Eserciziario di Matematica II Facoltà di Ingegneria

M. Miranda & F. Paronetto

24 giugno 2005

Queste dispense sono una raccolta di esercizi, alcuni dei quali proposti a lezione. Troverete anche altri esercizi, la maggior parte dei quali svolti e alcuni che integrano quanto visto in classe e che esulano dal programma effettivamente svolto: questo non significa che saranno programma d’esame, ma chi fosse curioso di approfondire alcune cose ha in questo modo la possibilità di farlo.

Suggeriamo di fare, o anche di provare a fare, gli esercizi senza scoraggiarsi subito e senza farsi tentare dal guardare immediatamente le soluzioni.

Qualche esercizio è marcato con il simbolo ∗: questo denota che l’esercizio è leggermente più complicato o esula dalle conoscenze di base. Ovviamente consigliamo di perdere un po’ di tempo da soli anche con questi esercizi, senza controllare immediatamente le soluzioni, potrebbe essere istruttivo.

Sottolineiamo che con il presente eserciziario non si intende assolutamente sostituire un buon testo di esercizi, ma fornire semplicemente un aiuto, speriamo valido, a completamento delle lezioni in aula. Consigliamo inoltre di avere ben chiari i concetti di teoria prima di apprestarsi ad affrontare gli esercizi.

Un’ultima cosa: potrebbero esserci degli errori (anzi, ci saranno sicuramente) per cui ci scusiamo fin d’ora e ringraziamo chi volesse farceli notare.

Lecce, 11 maggio 2003.

Michele Miranda michele.miranda@unile.it

Fabio Paronetto fabio.paronetto@unile.it

Indice

1 Successioni e serie di funzioni 5 Convergenza puntuale ed uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Funzioni di più variabili, continuità, derivabilità, differenziabilità 49 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3 Massimi e minimi di funzioni 61 Richiami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 Massimi e minimi su compatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Massimi e minimi su compatti osservando le curve di livello . . . . . . 64 Massimi e minimi su illimitati e natura dei punti critici . . . . . . . . 64 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4 Curve e Campi Vettoriali 89 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

5 Equazioni differenziali 101 Equazioni lineari di primo grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Equazioni a variabili separabili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Equazioni di Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Equazioni di tipo omogeneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Alcune equazioni di secondo grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Equazioni lineari a coefficienti costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Esercizi di vario genere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

6 Integrali 137 Integrali multipli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 Integrali di superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 Flussi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 4 INDICE

Capitolo 1

Successioni e serie di funzioni

Convergenza puntuale ed uniforme

Differenza tra convergenza puntuale ed uniforme: Si supponga di avere una successione di funzioni f_{n} : D → R tali che lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x). Ci chiediamo se il limite è anche uniforme: dovrei avere che

lim_{n→∞} sup_{x∈D} |f_{n}(x) − f(x)| = 0

il che è equivalente a dire che (per definizione di limite) per ogni ϵ > 0 esiste N = N(ϵ) tale che per ogni n ⩾ N si ha

sup_{x∈D} |f_{n}(x) − f(x)| < ϵ .

Si veda la Figura 1.1 per avere un’idea dal punto di vista grafico: la curva in neretto rappresenta il grafico della funzione limite f, i puntini i grafici di f + ϵ e f − ϵ, la curva tratteggiata il grafico di una possibile f_{n} con n ⩾ N(ϵ). Considerazioni generali: non esiste un metodo generale (cioè un modo meccanico che valga in ogni situazione) per studiare la convergenza uniforme. La prima osservazione che va fatta è che, se f_{n} : D → R convergono puntualmente ad f in D, il candidato ad essere il limite uniforme è f. La seconda è che lo studio ha come incognita l’insieme (o gli insiemi) sul quale (o sui quali) f_{n} converge uniformemente. La domanda da porsi è quindi:

su quali insiemi A ⊂ D vale lim_{n→∞} sup_{x∈A} |f_{n}(x) − f(x)| = 0 ?

Figura 1.1:

Chiaramente se f_{n} → f uniformemente su tutto D convergerà uniformemente anche su tutti i sottoinsiemi A di D. Un modo per cercare l’estremo superiore di |f_{n} − f| (dove f è il limite puntuale di f_{n}) se f e f_{n} sono di classe C^{1} è di cominciare risolvendo l’equazione

\frac{d}{dx}(f_{n}(x) − f(x)) = 0

e considerando i punti critici di f_{n} − f: si faccia attenzione che il minimo, se c’è, di f_{n} − f potrebbe essere il massimo di |f_{n} − f|. Questo però è un modo e comunque non sempre fornisce l’estremo superiore (ad esempio il sup potrebbe non essere un massimo, il massimo potrebbe essere assunto agli estremi ecc.). In generale è spesso utile intuire il comportamento della successione di cui bisogna studiare la convergenza. Un consiglio è quindi quello di studiare qualitativamente, se possibile, il grafico delle funzioni f_{n}.

Esercizio 1.1 - Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni

f_{n} : [−1, 1] → R , f_{n}(x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}}

Esercizio 1.2 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni f_{n}(x) = arctg (nx), n ∈ N, definite in D = R.

Esercizio 1.3 - Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni

f_{n} : R → R , f_{n}(x) = \frac{x + n}{x^{2} + n}

Esercizio 1.4 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme di f_{n}(x) = x(1 − x)^{n} log n in [0, 1].

Esercizio 1.5 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme di f_{n} : [0, 1] → R,

f_{n}(x) = \frac{nx}{1 + n^{2}x^{2}} .

Esercizio 1.6 - Si studino la convergenza puntuale ed uniforme delle funzioni

f_{n}(x) = \frac{x^{2}}{x + n} per x ∈ [0, +∞)

e si dimostri che

lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n}(x) sen (nx)dx = 0 .

Esercizio 1.7 - Si studino la convergenza puntuale ed uniforme delle funzioni

f_{n}(x) = n^{α}x(1 − x^{2})^{n}  per x ∈ [0, 1]  (α > 0)

e si calcoli

lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx .

Esercizio 1.8 - Si studino la convergenza puntuale ed uniforme delle funzioni

f_{n}(x) = (\frac{1}{n} + sen^{2}x)^{n} per x ∈ [0, π]

e si calcoli

lim_{n→∞} ∫_{0}^{π} f_{n}(x)dx .

Esercizio 1.9 - Si studi la convergenza puntuale ed uniforme in [−1, 1] della successione di funzioni

f_{n}(x) = n log(1 + x/n) .

Esercizio 1.10 - Si studi la convergenza puntuale ed uniforme in R della successione di funzioni

f_{n}(x) = ∫_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{t^{2} + n}}dt .

Serie di Funzioni

Una serie di funzioni ∑_{n} f_{n} è una speciale successione di funzioni {g_{N}}_{N} dove g_{N}(x) = ∑_{n=0}^{N} f_{n}(x). Ricordo: per le serie di funzioni si ha che

conv. totale su A ⟹ conv. uniforme su A ⟹ conv. puntuale su A .

Non ci sono molti criteri in generale per studiare la convergenza uniforme: in generale, e quindi in particolare se si ha una serie a termini tutti positivi (o tutti negativi), una strategia possibile è studiare prima la convergenza totale della serie, ma questo non garantisce di trovare tutti gli insiemi in cui vi è convergenza uniforme! (si vedano, ad esempio, gli esercizi 1.15 e 1.17), quando si ha una serie a segni alterni si può sfruttare il criterio di Leibniz. Per quanto riguarda lo studio della convergenza totale: chiaramente la miglior costante che controlla su un insieme A il valore assoluto di f_{n}(x) è sup_{A} |f_{n}(x). Quindi per studiare la convergenza totale su A di ∑_{n} f_{n} conviene, se si riesce a calcolare l’estremo superiore di |f_{n}|, studiare la serie

∑_{n} sup_{x∈A} |f_{n}(x)| .

Non sempre però conviene calcolare l’estremo superiore e ci si può accontentare di una stima (si veda, ad esempio, la soluzione dell’Esercizio 1.16) o non sempre si riesce a calcolare tale estremo superiore (si veda, ad esempio, la soluzione dell’Esercizio 1.14)

Esercizio 1.11 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{(1 + x)^{n}} .

Esercizio 1.12 - Studiare la serie di ∑_{n=0}^{∞} f(x)x^{n} con f continua.

Esercizio 1.13 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{x + n^{2}}{x^{2} + n^{4}} .

Esercizio 1.14 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{x + n}{x^{2} + n^{4} + log n} .

Esercizio 1.15 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=2}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})} .

Esercizio 1.16 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} .

Esercizio 1.17 - Si consideri la successione di funzioni

f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{n} | sen x| & x ∈ [(n − 1)π, nπ] \\ 0 & altrimenti . \end{matrix}

Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x).

Esercizio 1.18 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{n}e^{−nx}.

Esercizio 1.19 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}}, x ∈ R.

Esercizio 1.20 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{sen x + n}{n^{2}}, x ∈

R.

Esercizio 1.21 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{(log n)^{x}}{n}, x ∈ R.

Esercizio 1.22 - Studiare la convergenza della seguente serie e calcolarne la somma:

∑_{n=0}^{∞}(n − 3)(\frac{x + 1}{x})^{n} .

Esercizio 1.23 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{n+1} − x^{n}}{n}

e calcolarne la somma.

Esercizio 1.24 - Si determinino gli insiemi di R^{2} nei quali vi è convergenze semplice, uniforme e totale della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{arctg (x^{2} + n^{2})}{1 + n^{2}y} .

Serie di potenze

Ricordo: le serie di potenze sono particolari serie di funzioni della forma

∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − x_{0})^{n} .

