moltiplicatori di Lagrange:
4y − λ(4x − y) = 0,
4x − λ(4y − x) = 0,
2x2 + 2y 2 − xy = 1.
Non pu`o essere 4x − y = 0 perch´e ci`
o implicherebbe y = 0 e quindi x = 0: ma (0, 0) non sta
sull’ellisse. Dalla prima equazione possiamo dunque ricavare il valore λ = 4y/(4x − y), che inserito
nella seconda equazione d`
a
4y
4x −
(4y − x) ⇐⇒ x2 = y 2
4x − y
√
√
ovvero x = ±y, da cui,
nel vincolo, i punti ±(1/ 5, −1/ 5) in cui la funzione vale
√
√ sostituendo
−4/5 e i punti ±(1/ 3, 1/ 3) nei quali la funzione vale 4/3. Dunque gli estremi richiesti sono il
massimo 4/3 e il minimo −4/5.
` peraltro sconcertante che alcuni, avendo trovato che dev’essere x2 = y 2 in tutti i punti (x, y)
E
tra cui per forza devono cadere quelli di massimo e di minimo, deducano solo che dev’essere x = y,
trovando dunque solo due valori uguali della f — che di conseguenza dovrebbe essere costante sul
vincolo...
Esercizio 4 Trovare e classificare i punti critici della funzione f (x, y) = 4y 4 − 16x2 y + x.
Determinare inoltre estremo superiore ed estremo inferiore di f in R2 .
Risposta Esiste un unico punto critico: (1/8, 1/4) (ma c’`e stato chi ha “trovato” un altro punto
critico, attribuendo due radici cubiche al numero x2 ≥ 0...) L`ı le derivate seconde di f valgono
fxx = −8,
fxy = fyx = −4,
fyy = 3
e quindi l’hessiana ha determinante negativo. Ne segue che il punto critico `e di sella.
In pochissimi hanno pensato che per calcolare sup e inf, e constatare che valgono rispettivamente
∞ e −∞, bastava porre y = 0 e far tendere x a ∞ ed a −∞...
Esercizio 5 Mostrare che in un opportuno intorno dell’origine le soluzioni dell’equazione
y + sin x − x sin y = 0
sono i punti del grafico di una y = f (x) che si annulla in x = 0, e scrivere il polinomio di Maclaurin
del II ordine della f .
Risposta Una volta verificate le ipotesi del Teorema di Dini, si sa che esiste una f (x) come richiesto
dall’esercizio; ovvero che l’equazione definisce intorno a (0, 0) una funzione implicita y = f (x) che
si annulla in 0; ovvero ancora tante formulazioni equivalenti: ma ci`o che non ci si pu`o limitare a
dire, come fanno quasi tutti, `e che Dini garantisce semplicemente l’esistenza di una funzione che si
annulla in 0, e basta!!!
Coi soliti conti si vede che f 0 (0) = −1, f 00 (0) = −2, per cui il polinomio richiesto `e −x − x2 .
73
Esercizio 6 Verificare se nell’origine la funzione
f (x, y) =
log3 (1 + x) − y 3
x2 + y 2
per (x, y) 6= (0, 0),
f (0, 0) = 0
`e: (i) continua; (ii) dotata di tutte le derivate direzionali; (iii) differenziabile.
Risposta Fuori dall’origine la funzione `e C ∞ .
Siccome per x → 0 si ha log(1 + x) ≈ x, si vede subito che per (x, y) → (0, 0) risulta
|f (x, y)| ≤
| log3 (1 + x)|
|y 3 |
+
≈ |x| + |y| → 0
x2 + y 2
x2 + y 2
e quindi (i) continuit`
a (anche) in (0, 0).
Prendendo poi un qualunque versore (u1 , u2 ) si ottiene
f (tu1 , tu2 ) − f (0, 0)
log3 (1 + tu1 ) − t3 u32
t3 u31 − t3 u32
=
≈
= u31 − u32
t
t3
t3
da cui (ii) esistenza in (0, 0) della derivata rispetto a ogni versore (u1 , u2 ), con valore u31 − u32 , e
infine (iii) non differenziabilit`
a in (0, 0), perch´e da essa seguirebbe linearit`a (∇f )(0, 0) · (u1 , u2 )
della derivata direzionale.
Qui si sono riviste vecchie conoscenze che ormai si sperava non fossero pi`
u in circolazione:
disuguaglianze senza moduli di tipo F (x) ≤ G(x) grazie alle quali si `e preteso dedurre da G(x) → 0
che anche F (x) → 0, o limiti di tipo F (x, y) → 0 dedotti semplicemente da passaggi alle polari (di
cui comunque non ci sarebbe qui nessuna necessit`a) F (r cos ϑ, r sin ϑ) → 0 per ogni ϑ...
74
ANALISI VETTORIALE — I COMPITO D’ESONERO —ROSA
Esercizio 1 Mostrare che la funzione
∞
Z
F (t) =
3
4/3
e−tx
x
dx
`e ben definita per t > 0. Calcolare F 0 (t), giustificando i passaggi.
Risposta Per rispondere alla prima domanda basta fissare arbitrariamente t > 0 e maggiorare
4/3
e−tx /x, al variare di x in [3, ∞[, con una funzione che abbia integrale improprio convergente,
ad esempio con e−tx , e ci`
o basta a garantire che F (t) `e un integrale improprio (assolutamente)
convergente.
Per la derivabilit`
a maggioriamo innanzitutto il modulo dell’integrando di F (t) al variare di t,
per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g1 (x) integrabile (in senso improprio) da 3 a ∞.
A tal fine fissiamo arbitrariamente ε > 0 e maggioriamo l’integrando con g1 (x) = g1,ε (x) = e−εx .
Ci`o garantisce in aggiunta alla sola esistenza, gi`a ottenuta, di F (t), anche la sua continuit`a, in ogni
semiretta t ≥ ε e quindi pi`
u in generale in tutta la semiretta t > 0.
Fatto questo, passiamo a maggiorare il modulo della derivata rispetto a t dell’integrando di
F (t) al variare di t, per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g2 (x) integrabile (in senso
improprio) da 3 a ∞. A tal fine fissiamo arbitrariamente ε > 0, facciamo variare t in [ε, ∞[ e
otteniamo
∂ e−tx4/3 4/3
1/3 −tx4/3 =
−
x
e
≤ x1/3 e−εx = g2 (x) = g2,ε (x)
∂t x
per x ≥ 3.
Ci`o garantisce la derivabilit`
a di F (t) in ogni intervallo ε ≤ t < ∞ e quindi pi`
u in generale in tutta
la semiretta 0 < t < ∞, con
Z ∞
√
3 −tx4/3 ∞
3
4/3
F 0 (t) = −
x1/3 e−tx dx =
= − e−t3 3 .
e
4t
4t
3
3
Notiamo che tanti hanno scritto la maggiorazione
4/3
e−tx
≤ e−x
4/3
che `e falsa per t < 1. Anche qualcuno che ha pensato a dare maggiorazioni al variare di t, per
cominciare, in un intervallo [a, b] ⊂]0, ∞[ ha poi scritto
4/3
e−tx
invece di
4/3
e−tx
0
Z
F (t) = −
∞
x
3
≤ e−bx
4/3
≤ e−ax
1/3 −tx4/3
e
4/3
per a ≤ t ≤ b
per a ≤ t ≤ b.
3 −tx4/3
dx =
e
4t
75
∞
=−
3
3 −t3√3
e
.
4t
Esercizio 2 Determinare per quali valori positivi di γ converge l’integrale improprio
Z
3π/2
0
sin2 x
dx.