Il raggio di convergenza di ∑_{n} a_{n}x^{n} è dato da ρ = \frac{1}{lim_{n} |a_{n}|^{1/n}} se tale limite

esiste (si vedano le dispense di teoria per la definizione di raggio di convergenza e l’Esercizio 1.45 per un esempio in cui il limite non esiste).

10 CAPITOLO 1. SUCCESSIONI E SERIE DI FUNZIONI Esercizio 1.25 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{3^{n}} x^{n}

e calcolarne la somma. Studiare poi le serie ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n3^{n}} x^{n} e ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n^{2}3^{n}} x^{n} e confrontarle con la precedente. Esercizio 1.26 - Studiare la convergenza della serie di potenze

∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{α} + e^{αn}}{n} x^{n}

al variare del parametro α ∈ R. Esercizio 1.27 - Sviluppare in serie di Taylor in x = 0 la funzione f(x) = e^{x} e studiarne la convergenza. Esercizio 1.28 - Calcolare lo sviluppo di Taylor nel punto x = 1 della funzione log x e calcolare il valore della serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{n}. Esercizio 1.29 - Studiare la convergenza e calcolare la somma (ove converge) della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} \frac{x^{n}}{(1 + x^{2})^{n}} .

Esercizio 1.30 - Studiare il comportamento della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{n!}{n^{n}} x^{n} .

Esercizio 1.31 - Sviluppare in serie di Taylor in x = 0 la funzione f(x) = arctg x e studiarne la convergenza. Esercizio 1.32 - Calcolare gli sviluppi di seno e coseno in x = 0. Esercizio 1.33 - Studiare la convergenza e calcolare la somma di

∑_{n=1}^{∞} [\frac{1}{n!} − \frac{1}{(n + 1)!}]x^{n} .

Esercizio 1.34 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = \frac{4 − x}{x^{2} − 5x + 6} .

Esercizio 1.35 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = \frac{1 + 3x^{2}}{(1 − x)^{3}} .

Esercizio 1.36 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = log (\frac{x − 2}{3x − 2})

precisandone l’insieme di convergenza.

Esercizio 1.37 - Calcolare l’insieme di convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{log(1 + n^{α})}{\sqrt{n}} x^{n}

al variare di α ∈ R.

Esercizio 1.38 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = log (\frac{2 + x}{1 + x^{2}} )

precisandone l’insieme di convergenza.

Esercizio 1.39 - Mostrare che log (\frac{1 + x}{1 − x}) = 2 ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n+1}}{2n + 1}.

Esercizio 1.40 - Trovare una serie di potenze la cui somma, in un opportuno intervallo, sia log(1 + x − 2x^{2}).

Esercizio 1.41 - Studiare la serie di potenze ∑_{n} (\frac{1}{n} − log \frac{n + 1}{n})x^{n}.

Esercizio 1.42 - Che differenza c’è fra la due serie di potenze

∑_{n} \frac{1}{n^{2}} x^{n}  e  ∑_{n} \frac{1}{n^{2}} x^{n^{2}} ?

Esercizio 1.43 - Studiare le serie di potenze

∑_{n} \frac{(n!)^{3}}{(3n)!} x^{n}  e  ∑_{n} \frac{(n!)^{3}}{(3n)!} x^{n^{2}} .

Esercizio 1.44 - Studiare la serie di potenze ∑_{n} \frac{x^{n^{n}}}{n^{n}}.

∗ Esercizio 1.45 Studiare la serie di potenze ∑_{n}(2 + sen nπ/2)^{n}x^{n}.

Serie di Fourier

Ricordo: se T è il semiperiodo la serie è data da

\frac{a_{0}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} [a_{n} cos \frac{nπ}{T} x + a_{n} sen \frac{nπ}{T} x]

dove i coefficienti sono dati da (n ∈ N)

a_{n} = \frac{1}{T} ∫_{−T}^{T} f(x) cos \frac{nπ}{T} xdx b_{n} = \frac{1}{T} ∫_{−T}^{T} f(x) sen \frac{nπ}{T} xdx .

Uguaglianza di Parseval:

∫_{−T}^{T} |f(x)|^{2}dx = T (\frac{a_{0}^{2}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} |a_{n}|^{2} + |b_{n}|^{2}) . (1.1)

Integrazione della serie di Fourier - Si supponga di avere f continua a tratti e F (x) = ∫_{−T}^{x} (f(t) − a_{0}/2)dt. Se denotiamo con a_{n} e b_{n} i coefficienti di f, con A_{n} e B_{n} quelli di F valgono le relazioni

A_{n} = −\frac{b_{n}}{n} , B_{n} = \frac{a_{n}}{n} . (1.2)

Per quanto riguarda la convergenza della serie (vedi dispense di teoria): per ogni funzione limitata, continua a tratti e derivabile a tratti la serie converge puntualmente ovunque (alla media f̃ definita nelle dispense di teoria), uniformemente in ogni intervallo chiuso in cui f è continua e totalmente se converge la serie dei coefficienti

∑_{n}(|a_{n}| + |b_{n}|)

visto che sup |a_{n} cos nx| = |a_{n}| e sup |b_{n} sen nx| = |b_{n}|.

Esercizio 1.46 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione f : [−π, π] → R, f(x) = −1 in [−π, 0], f(x) = 1 in (0, π]. Studiarne le convergenze puntuale ed uniforme. Calcolare poi lo sviluppo di Fourier della funzione g : [−π, π] → R, g(x) = |x|.

Esercizio 1.47 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione f(x) = x^{2} con x ∈ [−π, π]. Studiarne le convergenze puntuale ed uniforme. Calcolare poi il valore della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} .

Esercizio 1.48 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}0 & se x ∈ [−1, 0] \\ x & se x ∈ [0, 1] \end{matrix}

e studiarne la convergenza. Calcolare poi la somma delle serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}}  e  ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} .

Esercizio 1.49 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}x & se x ∈ [0, π] \\ −x + 2π & se x ∈ [π, 2π] \end{matrix}

studiarne la convergenza, scrivere uno sviluppo della stessa funzione in soli seni, infine calcolare il valore delle serie ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k+1)^{2}} e ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k+1)^{4}} . Sfruttando lo sviluppo della funzione f scrivere inoltre lo sviluppo in serie di Fourier della funzione

g(x) = \{ \begin{matrix}−1 & se x ∈ [−π, 0] \\ 1 & se x ∈ (0, π] \end{matrix}

Esercizio 1.50 - Determinare lo sviluppo in serie di Fourier della funzione

f(x) = 1 − \frac{2|x|}{π} , x ∈ [−π, π] .

Studiarne poi la convergenza in [−π, π]. Infine calcolare la somma delle serie

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} ,  ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{4}} ,

Soluzioni

Soluzione 1.1 - Limite puntuale:

Figura 1.2:

lim_{n→+∞} f_{n}(x) = |x| per ogni x ∈ [−1, 1] .

Limite uniforme:

sup_{x∈[−1,1]} |\sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} − |x|| = sup_{x∈[−1,1]} (\sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} − |x|) ⩽ sup_{x∈[−1,1]} \sqrt{\frac{1}{n}} = \sqrt{\frac{1}{n}}

Osservazione - Nell’ultimo passaggio si è usata la diseguaglianza \sqrt{a + b} ⩽ \sqrt{a} + \sqrt{b} (lasciata per esercizio).

Osservazione - Le funzioni f_{n} sono tutte funzioni C^{1}, ma il limite è solo continuo: la convergenza uniforme si trascina al limite la continuità, ma non la derivabilità.

Soluzione 1.2 - Il limite puntuale è dato da (si veda la Figura 1.3)

lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x) = \{ \begin{matrix}π/2 & x > 0 \\ 0 & x = 0 \\ −π/2 & x < 0 \end{matrix}

Usiamo il Teorema 1.5 (continuità della funzione limite) delle dispense che qui ricordiamo brevemente.

Figura 1.3:

Teorema 1.1 Se una successione di funzioni continue in D converge uniformemente ad f in D allora f è continua in D.

Questo può essere usato anche in negativo: cioè se {f_{n}}_{n} è una successione di funzioni continue che converge puntualmente ad una funzione f non continua, la convergenza non può essere uniforme. Concludiamo che se D = R f_{n} non converge uniformemente ad f. Ci si può chiedere se ci sono insiemi strettamente contenuti in R sui quali la convergenza è uniforme. Si consideri A = [a, +∞) con a > 0. La derivata di |f_{n} −f| = f −f_{n} è sempre negativa (per cui non ci sono punti stazionari). Questo però ci dice che il massimo è assunto per x_{n} = a. Per cui

sup_{x∈[a,+∞)} |f_{n}(x) − f(x)| = π/2 − f_{n}(a) = π/2 − arctg (nx) .

Dalla convergenza puntuale concludiamo che questa quantità converge a zero. Poiché analogamente si può trattare il caso in cui A = (−∞, b] con b < 0 concludiamo che f_{n} converge uniformemente ad f su tutti gli insiemi del tipo (−∞, b] ∪ [a, +∞) con b < 0 e a > 0 e solo in quelli.

Soluzione 1.3 - Il limite puntuale è f ≡ 1 su tutto R. Prima di tutto si osservi che (si vedano alcuni grafici in Figura 1.4)

lim_{x→+∞} f_{n}(x) = 0 ,  lim_{x→−∞} f_{n}(x) = 0

e anche che

f_{n}(x) = 0 per x_{n} = −n .