1 − cos xγ
Risposta Siccome (s’intende per x → 0+ , che `e quello che ci interessa perch´e l’integrando `e
continuo in tutto ]0, 3π/2]) si ha
sin2 x ≈ x2 ,
1 − cos xγ ≈
x2γ
≈ x2γ ,
2
l’integrando `e ≈ x2−2γ , e quest’ultima funzione `e integrabile in senso improprio fino a 0 se e solo
se 2 − 2γ > −1, ovvero γ < 3/2.
Alcuni, invece di osservare che sin2 x ≈ x2 , si limitano a sin2 x ≤ 1 (che `e vero, ma riduttivo),
e quindi ottengono solo i valori γ ≤ 1/2: troppo pochi. Altri invece scrivono che 1 − cos xγ ≈ xγ ,
che `e falso!, e quindi ottengono tutti i valori γ ≤ 3: troppi!
Esercizio 3 Cercare gli estremi di f (x, y) = xy sull’ellisse x2 + y 2 + xy = 1.
Risposta Moltiplicatori di Lagrange:
y − λ(2x + y) = 0,
x − λ(2y + x) = 0, x2 + y 2 + xy = 1.
Non pu`o essere 2x + y = 0 perch´e ci`
o implicherebbe y = 0 e quindi x = 0: ma (0, 0) non sta
sull’ellisse. Dalla prima equazione possiamo dunque ricavare il valore λ = y/(2x + y), che inserito
nella seconda equazione d`
a
y
x−
(2y + x) ⇐⇒ x2 = y 2
2x + y
ovvero
±y, da cui, sostituendo nel vincolo, i punti ±(1, −1), dove la funzione vale −1, e i punti
√x = √
±(1/ 3, 1/ 3), dove la funzione vale 1/3. Dunque gli estremi richiesti sono il massimo 1/3 e il
minimo −1.
` peraltro sconcertante che alcuni, avendo trovato che dev’essere x2 = y 2 in tutti i punti (x, y)
E
tra cui per forza devono cadere quelli di massimo e di minimo, deducano solo che dev’essere x = y,
trovando dunque solo due valori uguali della f — che di conseguenza dovrebbe essere costante sul
vincolo...
Esercizio 4 Trovare e classificare i punti critici della funzione f (x, y) = 4y 4 − 16x2 y + x.
Determinare inoltre estremo superiore ed estremo inferiore di f in R2 .
Risposta Esiste un unico punto critico: (1/8, 1/4) (ma c’`e stato chi ha “trovato” un altro punto
critico, attribuendo due radici cubiche al numero x2 ≥ 0...) L`ı le derivate seconde di f valgono
fxx = −8,
fxy = fyx = −4,
fyy = 3
e quindi l’hessiana ha determinante negativo. Ne segue che il punto critico `e di sella.
In pochissimi hanno pensato che per calcolare sup e inf, e constatare che valgono rispettivamente
∞ e −∞, bastava porre y = 0 e far tendere x a ∞ ed a −∞...
76
Esercizio 5 Mostrare che in un opportuno intorno dell’origine le soluzioni dell’equazione
p
1 + x + log(1 + y) − 1 + xy = 0
sono i punti del grafico di una funzione y = f (x), e scrivere lo sviluppo di MacLaurin del secondo
ordine della f .
Risposta Una volta verificate le ipotesi del Teorema di Dini, si sa che esiste una f (x) come richiesto
dall’esercizio; ovvero che l’equazione definisce intorno a (0, 0) una funzione implicita y = f (x) che
si annulla in 0. Coi soliti conti si vede che f 0 (0) = −1 nonch´e (ma qui, quanti sbagli nei calcoli
delle derivate seconde!) f 00 (0) = 0, per cui il polinomio richiesto `e −x.
Esercizio 6 Verificare se nell’origine la funzione
f (x, y) =
x3 − y 3
sin2 x + y 2
per (x, y) 6= (0, 0),
f (0, 0) = 0
`e: (i) continua; (ii) dotata di tutte le derivate direzionali; (iii) differenziabile.
Risposta Fuori dall’origine la funzione `e C ∞ .
Siccome per x → 0 si ha sin x ≈ x, si vede subito che per (x, y) → (0, 0) risulta
|f (x, y)| ≤
|y 3 |
|x3 |
+
≈ |x| + |y| → 0
sin2 x + y 2 sin2 x + y 2
e quindi (i) continuit`
a (anche) in (0, 0).
Prendendo poi un qualunque versore (u1 , u2 ) si ottiene
f (tu1 , tu2 ) − f (0, 0)
t3 u31 − t3 u32
t3 u31 − t3 u32
≈
=
= u31 − u32
t
t3
t[sin2 (tu1 ) + t2 u22 ]
da cui (ii) esistenza in (0, 0) della derivata rispetto a ogni versore (u1 , u2 ), con valore u31 − u32 , e
infine (iii) non differenziabilit`
a in (0, 0), perch´e da essa seguirebbe linearit`a (∇f )(0, 0) · (u1 , u2 )
della derivata direzionale.
Qui si sono riviste vecchie conoscenze che ormai si sperava non fossero pi`
u in circolazione:
disuguaglianze senza moduli di tipo F (x) ≤ G(x) grazie alle quali si `e preteso dedurre da G(x) → 0
che anche F (x) → 0, o limiti di tipo F (x, y) → 0 dedotti semplicemente da passaggi alle polari (di
cui comunque non ci sarebbe qui nessuna necessit`a) F (r cos ϑ, r sin ϑ) → 0 per ogni ϑ...
77
ANALISI VETTORIALE — II COMPITO D’ESONERO
Esercizio 1 Risolvere il problema di Cauchy
y0 +
tan t
cos2 t
y=
y −1 ,
2
2(1 + sin t)
y(0) = 1.
Risposta L’equazione — non lineare, definita per t ∈] − π/2, π/2[ — `e di Bernoulli, si riscrive
come
cos2 t
2yy 0 + y 2 tan t =
,
1 + sin t
e con la sostituzione z = y 2 si trasforma nell’equazione lineare non omogenea
cos2 t
.
1 + sin t
z 0 + z tan t =
(∗)
Per risolvere quest’ultima otteniamo prima l’integrale generale dell’omogenea associate
z10 + z1 tan t = 0,
che `e
z1 = C cos t,
e poi cerchiamo l’integrale generale della (∗), ad esempio, con la variazione della costante, cio`e sotto
la forma
z = v(t) cos t
con v(t) da determinare, ovvero con
v 0 (t) cos t =
cos2 t
1 + sin t
e quindi
v(t) = log(1 + sin t) + K.
Abbiamo cos`ı ottenuto l’integrale generale della (∗)
z = cos t[log(1 + sin t) + K]
(definito per ogni K, essendo la (∗) lineare, in tutto l’intervallo in cui la (∗) `e definita, ovvero in
] − π/2, π/2[), quindi anche quello dell’equazione di partenza:
p
y = cos t[log(1 + sin t) + K]
(definito invece, per ogni fissato K, solo nel sottointervallo di ] − π/2, π/2[ in cui log(1 + sin t) + K
si mantiene > 0). La condizione di Cauchy `e soddisfatta per K = 1.
Esercizio 2 Calcolare l’integrale superficiale
Z
Σ
y
dσ,
x
78
dove Σ `e il grafico della funzione z = xy per 1/4 ≤ x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x.