Per ognuna di queste ragioni

sup_{x∈R} |f_{n}(x) − f(x)| ⩾ 1

e quindi non vi può essere convergenza uniforme su tutto R e nemmeno su semirette. Vediamo che succede se consideriamo un compatto [a, b]. Calcoliamo la derivata e poniamola uguale a zero. Si ha

f′_{n}(x) = 0 ⟺ x^{2} + 2n − n = 0

che ha come soluzioni x_{n} = −n + \sqrt{n^{2} + n} e y_{n} = −n − \sqrt{n^{2} + n}. Si osservi che x_{n} → 1/2 mentre y_{n} → −∞, quindi, qualunque sia [a, b], y_{n} definitivamente non appartiene ad [a, b]. Se 1/2 ∈ (a, b) allora x_{n} definitivamente appartiene ad [a, b]. In [a, b] quindi o non ci sono punti stazionari o c’è solamente x_{n}, nel quale f_{n} assume il suo valore massimo che vale

f_{n}(x_{n}) = \frac{\sqrt{n^{2} + n}}{2n(n + 1 − \sqrt{n^{2} + n})} = \frac{n + \sqrt{n^{2} + n}}{2n} → 1 .

Attenzione: il massimo di |f_{n} − f| non è detto sia assunto in x_{n}. Infatti si ha

f_{n}(x) − f(x) = \frac{x(1 − x)}{x^{2} + n}

che è positiva per x ∈ (0, 1) (e negativa altrimenti). Quindi

|f_{n}(x) − f(x)| = \{ \begin{matrix}\frac{−x(1 − x)}{x^{2} + n} & x ∈ [a, 0] \\ \frac{x(1 − x)}{x^{2} + n} & x ∈ [0, 1] \\ \frac{−x(1 − x)}{x^{2} + n} & x ∈ [1, b] \end{matrix}

Per cui l’estremo superiore (che in realtà è un massimo) è sicuramente assunto in x = a o x = b oppure x = x_{n}. Per cui

sup_{x∈[a,b]} |f_{n}(x) − f(x)| ⩽ max{f_{n}(a) − 1, f_{n}(b) − 1, f_{n}(x_{n}) − 1} .

Poiché tutti e tre i valori dell’insieme a destra convergono a zero si conclude che {f_{n}}_{n} converge uniformemente sui compatti.

Soluzione 1.4 - Convergenza puntuale: f_{n}(x) → 0 per ogni x ∈ [0, 1]. Per l’uniforme calcoliamo la derivata di f_{n}:

f′_{n}(x) = (1 − x)^{n−1} log n[(1 − x) − nx]

e questa si annulla per x_{n} = 1/(n + 1) (la funzione è non negativa e nulla agli estremi, x_{n} è quindi di massimo). Il valore

f_{n}(x_{n}) = \frac{log n}{n + 1}(\frac{n}{n + 1})^{n} → 0 .

Figura 1.4:

Soluzione 1.5 - Il limite puntuale è (in Figura 1.5 sono riportati i grafici di alcune f_{n})

lim_{n→+∞} f_{n}(x) = 0 per ogni x ∈ [0, 1] .

Vediamo se il limite è anche uniforme:

f′_{n}(x) = \frac{n(1 + n^{2}x^{2}) − 2n^{3}x^{2}}{(1 + (nx)^{2})^{2}} = \frac{n − n^{3}x^{2}}{(1 + (nx)^{2})^{2}}

che si annulla per x_{n} = 1/n. Ora f_{n}(x_{n}) = 1/2 per ogni n ∈ N per cui

lim_{n→+∞} ∥f_{n} − f∥_{∞} = lim_{n→+∞} ∥f_{n}∥_{∞} = lim_{n→+∞} \frac{1}{2} = \frac{1}{2} .

Osservazione - Si osservi che il limite puntuale di funzioni continue può essere continuo anche se il limite non è uniforme.

Soluzione 1.6 - Facilmente si ha che

lim_{n→∞} f_{n}(x) = 0 per ogni x ∈ [0, +∞)

La convergenza non è però uniforme. Infatti

sup_{x∈[0,+∞)} |f_{n}(x)| = +∞ .

Figura 1.5:

È uniforme però sui limitati. Si consideri, ad esempio, un intervallo [0, a] con a > 0:

f′_{n}(x) = \frac{x^{2} + 2nx}{(x + n)^{2}} ⩾ 0

per cui le funzioni sono crescenti e quindi assumono il massimo in x = a:

sup_{x∈[0,a]} |f_{n}(x)| = \frac{a^{2}}{a + n} → 0 per ogni a ∈ (0, +∞) .

Calcoliamo l’integrale:

lim_{n→∞} | ∫_{0}^{1} f_{n}(x) sen nxdx| ⩽ lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} |f_{n}(x)|| sen (nx)|dx
⩽ lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} |f_{n}(x)|dx = 0

grazie al fatto che f_{n} → 0 uniformemente in [0, 1]. Si noti che anche le funzioni x ↦ f_{n}(x) sen (nx) convergono uniformemente a 0 in [0, 1] poiché g_{n}(x) = sen (nx) sono equilimitate (questo è vero solo perché le f_{n} convergono a zero! In generale se f_{n} → f uniformemente e g_{n} sono equilimitate non possiamo affermare che f_{n}g_{n} convergono uniformemente).

Soluzione 1.7 - Il limite puntuale è f ≡ 0. Per studiare la convergenza uniforme calcoliamo il massimo delle f_{n}.

f′_{n}(x) = n^{α}(1 − x^{2})^{n−1}[1 − x^{2}(1 + 2n)] = 0 ⟺ x = \frac{1}{\sqrt{1 + 2n}}

Valutiamo il massimo di |f_{n} − f|:

M_{n}(α) = max_{x∈[0,1]} |f_{n}(x)| = n^{α} \frac{1}{\sqrt{1 + 2n}}(1 − \frac{1}{1 + 2n}) .

Si ha che

lim_{n→∞} M_{n}(α) = 0  per 0 ⩽ α < \frac{1}{2}
lim_{n→∞} M_{n}(α) = \frac{1}{\sqrt{2e}} per α = \frac{1}{2}
lim_{n→∞} M_{n}(α) = +∞ per α > \frac{1}{2}

e quindi vi è convergenza uniforme solo per 0 ⩽ α < 1/2. Calcoliamo l’integrale. Per 0 ⩽ α < 1/2

lim_{n} ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx = ∫_{0}^{1} lim_{n} f_{n}(x)dx = 0

grazie alla convergenza uniforme. Negli altri casi calcolo la primitiva che è data da

∫_{0}^{1} f_{n} = −n^{α} \frac{1}{2(n + 1)}(1 − x^{2})^{n+1}|_{0}^{1} = \frac{n^{α}}{2(n + 1)} .

Si ha allora che

lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n} = 0  per 0 ⩽ α < 1
lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n} = \frac{1}{2}  per α = 1
lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n} = +∞ per α > 1 .

Soluzione 1.8 - Facilmente si vede che f_{n}(0) = f_{n}(π) → 0. Se x ∈ (0, π), x ≠ π/2 si ha che sen^{2}x < 1 e quindi si ha che esiste a < 1 per il quale definitivamente vale

\frac{1}{n} + sen^{2}x ⩽ a < 1

per cui f_{n}(x) → 0 se x ≠ π/2. Se x = π/2 si ha che

f_{n}(π/2) = (\frac{1}{n} + 1)^{n} → e

quindi il limite puntuale è (si veda la Figura 1.6)

lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x) = \{ \begin{matrix}e & x = \frac{π}{2} \\ 0 & x ≠ \frac{π}{2} \end{matrix}

Può convergere uniformemente? NO! Perché le f_{n} sono continue e f non lo è. Vediamo che succede se togliamo un intorno di π/2. Fisso δ > 0 (e minore di π/2): in [0, π/2 − δ] f_{n} è crescente per ogni n ∈ N per cui il massimo è assunto

Figura 1.6:

per x = π/2 − δ. Detto α il valore sen^{2}(π/2 − δ) < 1 si ha che esiste ϵ > 0 tale che

α + ϵ < 1

e quindi

max_{x∈[0,π/2−δ]} |f_{n}(x)| ⩽ (\frac{1}{n} + α)^{n} ⩽ (α + ϵ)^{n} → 0 .

Allo stesso modo si può procedere in [π/2 + δ, π]. Conclusione: f_{n} convergono uniformemente a f ≡ 0 in tutti gli insiemi del tipo A_{δ} = [0, π/2−δ]∪[π/2+δ, π]. Calcoliamo l’integrale:

| ∫_{0}^{π} f_{n}(x)dx| = | ∫_{A_{δ}} f_{n}(x)dx + ∫_{π/2−δ}^{π/2+δ} f_{n}(x)dx| ⩽ ∫_{A_{δ}} |f_{n}|(x)dx + 2eδ .

Passando al limite si ha che in A_{δ}, grazie alla convergenza uniforme, l’integrale tende a 0. Concludendo si ha che:

∀δ > 0 lim_{n→∞} | ∫_{0}^{π} f_{n}(x)dx| < 2eδ

il che significa che l’integrale tende a 0.

Soluzione 1.9 - Proponiamo due svolgimenti. Il primo: scrivendo f_{n}(x) come log(1 + x/n)^{n} si ottiene che il limite puntuale è la funzione f(x) = x. Vediamo se è uniforme. Prendiamo in considerazione le funzioni g_{n}(x) = (1 + x/n)^{n}. Sappiamo dal primo corso di analisi che

(1 + x/n)^{n} è crescente in n per x positivo (1 + x/n)^{n} è decrescente in n per x negativo e converge alla funzione g(x) = e^{x}. Derivando si ottiene

g′(x) − g′_{n}(x) = e^{x} − (1 + \frac{x}{n})^{n−1} \{ \begin{matrix}> 0 & se x > 0 \\ = 0 & se x = 0 \\ < 0 & se x < 0 . \end{matrix}

Si osservi però che g_{n}(0) = g(0) = 1 per cui |g(x) − g_{n}(x)| > 0 tranne che per x = 0 che risulta essere un punto di minimo. È chiaro che il massimo è assunto quindi per x = −1 oppure per x = 1 e si ha

sup_{x∈[−1,1]} |g_{n}(x) − g(x)| ⩽ max{|g_{n}(−1) − e^{−1}|, |g_{n}(1) − e|} → 0 .