Risposta Poich´e
dσ =
q
1 + fx2 + fy2 dxdy =
p
1 + x2 + y 2 dxdy
(f (x, y) = xy)
al variare di x = r cos ϑ, y = r sin ϑ per 1/2 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π/4 (ed `e un inutile dispendio di
energie, anche se in se stesso non `e sbagliato, passare alla rappresentazione parametrica del grafico,
come peraltro tanti hanno fatto con risultati in genere fallimentari), l’integrale vale
1/2
Z
r
p
1 + r2 dr
π/4
Z
0
0
#1
"
"
3/2 #
sin ϑ
5
(1 + r2 )3/2
1 3/2
π/4
2 −
log 2.
dr =
[− log(cos ϑ)]0 =
cos ϑ
3
6
4
1/2
Esercizio 3 Calcolare il lavoro compiuto dal campo vettoriale
√
F(x, y) = (y x, −xey )
lungo la curva y =
√
x percorsa in senso antiorario tra l’origine e il punto (1, 1).
√
Risposta La curva y = x, a dire il vero, non `e regolare in tutto [0, 1]... Ma il suo sostegno `e
lo stesso della curva [0, 1] 3 y 7→ ϕ(y) = (y 2 , y), che invece `e regolare4 , e con la notazione −ϕ a
indicare ϕ percorsa in senso antiorario5 otteniamo il lavoro
Z
√
y
Z
0
(y x dx − xe dy) =
−ϕ
1
y4
(2y − y e ) dy =
− y 2 ey + 2
2
3
2 y
Z
y
0
ye dy
1
1
1
5
= − + e + [2yey − 2ey ]01 = − + e − 2 − 2e + 2e = e − .
2
2
2
Esercizio 4 Dato il campo vettoriale
F(x, y) =
2 x−1/3
1
−
,
2/3
3y−x
y − x2/3
!
:
(i) determinare i sottoinsiemi d del piano in cui F `e conservativo;
(ii) calcolare i potenziali di F in ciascuno dei sottoinsiemi di cui al punto (i).
Risposta Il grafico di y = x2/3 divide il piano in due aperti stellati, dai quali poi va escluso l’asse
y, cosa che quasi tutti hanno dimenticato di fare. In ciascuno dei 4 aperti rimanenti i potenziali di
F sono dati dalle funzioni
log |y − x2/3 | + K.
4
Solita questione di abusi terminologici pi`
u che tollerati, come quando parliamo di integrale lungo la circonferenza
x + y 2 = 1 e sottintendiamo che si passi alle coordinate polari.
5
Nella maggior parte dei compiti si `e preso il verso orario... Ma `e pur vero che parlare di verso orario o antiorario
su una curva aperta ha dell’opinabile.
2
79
Esercizio 5 Data la serie
∞
X
2
e−nx :
n=0
(i) calcolare la somma della serie nei punti in cui essa converge puntualmente;
(ii) determinare i sottoinsiemi di R in cui la convergenza `e totale.
P∞ n
2
Risposta (i) Con la sostituzione y = e−x la serie diventa quella geometrica:
n=0 y , che
converge se e solo se |y| < 1, con somma 1/(1 − y). Dunque la serie di partenza converge se e solo
2
se x 6= 0, con somma 1/(1 − e−x ).
(ii) La convergenza totale si ha per |x| ≥ ε quale che sia ε > 0.
Esercizio 6 Calcolare l’integrale
ZZZ
z 2 dxdydz, D = {(x, y, x) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 ≤ 1,
z≥
p
x2 + y 2 }.
Risposta Coordinate sferiche
x = r sin ϕ cos ϑ,
y = r sin ϕ sin ϑ,
z = r cos ϑ.
Siccome dev’essere r cos ϕ ≥ r sin ϑ ricaviamo tan ϕ ≤ 1 e quindi 0 ≤ ϕ ≤ π/4, per cui l’integrale
diventa
π/4
Z 1
Z π/4
√
π
2π
cos3 ϕ
4
2
= (4 − 2).
2π
r dr
cos ϕ sin ϕ dϕ =
−
5
3
30
0
0
0
Chi ha integrato √
per fili, prendendo coordinate polari x = r cos ϑ, y = r sin ϑ nel piano (x, y)
con 0 ≤ r ≤ z ≤ 1 − r2 , non
√ ha tenuto presente che√le ultime due disuguaglianze valgono
simultaneamente solo per r ≤ 1 − r2 , ovvero per r ≤ 1/ 2, e non per r ≤ 1: se poi si ottiene,
come risultato dell’integrazione di z 2 ≥ 0, un numero negativo, tanto gi`a basta per rendersi conto
che si `e fatto un errore.