Per cui {g_{n}} converge uniformemente a g in [−1, 1]. Poiché la funzione x ↦ log x è continua nell’intervallo [e^{−1}, e] (nel quale assumono valori le g_{n}) e log g_{n}(x) = f_{n}(x), log g(x) = f(x), concludiamo che anche {f_{n}} converge uniformemente a f in [−1, 1]. Che succede in [−1, +∞)?

Il secondo svolgimento fa uso del seguente risultato (teorema non visto a lezione).

Teorema 1.2 Sia (f_{n})_{n} una successione in C^{1}([a, b]) tale che

1) f′_{n} converge uniformemente ad una funzione g in [a, b];

2) esiste x_{0} ∈ [a, b] tale che f_{n}(x_{0}) converge.

Allora la successione (f_{n})_{n} converge uniformemente ad una funzione f. Inoltre f ∈ C^{1}([a, b]) e f′ = g.

Usiamo questo teorema per risolvere l’esercizio. Calcoliamo direttamente il limite uniforme di

f_{n}(x) = n log(1 + x/n)

in [−1, 1]. Si ha che f′_{n}(x) = \frac{n}{x+n} che converge uniformemente alla costante 1, inoltre f_{n}(0) converge a 0. Per cui f_{n} converge uniformemente alla funzione f data da

f(x) = 0 + ∫_{0}^{x} 1dt = x

Soluzione 1.10 - La successione converge puntualmente alla funzione nulla su tutto R, uniformemente solo sui compatti.

Soluzione 1.11 - Supponiamo per il momento di dover studiare semplicemente la serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1 + x)^{n}} .

In un caso del genere ci si può ridurre a studiare la serie geometrica

∑_{n=1}^{∞} y^{n}

pensando poi a sostituire a y 1/(1 + x). Sappiamo che la serie geometrica

∑_{n=1}^{∞} q^{n} = \frac{q}{1 − q} = ∑_{n=0}^{∞} q^{n} − 1 per |q| < 1 .

Di conseguenza la serie appena scritta converge alla funzione

\frac{y}{1 − y}

puntualmente in (−1, 1) ed uniformemente e totalmente solo nei compatti [a, b] ⊂ (−1, 1). Infatti

sup_{y∈[0,1)} | ∑_{n=1}^{∞} y^{n} − ∑_{n=N}^{∞} y^{n}| = sup_{y∈[0,1)} | ∑_{n=N+1}^{∞} y^{n}| = +∞

e anche

sup_{y∈(−1,0]} | ∑_{n=1}^{∞} y^{n} − ∑_{n=N}^{∞} y^{n}| = sup_{y∈(−1,0]} | ∑_{n=N+1}^{∞} y^{n}| = sup_{y∈[0,1)} |\frac{y^{N+1}}{1 − y} | = +∞

per cui non può esservi convergenza uniforme, e nemmeno totale, in (−1, 0] e in [0, 1). Vediamo ora nei compatti [a, b] ⊂ (−1, 1). Infatti: si consideri per semplicità [0, b] con 0 < b < 1. Denotiamo con g(y) il limite di g_{N}, cioè g(y) = ∑_{n=1}^{∞} y^{n}. Si ha

sup_{[0,b]}|g_{N}(y) − g(y)| = sup_{[0,b]} | ∑_{n=1}^{N} y^{n} − ∑_{n=1}^{∞} y^{n}| = sup_{[0,b]} | ∑_{n=N+1}^{∞} y^{n}|

⩽ ∑_{n=N+1}^{∞}b^{n} = \frac{b^{N+1}}{1−b}

Considerando il limite per N → ∞ si ottiene la convergenza uniforme. Analogamente si ottiene in [a, 0] con −1 < a < 0 e quindi in ogni [a, b] ⊂ (−1, 1). Questo si traduce, per la serie considerata, nella convergenza alla funzione

\frac{\frac{1}{1+x}}{1 − \frac{1}{1+x}} = \frac{1}{x}

puntualmente in (−∞, −2)∪(0, +∞) e uniformemente e totalmente negli insiemi (−∞, α], [β, +∞) con α < −2 e β > 0. Infatti la trasformazione g(x) = 1/(1+x) manda l’intervallo [a, 0], con −1 < a, in (−∞, \frac{1−a}{a}], e l’intervallo [0, b], con b < 1, in [\frac{1−b}{b}, +∞). Se, ad esempio, a = −\frac{1}{1+δ} con δ > 0, cioè a compreso tra −1 e 0, si ottiene che \frac{1−a}{a} = −2 − δ, cioè un numero strettamente minore di −2. Analogamente si vede che \frac{1−b}{b} è strettamente positivo.

Veniamo ora all’esercizio proposto: poiché la serie data è il limite, per N → +∞, di ∑_{n=1}^{N} \frac{x}{(1+x)^{n}} per le somme finite si ha

∑_{n=1}^{N} \frac{x}{(1 + x)^{n}} = x ∑_{n=1}^{N} \frac{1}{(1 + x)^{n}} .

Per cui l’insieme di convergenza puntuale contiene sicuramente l’insieme nel quale converge la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1+x)^{n}}, cioè (−∞, −2) ∪ (0, +∞). Si osservi però che la serie data converge anche per x = 0 (infatti ogni termine è identicamente nullo!). Perciò l’insieme di convergenza puntuale è (−∞, −2) ∪ [0, +∞) e la funzione limite è

h(x) = \{ \begin{matrix}1 & x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, +∞) , \\ 0 & x = 0 , \end{matrix}

(poiché ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1+x)^{n}} = 1/x). Per quanto riguarda le convergenze uniforme e totale si può ragionare come prima per ottenere che vi è convergenza negli insiemi del tipo (−∞, α], [β, +∞) con α < −2 e β > 0. Non può esservi convergenza uniforme, e di conseguenza nemmeno totale, nell’insieme [0, +∞) dal momento che la funzione limite è discontinua in tale insieme mentre le somme parziali sono ovviamente continue.

Cosa succederebbe se invece considerassimo la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{2}}{(1 + x)^{n}}?

A questo proposito si veda anche l’Esercizio 1.12.

Soluzione 1.12 - Per quanto riguarda la serie ∑_{n=0}^{∞} x^{n} si procede come nel-

la soluzione dell’Esercizio 1.11 per ottenere la convergenza puntuale in (−1, 1) e uniforme e totale nei compatti contenuti in (−1, 1) alla funzione

\frac{1}{1 − x} .

Ciò che può modificare gli insiemi di convergenza è la presenza di f(x). L’unica cosa che può alterare il comportamento della serie è il fatto che f(1) e/o f(−1) siano 0 (se f(1) ≠ 0 e f(−1) ≠ 0 la serie in 1 e −1 non converge), escludendo il caso in cui f(x) = 0 per ogni x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞) che farebbe banalmente convergere la serie in tale insieme. Concentriamoci quindi sul comportamento di f in 1 e −1. Cominciamo considerando f(x) = |x + 1|^{α}|x − 1|^{β} con α, β ⩾ 0. Chiaramente la serie converge in (−1, 1) e non converge in (−∞, −1) ∪ (1, +∞). Nel punto −1, nel quale la serie ∑_{n} x^{n} non è determinata, si ha che per qualunque valore positivo di α f(−1) = 0 e questo fa sì che la serie in −1 converga. Nel punto 1 invece affinché la serie converga bisogna che β ⩾ 1 (per β < 1 la serie diverge a +∞). Il limite puntuale è dato dalla funzione

\{ \begin{matrix}(x + 1)^{α}(1 − x)^{β−1} & x ∈ [ − 1, 1) & se 0 ⩽ β < 1 \\ (x + 1)^{α}(1 − x)^{β−1} & x ∈ [ − 1, 1] & se β > 1 \\ \{ \begin{matrix}(x + 1)^{α} & x ∈ [ − 1, 1) \\ 0 & x = 1 \end{matrix} & & se β = 1 \end{matrix}

Vediamo ora le convergenze uniforme e totale. Giacché in [−1, 0] vale la seguente stima

1 ⩽ |x − 1|^{β} ⩽ 2^{β}

possiamo limitarci, per la convergenza totale in [−1, 0], a studiare la funzione |x + 1|^{α}x^{n} dal momento che, dalla stima appena sopra, si ha

|x + 1|^{α}|x|^{n} ⩽ |x + 1|^{α}|x − 1|^{β}x^{n} ⩽ 2^{β}|x + 1|^{α}|x|^{n} . (∗)

Derivando la funzione |x + 1|^{α}|x|^{n} si ottiene il massimo in −\frac{n}{n+α} e valutando la funzione in tal punto si ottiene che il valore massimo (per |x + 1|^{α}|x|^{n}) è dato da

\frac{α}{α + n}(\frac{n}{α + n})^{n} .