80
ANALISI VETTORIALE — COMPITO DEL 26/1/2015
Esercizio 1 Sia
f (x, y) =
log(1 + 4x3 + 2y 4 )
p
x2 + y 2
per (x, y) 6= (0, 0),
f (0, 0) = 0.
Controllare se nell’origine f :
(i) `e continua;
(ii) `e dotata di derivate direzionali;
(iii) `e differenziabile.
Risposta Siccome
log(1 + u) ≈ u per u → 0,
risulta
f (x, y) =
log(1 + 4x3 + 2y 4 )
4x3 + 2y 4
p
≈p
x2 + y 2
x2 + y 2
per (x, y) → (0, 0).
(i) Dal momento che
4|x|3 2y 4
|4x3 + 2y 4 |
p
≤
+
|x|
|y|
x2 + y 2
otteniamo f (x, y) → 0 per (x, y) → (0, 0), ovvero la continuit`a.
(ii) Siccome
log(1 + 4(tα)3 + 2(tβ)4 )
4(tα)3 + 2(tβ)4
p
p
≈
→0
t t2 (α2 + β 2 )
t|t| α2 + β 2
per t → 0
(e a un certo punto mi sono stancato di segnare l’errore dei tanti che hanno scritto t2 invece di
t|t|), le derivate direzionali, tra cui quelle rispetto a x e a y, sono tutte nulle (da cui c’`e ancora chi
conclude che, siccome coincidono con ∇f (0, 0) · (α, β), tanto basta a garantire la differenziabilit`
a
di f in (0, 0)...)
(iii) Siccome
f (x, y) − ∇f (0, 0) · (x, y)
log(1 + 4x3 + 2y 4 )
4x3 + 2y 4
p
=
≈
→0
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
per (x, y) → (0, 0)
la funzione `e differenziabile in (0, 0).
2
Esercizio 2 Dato il campo vettoriale F(x, y) = (sin x+3y 2 , 2x−e−y ), calcolare la sua circuitazione
sulla frontiera del semidisco x2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0, orientata positivamente.
Risposta Ovviamente, Gauss–Green, ovvero Stokes bidimensionale: la circuitazione vale
Z
Z π
Z 2
(2 − 6y) dxdy =
dϑ
(2% − 6%2 sin ϑ) d% = 4π − 32.
x2 +y 2 ≤4,y≥0
0
0
(Fa male dover leggere, ma dovrebbe fare ancor pi`
u male rendersi conto di avere scritto, [cos ϑ]π0 = 0.]
81
Esercizio 3 Determinare l’insieme dei punti in cui la serie di potenze
∞
X
(ex − 2)n
n log(log n)
n=3
converge assolutamente e quelli in cui la convergenza `e totale.
Risposta Innanzitutto ci si riconduce alla serie di potenze
∞
X
(∗)
n=3
yn
,
n log(log n)
che ha raggio di convergenza 1 perch´e n2 ≥ n log(log n) ≥ n e limn (n2 )1/n = limn (n)1/n = 1.
Questo argomento (certo, un po’ sofisticato) non `e stato utilizzato da nessuno. Nella maggior parte
dei casi si `e affermato, senza ovviamente darne nessuna giustificazione, che il raggio di convergenza
1 si ottiene applicando ai coefficienti il criterio del rapporto o quello della radice.
Per lo studio agli estremi minoriamo
n log(log n) ≤ n(log n) :
P
P
1
1
siccome n n(log
n n log(log n) diverge. Ne segue che la (∗)
n) diverge (criterio integrale), anche
converge assolutamente se e solo se |y| < 1, e totalmente in ogni intervallo chiuso ⊂] − 1, 1[, mentre
converge semplicemente per y = 1 grazie al criterio di Leibniz6 .