Poiché (\frac{n}{α+n})^{n} → e^{−α} e ∑_{n=0}^{∞} \frac{α}{α+n} = +∞, dalla prima delle due disuguaglianze in (∗) si deduce che la serie non può convergere totalmente in [−1, 0]. In maniera del tutto analoga si può vedere che il massimo di |x − 1|^{β}|x|^{n} è assunto in \frac{n}{n+β} e vale \frac{β}{β+n}(\frac{n}{β+n})^{n} e quindi la serie non converge totalmente in [0, 1]. Però sui compatti [a, b] ⊂ (−1, 1), dalla convergenza totale della serie ∑_{n} x^{n} e dalla limitatezza di f, vi è convergenza totale. Veniamo ora alla convergenza uniforme. In [−1, 0] la serie è a segni alterni. Dal criterio di Leibniz, e usando la seconda disuguaglianza in (∗), ricaviamo che

\begin{matrix}sup_{x∈[−1,0]} | ∑_{n=0}^{∞} |x + 1|^{α}|x − 1|^{β}x^{n} − ∑_{n=0}^{N} |x + 1|^{α}|x − 1|^{β}x^{n}| ⩽ \\ ⩽ sup_{x∈[−1,0]} ||x + 1|^{α}|x − 1|^{β}|x|^{N+1}| ⩽ 2^{β} \frac{α}{α + n}(\frac{n}{α + n})^{n} . \end{matrix}

Tale quantità chiaramente tende a zero quando n → +∞, per cui la serie converge uniformemente in [−1, 0]. In [0, 1] la convergenza uniforme dipende dal valore del parametro β. Per 0 < β < 1 la serie in 1 diverge positivamente, per cui non può esservi convergenza uniforme; per b = 1 il limite delle somme parziali, tutte continue, è una funzione discontinua, per cui non può esservi convergenza uniforme; per β > 1 si ha

sup_{x∈[0,1]} | ∑_{n=0}^{∞} f(x)x^{n} − ∑_{n=0}^{N−1} f(x)x^{n}| = sup_{x∈[0,1]} |f(x)\frac{1}{1 − x} − f(x)\frac{1 − x^{N}}{1 − x} | =

= sup_{x∈[0,1]}(x + 1)^{α}(1 − x)^{β−1}x^{N}

Limitandoci a considerare (1 − x)^{β−1}x^{N}, poiché (x + 1)^{α} è compreso tra 1 e 2^{α} per x ∈ [0, 1], valutando la derivata si ha

\frac{d}{dx}(1 − x)^{β−1}x^{N} = 0 per x = \frac{n}{n + β − 1}

che è il punto di massimo (verificare!), nel quale la funzione assume il valore

(\frac{β − 1}{N + β − 1})^{β−1}(\frac{N}{N + β − 1})^{N}

che tende a zero (verificare!) per ogni β > 1.

Nel caso generale possiamo concludere che se f(−1) = 0 vi è convergenza uniforme in [−1, 0], nell’intervallo positivo la serie si comporta come ∑_{n} x^{n} se f(1) ≠ 0 oppure se f(1) = 0 ed esiste β ∈ (0, 1) tale che

lim_{x→1^{−}} \frac{f(x)}{(1 − x)^{β}} = λ ∈ R ,

cioè se l’ordine di infinitesimo di f in 1 è minore di 1, se

lim_{x→1^{−}} \frac{f(x)}{1 − x} = λ ∈ R ,

cioè se l’ordine di infinitesimo di f in 1 è 1 il limite esiste in tutto [0, 1], ma non è continuo, se invece esiste β > tale che

lim_{x→1^{−}} \frac{f(x)}{(1 − x)^{β}} = λ ∈ R ,

cioè se l’ordine di infinitesimo di f in 1 è maggiore di 1, la serie converge uniformemente in tutto [0, 1]. Per la totale bisognerà valutare il massimo e fare i conti.

Per quanto riguarda la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{2}}{(1 + x)^{n}}, proposta alla fine della soluzione

dell’Esercizio 1.11, si può concludere che la serie converge uniformemente in [0, +∞).

Soluzione 1.13 - Converge totalmente su R.

Soluzione 1.14 - Puntuale per ogni x ∈ R perché, ad esempio,

∑_{n=1}^{∞} |\frac{x + n}{x^{2} + n^{4} + log n}| ⩽ ∑_{n=1}^{∞} \frac{|x + n|}{n^{4}}

In generale vale, per a, b > 0, che a^{2} + b^{2} ⩾ 2ab, per cui 2(a^{2} + b^{2}) ⩾ (a + b)^{2}, da cui

|\frac{x + n}{x^{2} + n^{4} + log n}| ⩽ 2\frac{|x + n|}{2(x^{2} + n^{4})} ⩽ 2\frac{|x + n|}{(|x| + n^{2})^{2}} ⩽ \frac{2}{|x| + n^{2}} ⩽ \frac{2}{n^{2}}

per cui la serie converge totalmente in R.

Soluzione 1.15 - Per ogni x ∈ R 1/ log(n + x^{2}) è decrescente in n per cui la serie è convergente per ogni x. La stima del resto

| ∑_{n=2}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})} − ∑_{n=2}^{m−1} \frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| ⩽ \frac{1}{log(m + x^{2})} ⩽ \frac{1}{log m} → 0

quindi vi è convergenza uniforme su tutto R. Ovviamente non vi è la totale: si ha che

sup_{x∈R} |\frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| = \frac{1}{log n}

(il massimo è assunto per x = 0, fare la derivata per esercizio!) e la serie ∑_{n}(log n)^{−1} diverge. Non c’è convergenza totale nemmeno in nessun intervallo (a, b) (o [a, b]) poiché

sup_{x∈(a,b)} |\frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| = max \{\frac{1}{log(n + a^{2})}, \frac{1}{log(n + b^{2})}\} .

Soluzione 1.16 - Per x ⩾ 1 si ha che

\frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} ⩾ \frac{nx^{n}}{2|x|^{n}n^{2}} = \frac{1}{2n}

per cui la serie diverge. Per x ∈ (−1, 1) si ha che

|\frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | ⩽ n|x|^{n}

per cui vi è convergenza assoluta. Per x ⩽ −1

\frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} = (−1)^{n} \frac{n|x|^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}}  e  \frac{n|x|^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} ⩽ \frac{1}{n}

Verifichiamo che è monotona decrescente in n: mi chiedo se

\frac{(n + 1)|x|^{n+1}}{1 + |x|^{n+1}(n + 1)^{2}} ⩽ \frac{n|x|^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}}

cioè se

n|x|^{n} + n(n + 1)^{2}|x|^{2n+1} ⩾ (n + 1)|x|^{n+1} + (n + 1)n^{2}|x|^{2n+1}

il che è equivalente a

(n + 1)|x| ⩽ n(n + 1)|x|^{n+1} + n

che è vero per ogni x ⩽ −1 e per ogni n ∈ N. Usando il criterio di Leibniz si conclude che la serie converge in (−∞, −1]. Quindi converge puntualmente in (−∞, 1). Dalla stima in (−1, 1) si vede che vi è convergenza totale in [0, a] per ogni 0 < a < 1, ma non può esservi in [0, 1). Infatti

sup_{[0,1)} | ∑_{n=1}^{N} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | = sup_{[0,1)} | ∑_{n=N+1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | = +∞

in quanto le funzioni \frac{nx^{n}}{1+|x|^{n}n^{2}} sono continue (anche in x = 1!!), ma la loro somma su n diverge a +∞ in x = 1. Per x negativo si ha:

| ∑_{n=1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} − ∑_{n=1}^{m−1} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | ⩽ \frac{m|x|^{m}}{1 + |x|^{m}m^{2}} ⩽ \frac{1}{m} → 0 .

Conclusione: vi è convergenza puntuale in (−∞, 1) e uniforme e totale su tutti gli insiemi del tipo (−∞, a] con a < 1.

Soluzione 1.17 - Questo è un esempio molto semplice si serie di funzioni non negative che converge uniformemente, ma non totalmente. La funzione f è a supporto compatto e le f_{n} non sono altro che traslazioni di f. Di conseguenza ∑ f_{n}(x) in realtà è una somma finita, per cui c’è convergenza puntuale (e assoluta, visto che le f_{n} sono tutte non negative) su tutto R. C’è convergenza uniforme? Si, su tutto R, perché

sup_{x∈R} | ∑_{n=0}^{∞} f_{n}(x) − ∑_{n=N}^{∞} f_{n}(x)| = sup_{x∈R} | ∑_{n=N+1}^{∞} f_{n}(x)| ⩽ \frac{1}{N + 1} .

C’è convergenza totale? NO! perché il massimo di f_{n} è ovviamente 1/n assunto per x_{n} = π/2 + n e la serie ∑_{n} \frac{1}{n} = +∞. Converge, però, totalmente sui sottoinsiemi del tipo (−∞, a]. Ex: modificare le f_{n} in modo tale da avere convergenza totale su R.

Soluzione 1.18 - Per x < 0 lim_{n→∞} xn^{−1}e^{−nx} = −∞ per cui la serie diverge. Per x ⩾ 0 la serie invece converge (per x = 0 è identicamente nulla, per x > 0 si può usare, ad esempio, il criterio del rapporto). Vediamo che in [0, +∞) la serie converge totalmente. Derivando si ottiene che il punto x_{n} = 1/n è stazionario. Poiché f_{n}(0) = 0, lim_{x→+∞} f_{n}(x) = 0 e f_{n} ⩾ 0 x_{n} risulta punto di massimo. Quindi

|f_{n}(x)| ⩽ f_{n}(1/n) = \frac{1}{n^{2}} \frac{1}{e} → 0 .

Soluzione 1.19 - Per x > 1 converge e per x ⩽ 1 diverge a +∞. Poiché la funzione f_{n}(x) = n^{−x} è decrescente si ha che

sup_{x∈(1,+∞)} \frac{1}{n^{x}} = \frac{1}{n}

e la serie ∑ \frac{1}{n} diverge. Idem per la convergenza uniforme:

sup_{x∈(1,+∞)} | ∑_{n=1}^{N} \frac{1}{n^{x}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} | = ∑_{n=N+1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} = +∞ .

Se invece si considera un qualunque insieme del tipo [a, +∞) con a > 1 si ha, sempre per il fatto che f_{n} è decrescente, che sup_{x∈[a,+∞)} \frac{1}{n^{x}} = \frac{1}{n^{a}} e ∑ \frac{1}{n^{a}} converge per ogni a > 1. Concludendo si ha convergenza totale, e quindi anche uniforme, in tutti gli insiemi del tipo [a, +∞) con a > 1.

Soluzione 1.22 - Posso fare il cambio y = (x+1)/x e studiare ∑_{n=0}^{∞}(n−3)y^{n}. Il raggio di convergenza è (si vede facilmente) 1, per cui la serie converge puntualmente per y ∈ (−1, 1). La convergenza, al solito, è totale nei compatti [a, b] ⊂ (−1, 1), ma non in (−1, 1). Posso scrivere

(n − 3)y^{n} = y^{4}(n − 3)y^{n−4}

e vedere (n − 3)y^{n−4} come la derivata di y^{n−3}. Abbiamo

\begin{aligned}∑_{n=0}^{∞}(n − 3)y^{n} & = & −3 − 2y − y^{2} + ∑_{n=4}^{∞}(n − 3)y^{n} \\ & = & −3 − 2y − y^{2} + ∑_{k=1}^{∞} ky^{3+k} \end{aligned}

e

y^{4} ∑_{k=1}^{∞} ky^{k−1} = y^{4} ∑_{k=1}^{∞} \frac{d}{dy} y^{k} = y^{4} \frac{d}{dy} ∑_{k=1}^{∞} y^{k} = y^{4} \frac{d}{dy} \frac{y}{1 − y} = \frac{y^{4}}{(1 − y)^{2}}

Conclusione:

∑_{n=0}^{∞}(n − 3)y^{n} = −3 − 2y − y^{2} + \frac{y^{4}}{(1 − y)^{2}}

dove la convergenza è puntuale per y ∈ (−1, 1) e totale sui compatti [a, b] ⊂ (−1, 1). La funzione f(x) = (x + 1)/x ha il grafico in Figura 1.7 per cui,

Figura 1.7:

tornando a considerare x, si ha che

∑_{n=0}^{∞}(n − 3)(\frac{x + 1}{x})^{n} = −3 − 2\frac{x + 1}{x} − (\frac{x + 1}{x})^{2} + \frac{(x + 1)^{4}}{x^{2}}

dove la convergenza è puntuale per x ∈ (−∞, −1/2) e totale negli insiemi del tipo [a, b] ⊂ (−∞, −1/2). Infatti

|\frac{x + 1}{x}| < 1 per x ∈ (−∞, −1/2) .

Soluzione 1.25 - Calcolando il seguente limite

lim_{n} ^{n} \sqrt{\frac{1}{3^{n}}} = \frac{1}{3}

si ha che il raggio è 3. Conclusione: la serie converge (puntualmente) in (−3, 3) e non converge (puntualmente) in (−∞, −3) ∪ (3, +∞). Vediamo in 3 e −3 che succede.

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{3^{n}} (−3)^{n} non converge,  ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{3^{n}} 3^{n} diverge

Conclusione: si ha convergenza puntuale (solo) in (−3, 3). Vediamo gli altri tipi di convergenza.

Teorema 1.3 Una serie di potenze centrata in 0 converge totalmente in ogni intervallo chiuso del tipo [−a, a] con a < ρ.

Si ha di conseguenza convergenza totale, e quindi uniforme, in ogni intervallo [−a, a] con a < 3. Vediamo se si ha convergenza uniforme anche in (−3, 3). Ragionando come al solito (si veda, ad esempio, la risoluzione dell’esercizio 1.11) si deduce che la serie non può convergere uniformemente in (−3, 3) e quindi nemmeno totalmente. Si osservi che la serie ha come somma la funzione

f(x) = \frac{3}{3 − x} .

Soluzione 1.26 - Si può fare il limite della radice n-esima di \frac{n^{α}+e^{αn}}{n} oppure pensare la serie come (perché?)

∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{α}}{n} x^{n} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{e^{αn}}{n} x^{n}

e studiare separatamente le due serie. Seguiamo quest’ultima strada. Il primo termine:

n \sqrt{n^{α−1}} → 1 quindi il raggio di convergenza è 1 ,

il secondo termine:

n \sqrt{\frac{e^{αn}}{n}} → e^{α} quindi il raggio di convergenza è \frac{1}{e^{α}} .

Se α = 0: il raggio è lo stesso e la serie diventa ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{n}x^{n}. Vediamo gli estremi: per x = −1 si, per x = 1 no. Insieme di convergenza puntuale [−1, 1). La convergenza è uniforme? Non può esserlo dappertutto (vedi esercizio precedente).

Teorema 1.4 (Leibniz) Sia (a_{n})_{n} una serie a termini positivi. Se a_{n} → 0 ed è decrescente allora ∑(−1)^{n}a_{n} converge. Inoltre

| ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n}a_{n} − ∑_{n=0}^{m}(−1)^{n}a_{n}| ⩽ |a_{m+1}| .

Sicuramente abbiamo convergenza totale negli insiemi del tipo [a, b] con −1 < a < b < 1, non abbiamo convergenza uniforme, e quindi nemmeno totale, in [0, 1). Vediamo in [−1, 0]: qui la serie è a segni alterni, per vedere se la serie è uniformemente convergente uso il criterio di Leibniz. Detta f la somma della serie e f_{n} le somme parziali devo vedere se vale

lim_{n→+∞} ∥f_{n} − f∥_{∞} → 0

cioè

lim_{n→+∞} sup_{[−1,0]} | ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k} \frac{2}{k} |x|^{k} − ∑_{n=0}^{n}(−1)^{k} \frac{2}{k} |x|^{k}|

⩽ lim_{n→+∞} sup_{[−1,0]} \frac{2}{n + 1}|x|^{n+1} = lim_{n→+∞} \frac{2}{n + 1} → 0

quindi vi è convergenza uniforme in [−1, 0], ma non totale! Concludendo: per α = 0 si ha che la serie converge puntualmente in [−1, 1), uniformemente in [−1, b] ⊂ [−1, 1) e totalmente in ogni [a, b] ⊂ (−1, 1). Gli altri casi: se α > 0 il raggio è 1/e^{α}. Il primo termine sicuramente converge totalmente in [−1/e^{α}, 1/e^{α}], quindi limitiamoci a considerare il secondo. Negli estremi: per x = −1/e^{α} la serie converge, per x = 1/e^{α} la serie diverge, infatti si ha rispettivamente

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{1}{n}  ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} .

Convergenza uniforme e totale come sopra:

convergenza uniforme in [ − \frac{1}{e^{α}} , b] per ogni b < \frac{1}{e^{α}}
convergenza totale in [a, b] per ogni a > −\frac{1}{e^{α}} , b < \frac{1}{e^{α}}

Se α < 0 il raggio è 1. Vediamo gli estremi: il secondo termine questa volta converge totalmente in [−1, 1]. Il primo negli estremi è

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{1}{n^{1−α}}  ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{1−α}}

che convergono entrambe. Vi è convergenza totale in [−1, 1].

Soluzione 1.27 - È facile vedere che

f^{(k)}(x) = f(x) per ogni k ∈ N .

Per cui lo sviluppo di Taylor è dato da

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n!}f^{(n)}(0)(x − 0)^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} .

Vediamo di studiare la convergenza di questa serie: puntuale in tutto R, ad esempio con il criterio della radice n-esima. Non può essere uniforme in tutto R perché

sup_{x∈R} ∑_{k=n}^{∞} \frac{1}{k!}x^{k} = +∞ .

Se anche ci limitiamo a x ∈ (−∞, 0] abbiamo (p_{n} il polinomio di grado n delle somme fino all’n-esimo termine)

sup_{x∈(−∞,0]} | ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{k}}{k!} − ∑_{k=0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} | = sup_{x∈(−∞,0]} |e^{x} − p_{n}(x)| = +∞ .

Vediamo cosa si può dire: se mi limito a considerare un intervallo [a, b] ho che

|\frac{x^{k}}{k!} | ⩽ \frac{b^{k}}{k!}

per la crescenza di x^{k}. La serie data dai maggioranti converge. Concludendo: la serie di Taylor in x = 0 è data da ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} che converge puntualmente su tutto R e uniformemente e totalmente solo sui compatti.

Soluzione 1.29 - La serie dell’esercizio non è una serie di potenze. Tuttavia lo studio di tale serie può essere ricondotto allo studio di una serie di potenze. Innanzitutto si osservi che

lim_{n} [\frac{n}{n + 2} \frac{|x|^{n}}{(1 + x^{2})^{n}} ]^{1/n} = \frac{|x|}{1 + x^{2}}

che è sempre minore di 1 (per esercizio vedere che \frac{|x|}{1+x^{2}} ⩽ 1/2). Di conseguenza la serie converge assolutamente per ogni x ∈ R. Calcoliamo la somma della serie (per |y| < 1)

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} y^{n} .

Si ha che

\frac{n}{n + 2} y^{n} = \frac{n + 2 − 2}{n + 2} y^{n} = [1 − \frac{2}{n + 2}] y^{n} = y^{n} − \frac{2}{y^{2}} \frac{1}{n + 2} y^{n+2}

Ora mi chiedo:

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} y^{n} ? = ∑_{n=1}^{∞} y^{n} − \frac{2}{y^{2}} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n + 2} y^{n+2} .

La risposta è si, perché lim_{n}(a_{n} + b_{n}) = lim_{n} a_{n} + lim_{n} b_{n} qualora i due limiti a destra (o almeno uno di essi) esistano e nel nostro caso le due serie a destra convergono entrambe (per |y| < 1). Prendiamo in esame il secondo termine:

\begin{aligned}∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n + 2} y^{n+2} & = & ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{y} t^{n+1}dt ! = ∫_{0}^{y} ( ∑_{n=1}^{∞} t^{n+1})dt = \\ & = & ∫_{0}^{y} ( ∑_{n=2}^{∞} t^{n})dt = ∫_{0}^{y} \frac{t^{2}}{1 − t}dt \end{aligned}

dove l’ultimo passaggio con il punto esclamativo è lecito se la convergenza è uniforme!! (e lo è se y è fissato tra −1 e 1). Per integrare \frac{t^{2}}{1−t} dividiamo t^{2} per 1 − t e scriviamo

t^{2} = (1 − t)(−1 − t) + 1 ⇒ \frac{t^{2}}{1 − t} = −(1 + t) + \frac{1}{1 − t}

e quindi integrando

∫_{0}^{y} \frac{t^{2}}{1 − t}dt = −y − \frac{y^{2}}{2} − log(1 − y) .