Dunque la serie di partenza converge assolutamente se e solo se −1 < ex − 2 < 1, ovvero
1 < ex < 3, ovvero 0 < x < log 3, e totalmente in ogni intervallo chiuso ⊂]0, log 3[, mentre converge
semplicemente per x = 0.
Esercizio 4 (i) Dimostrare che per ogni t ∈ R l’integrale improprio
Z ∞
arctan xt
F (t) =
dx
x(1 + x2 )
0
converge assolutamente.
(ii) Dimostrare che per ogni t ∈ R la F (t) `e una funzione derivabile, e dare l’espressione di
F 0 (t).
Risposta (i) Siccome 0 ≤ | arctan xt| ≤ x|t| per x ≥ 0, l’integrando si maggiora per |t| ≤ K < ∞
con g(x) = K/(1 + x2 ), funzione della sola x integrabile in senso improprio da 0 a ∞. Questo
mostra non solo che F (t) converge (assolutamente) per ogni t ∈ [−K, K], ma anche che in tale
intervallo `e una funzione continua. Siccome poi g(x) maggiora per ogni t ∈ [−K, K] con K ≥ 1
anche
∂ arctan xt
1
=
,
2
2
∂t x(1 + x )
(1 + x )(1 + x2 t2 )
la F `e anche derivabile con
0
Z
F (t) =
0
∞
1
dx
(1 + x2 )(1 + x2 t2 )
6
Stupefacente constatare quanti credano di poter dedurre per y = −1 la convergenza assoluta dalla convergenza
semplice ottenuta grazie a Leibniz, oltretutto dopo aver affermato la divergenza della serie per y = 1.)
82
in [−K, K]. Infine, vista l’arbitrariet`
a di K , le conclusioni precedenti valgono per ogni t 6= 0.
Esercizio 5 Sia F (x, y) = ex + xy − 2y 2 + 2 sin y − x − 1 = 0.
(i) Dimostrare che in un opportuno intorno del punto (0, 0) l’equazione F (x, y) = 0 definisce
implicitamente una funzione y = f (x).
(ii) Calcolare il limx→0 f (x)/x2 .
Risposta Si applica Dini. Siccome f 0 (0) = 0, per calcolare il limite di f (x)/x2 si dispone di due
strade: o si tiene conto che siccome F `e C ∞ anche f lo `e, si calcola f 00 (0), e si utilizza la formula di
Maclaurin f (x) = f (0) + f 0 )0)x + f 00 (0)x2 /2 + o(x2 ) = f 00 (0)x2 /2 + o(x2 ), oppure (pi`
u brevemente)
si applica il teorema dell’Hopital, riconducendosi a calcolare il limx→0 f 0 (x)/2x. Il risultato `e −1/4.
Esercizio 6 Risolvere il problema di Cauchy
2y dx + 2(x − xy tan y) dy = 0,
y(1) =
π
.
3
Risposta L’equazione rientra sia tra quelle a variabili separabili che tra quelle della forma
p dx + q dy = 0
che non sono esatte ma si possono rendere tali con un fattore integrante: qui, siccome
qx − py
2 − 2y tan y − 2
=
= − tan y,
p
2y
il fattore integrante che si trova, soluzione di µ0 (y)/µ(y) = − tan y, `e cos y.
La soluzione y = y(x) del problema di Cauchy che si ottiene `e definita dall’equazione
xy cos y −
83
π
= 0.
6

DIZ.ITAL.-PICCOLI AA.VV.

2º COMPITO di MATEMATICA - classe 4ª A

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CONTEST LAZIO SSB 432 MHz

Esempio di scheda studente per l`apptivity sui problemi che hanno

17/2/2014 - Fisica con esercitazioni m1 m2 l b con

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