Tirando le fila si ha

\begin{aligned}∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} y^{n} & = & \frac{y}{1 − y} − \frac{2}{y^{2}} [ − y − \frac{y^{2}}{2} − log(1 − y)] \\ & = & \frac{y}{1 − y} + \frac{2}{y} + 1 + \frac{2}{y^{2}} log(1 − y) \end{aligned}

Si osservi che questa funzione è regolare anche se sembra avere singolarità in y = 0. Infatti log(1 − y) = −y + y^{2}/2 + o(y^{2}) e quindi

\begin{aligned}\frac{y}{1 − y} + \frac{2}{y} + 1 + \frac{2}{y^{2}} log(1 − y) & = & \frac{1}{y^{2}} [\frac{y^{3}}{1 − y} + 2y + y^{2} + 2 log(1 − y)] = \\ & = & \frac{1}{y^{2}} [\frac{y^{3}}{1 − y} + 2y + y^{2} − 2y + y^{2} + o(y^{2})] \end{aligned}

Tornando al nostro problema: poiché la quantità \frac{x^{n}}{(1+x^{2})^{n}} è sempre minore di 1 la serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} \frac{x}{1 + x^{2}}

converge puntualmente per ogni x ∈ R; converge pure uniformemente e totalmente su R poiché \frac{x}{1+x^{2}} ⩽ \frac{1}{2}. Si conclude sostituendo nell’espressione di sopra \frac{x}{1+x^{2}} al posto di y

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} \frac{x^{n}}{(1 + x^{2})^{n}} = \frac{x}{1 + x^{2} − x} − \frac{x}{1 + x^{2}} − \frac{x^{2}}{2(1 + x^{2})^{2}} − log \frac{1 + x^{2} − x}{1 + x^{2}} .

Soluzione 1.30 - Usiamo una conseguenza del seguente risultato.

Teorema 1.5 Sia a_{n} serie a termini positivi. Se esiste

lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}

allora esiste anche lim_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} e vale

lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} .

Il viceversa non è vero! Si consideri ad esempio la successione data da a_{n} = 1/n se n è pari e a_{n} = 1/2n se n è dispari. Si ha lim_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} = 1, mentre invece lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} non esiste (il rapporto è 1/2 se n è pari, 2 se n è dispari).

Allora calcoliamo il limite della radice n-esima calcolando il rapporto. (provare a farlo con la radice n-esima!!!)

lim_{n} \frac{(n + 1)!}{(n + 1)^{n+1}} \frac{n^{n}}{n!} = lim_{n} (\frac{n}{n + 1})^{n} = \frac{1}{e}

quindi vi è convergenza puntuale in (−e, e) e non vi è in (−∞, −e) ∪ (e, +∞). Vediamo gli estremi:

e^{x} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{k}}{k!} quindi per x = n e^{n} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{n^{k}}{k!} ⩾ \frac{n^{n}}{n!}

per cui

\frac{n!}{n^{n}} e^{n} ⩾ 1 . (1.3)

La serie quindi non converge per x = −e e diverge a +∞ per x = e. Ovviamente converge totalmente e uniformemente in tutti gli intervalli [a, b] ⊂ (−e, e). Come al solito si ha che la serie non può convergere uniformemente in (−e, e). Anziché la stima (1.3) si può usare, per studiare il comportamento della serie in x = e la formula di Stirling

n! = n^{n}e^{−n}\sqrt{2πn} (1 + O(1/n)) .

Soluzione 1.31 - Sappiamo che la serie geometrica

∑_{n=0}^{∞} q^{n} = \frac{1}{1 − q} per |q| < 1 .

Possiamo allora concludere che la serie

∑_{n=0}^{∞}(−x^{2})^{n}  converge a  \frac{1}{1 + x^{2}}  per |x| < 1 .

Studiamo questa serie. Converge puntualmente in (−1, 1). Per x = 1 e per x = −1 ovviamente non converge. Al solito, la serie non convergerà uniformemente in (−1, 1), ma è facile vedere che converge totalmente in tutti i compatti [a, b] contenuti in (−1, 1). Calcoliamo la derivata di f(x) = arctg x

f′(x) = \frac{1}{1 + x^{2}} .

Integrando termine a termine si ha, posto f_{n}(x) = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}x^{2k}, grazie alla convergenza uniforme

lim_{n} ∫_{0}^{x} f_{n}(t)dt = ∫_{0}^{x} lim_{n} f_{n}(t)dt = ∫_{0}^{x} \frac{1}{1 + t^{2}} dt = arctg x .

Ora

∫_{0}^{x}(−1)^{k}t^{2k}dt = (−1)^{k} \frac{1}{2k + 1}x^{2k+1}

per cui

arctg x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{2n + 1}

per ogni x ∈ [−1, 1] e la convergenza uniforme solo sui compatti contenuti in (−1, 1).

Soluzione 1.32 - Calcoliamo la derivata di f(x) = sen x.

f^{(1)}(x) = cos x  f^{(1)}(0) = 1
f^{(2)}(x) = − sen x  f^{(2)}(0) = 0
f^{(3)}(x) = − cos x  f^{(3)}(0) = −1
f^{(4)}(x) = sen x  f^{(4)}(0) = 0

e poi il ciclo si ripete. Quindi lo sviluppo in 0 è dato da

sen x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n + 1)!} .

Vediamo la convergenza. Per il criterio di Leibniz converge per ogni x reale. La convergenza è uniforme e totale solo sui compatti (in modo analogo all’esercizio precedente). In modo simile si calcola anche lo sviluppo del coseno

cos x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!} .

Soluzione 1.33 - Si ha che

\frac{1}{n!} − \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!}

per cui il limite della radice n-esima è 0: la serie converge per ogni x ∈ R. Prima di studiare le convergenze uniforme e totale calcoliamo la somma della serie. Sappiamo che

∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} = e^{x} .

Si ha che

\frac{n}{(n + 1)!}x^{n} = x\frac{d}{dx}[\frac{x^{n+1}}{(n + 1)!} \frac{1}{x}]

per cui, grazie alla convergenza uniforme posso invertire il segno di derivata con il limite e ottenere

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{(n + 1)!}x^{n} = ∑_{n=1}^{∞} x\frac{d}{dx}[\frac{x^{n+1}}{(n + 1)!} \frac{1}{x}]
= x\frac{d}{dx}[\frac{1}{x} ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+1}}{(n + 1)!}]
= x\frac{d}{dx}[\frac{1}{x}(e^{x} − 1 − x)]
= x[ − \frac{1}{x^{2}} (e^{x} − 1 − x) + \frac{1}{x}(e^{x} − 1)]
= e^{x} − \frac{1}{x}(e^{x} − 1) .

Vediamo la convergenza uniforme in R:

sup_{x∈R} | ∑_{k=1}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k} − ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| = sup_{x∈R} | ∑_{k=n+1}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| = +∞

quindi non vi è convergenza uniforme in R. Nemmeno se ci limitiamo a semirette [a, +∞), perché l’estremo superiore è +∞ proprio perché consideriamo la semiretta fino a +∞. Che succede se consideriamo (−∞, 0] ?

\begin{matrix}sup_{x∈(−∞,0]} | ∑_{k=1}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k} − ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| = \\ = sup_{x∈(−∞,0]} |e^{x} − \frac{1}{x}(e^{x} − 1) − ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| = +∞ \end{matrix}

perché f(x) = e^{x} − \frac{1}{x}(e^{x} − 1) è limitata in (−∞, 0], mentre un polinomio di grado n no!

(come, ad esempio, fatto per e^{x}). Per x ∈ [−a, a] con a positivo

|\frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| ⩽ \frac{k}{(k + 1)!}a^{k} .

La serie ∑_{n} \frac{na^{n}}{(n+1)!} converge per ogni a reale per cui si ha convergenza totale e uniforme in ogni compatto.

Soluzione 1.34 - Spezzando il polinomio x^{2} − 5x + 6 come prodotto di x − 3 e x − 2 si ottiene che

f(x) = \frac{1}{x − 3} − \frac{2}{x − 2} .

Sapendo che, per |q| < 1, la serie ∑_{n=0}^{∞} q^{n} converge al valore \frac{1}{1 − q} si può

scrivere

\frac{1}{x − 3} = −\frac{1}{3 − x} = −\frac{1}{3} \frac{1}{1 − \frac{x}{3}} = −\frac{1}{3} ∑_{n=0}^{∞} (\frac{x}{3})^{n}

che converge per |\frac{x}{3}| < 1, cioè per |x| < 3. L’altro termine:

−\frac{2}{x − 2} = \frac{2}{2 − x} = \frac{1}{2} \frac{1}{1 − \frac{x}{2}} = \frac{1}{2} ∑_{n=0}^{∞} (\frac{x}{2})^{n}

che converge per |\frac{x}{2}| < 1, cioè per |x| < 2. Sarà possibile effettuare la somma solo dove convergono entrambe, quindi sicuramente per x ∈ (−2, 2) si ha che

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} [\frac{1}{2^{n+1}} − \frac{1}{3^{n+1}} ]x^{n} .

Soluzione 1.35 - Si osservi che

\frac{d}{dx} \frac{1}{1 − x} = \frac{1}{(1 − x)^{2}}  e che  \frac{d}{dx} \frac{1}{(1 − x)^{2}} = 2 \frac{1}{(1 − x)^{3}} .

Poiché la serie ∑_{n=0}^{∞} x^{n} converge uniformemente in ogni intervallo chiuso [a, b] ⊂ (−1, 1) e così pure la serie delle sue derivate (prime e seconde, ma non solo) si può affermare che (per quei valori di x ∈ [a, b] ⊂ (−1, 1) con a, b arbitrari, ma |a|, |b| < 1, per cui per ogni x ∈ (−1, 1))

\frac{1}{(1 − x)^{2}} = \frac{d}{dx} \frac{1}{1 − x} = \frac{d}{dx} ∑_{n=0}^{∞} x^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{d}{dx}x^{n} = ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1}

\frac{2}{(1 − x)^{3}} = \frac{d}{dx} \frac{1}{(1 − x)^{2}} = \frac{d}{dx} ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{d}{dx}nx^{n−1} = ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2} .

Per cui dove vi è convergenza per entrambe le serie, e in questo caso entrambe convergono in (−1, 1), vale

f(x) = \frac{1}{(1 − x)^{3}} + \frac{3x^{2}}{(1 − x)^{3}} =
= \frac{1}{2} ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2} + \frac{3x^{2}}{2} ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2}
= ∑_{n=0}^{∞} \frac{(n + 2)(n + 1)}{2}x^{n} + ∑_{n=2}^{∞} \frac{3n(n − 1)}{2}x^{n}
= 1 + x + ∑_{n=2}^{∞} \frac{(n + 2)(n + 1) + 3n(n − 1)}{2}x^{n}
= 1 + x + ∑_{n=2}^{∞}(2n^{2} + 1)x^{n} .

Soluzione 1.36 - La funzione f può essere scritta nei seguenti modi

log (\frac{x − 2}{3x − 2}) = log(x − 2) − log(3x − 2)  NO!!
= log(2 − x) − log(2 − 3x)  SI!!

Perché scartiamo il primo dei due? I due modi non sono equivalenti: la funzione f è definita quando il suo argomento è positivo, e cioè quando x − 2 e 3x − 2 hanno lo stesso segno. Quindi f può essere spezzata come sopra nel primo modo se x − 2 e 3x − 2 sono entrambi positivi, nel secondo modo se x − 2 e 3x − 2 sono entrambi negativi. Per x = 0, intorno al quale vogliamo sviluppare f, le funzioni log(x−2), log(3x−2) non sono definite, mentre log(2−x) e log(2−3x) si. Per esercizio, e anche per convincersi di quanto appena detto, disegnare i grafici di log(\frac{x−2}{3x−2}), log(x − 2), log(3x − 2), log(2 − x) e log(2 − 3x). Abbiamo trasferito quindi il problema nello scrivere lo sviluppo delle due funzioni log(2 − x) e log(2 − 3x). Si ha, per |x/2| < 1,

\frac{d}{dx} log(2 − x) = −\frac{1}{2 − x} = −\frac{1}{2} \frac{1}{1 − \frac{x}{2}} = −\frac{1}{2} ∑_{n=0}^{∞} (\frac{x}{2})^{n}

Integrando tra 0 e x, con |x| < 2, poiché la serie sopra converge uniformemente

log(2 − t)|_{0}^{x} = −\frac{1}{2} ∫_{0}^{x} ∑_{n=0}^{∞} (\frac{t}{2})^{n}dt = −\frac{1}{2} ∑_{n=0}^{∞} ∫_{0}^{x} (\frac{t}{2})^{n}dt

e quindi

log(2 − x) − log 2 = −\frac{1}{2} ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{2^{n}} \frac{t^{n+1}}{n + 1}|_{0}^{x} = − ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{2^{n+1}} \frac{x^{n+1}}{n + 1} .

Analogamente si ottiene, per |3x/2| < 1 e quindi per |x| < 2/3,

log(2 − 3x) − log 2 = − ∑_{n=0}^{∞} (\frac{3}{2})^{n+1} \frac{x^{n+1}}{n + 1} .

Concludendo:

log (\frac{x − 2}{3x − 2}) = log 2 − ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{2^{n+1}} \frac{x^{n+1}}{n + 1} − log 2 + ∑_{n=0}^{∞} (\frac{3}{2})^{n+1} \frac{x^{n+1}}{n + 1}
= ∑_{n=1}^{∞} [(\frac{3}{2})^{n} − (\frac{1}{2})^{n}]\frac{x^{n+1}}{n}

e l’insieme di convergenza è l’intersezione degli insiemi sui quali convergono separatamente le due serie. Concludiamo che

log [\frac{x − 2}{3x − 2}] = ∑_{n=1}^{∞} [(\frac{3}{2})^{n} − \frac{1}{2^{n}} ]\frac{x^{n}}{n}

e la convergenza è puntuale in [−2/3, 2/3), uniforme in tutti gli insiemi del tipo [−2/3, a] con a ∈ (−2/3, 2/3) e totale in tutti gli insiemi del tipo [b, c] con b, c ∈ (−2/3, 2/3), b < c. Infatti una delle due serie converge puntualmente almeno in (−2, 2) e l’altra almeno in (−2/3, 2/3) ⊂ (−2, 2), quindi la serie converge in (−2/3, 2/3) e non converge in (−∞, −2/3) ∪ (2/3, +∞) (per verifica calcolare il limite della radice n-esima dei coefficienti). Negli estremi: è sufficiente studiare la seconda serie, poiché convergendo la prima in (−2, 2) in particolare convergerà in −2/3 e 2/3. Per x = 2/3 si ha

∑_{n=1}^{∞} (\frac{3}{2})^{n}(\frac{2}{3})^{n+1} \frac{1}{n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{3} \frac{1}{n}

che diverge a +∞, mentre per x = −2/3 si ha

∑_{n=1}^{∞} (\frac{3}{2})^{n}( − \frac{2}{3})^{n+1} \frac{1}{n} = \frac{2}{3} ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{n}

che converge. La convergenza è uniforme in tutti gli intervalli del tipo [−2/3, a] con a < 2/3 e totale negli intervalli del tipo [b, c] ⊂ (−2/3, 2/3).

Soluzione 1.37 - L’insieme è [−1, 1] per α < −1/2, [−1, 1) per α ⩾ −1/2.

Soluzione 1.40 - Si può fare seguendo la soluzione dell’Esercizio 1.36 osservando che 1 + x − 2x^{2} = (2x + 1)(1 − x).

Soluzione 1.42 - Attenzione! nella prima serie i coefficienti a_{n} sono dati da 1/n^{2}, nella seconda no! Alcuni infatti sono zero. I coefficienti della seconda serie sono infatti

a_{n} = \{ \begin{matrix}1/n & se n = k^{2} con k ∈ N , \\ 0 & altrimenti . \end{matrix}

Il comportamento però è lo stesso: infatti la prima converge totalmente in [−1, 1]; e la serie converge sia in −1 che in 1. Per lo studio della seconda, valutando

lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|x|^{n^{2}}/n^{2}} = lim_{n→∞} |x|^{n} ^{n} \sqrt{1/n^{2}}

si ottiene che la serie converge (assolutamente) per |x| ⩽ 1 e non converge per |x| > 1. La convergenza in [−1, 1] è totale.

Soluzione 1.44 - Si osservi che i termini di questa serie sono “alcuni” dei termini della serie ∑_{k} \frac{1}{k} x^{k}. Infatti i coefficienti a_{n} sono dati da

a_{n} = \{ \begin{matrix}1/n & se n = k^{k} con k ∈ N , \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

per cui

n \sqrt{a_{n}} = \{ \begin{matrix}\sqrt[n]{1/n} & se n = k^{k} con k ∈ N , \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

Di conseguenza il limite lim_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} non esiste. Possiamo trattare la serie come una serie numerica, fissando x e valutando

\sqrt[n]{|\frac{x^{n^{n}}}{n^{n}} |} = \frac{x^{n}}{n} .

Passando al limite per n → +∞ si ottiene che la serie converge per x ∈ [−1, 1]. Alternativamente, per chi conoscesse il limsup e che il raggio di convergenza è dato dal reciproco di lim sup_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}}, si ha che lim sup_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{k→∞} \sqrt[k^{k}]{k^{k}} = lim_{h→∞} \sqrt[h]{h} = 1. Il raggio quindi è 1. Per x = 1 e x = −1 la serie converge e quindi l’insieme di convergenza è [−1, 1]. La convergenza è anche totale.

Soluzione 1.45 - Questo è un esempio in cui il limite di a_{n} = (2 + sen nπ/2)^{n} non esiste. Si ha che

2 + sen nπ/2 può assumere i valori 1, 2, 3 .

L’estremo superiore (si veda la definizione di raggio di convergenza nelle dispense) dei numeri per cui la serie converge è 1/3 (l’inverso del massimo valore che può assumere a_{n}): infatti non può essere maggiore perché se lo fosse, diciamo r > 1/3, per tutti i valori x ∈ (1/3, r) la serie convergerebbe. Ma per infiniti valori di n ∈ N si ha che

2 + sen \frac{nπ}{2} assume il valore 3

per cui se fissiamo x > 1/3 e minore di r si avrebbe per infinite volte che

(2 + sen \frac{nπ}{2} )^{n}x^{n} > 1

il che non farebbe convergere la serie.

Soluzione 1.46 - Poiché la funzione è dispari lo sviluppo è di soli seni. Si ha

\frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) sen nxdx = \{ \begin{matrix}0 & n pari \\ \frac{4}{πn} & n dispari \end{matrix}

quindi lo sviluppo è

∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)} sen (2n + 1)x .

La media di f è nulla, per cui a_{0} è nullo. Usando la formula (1.2) si ha che lo sviluppo di

F (x) = ∫_{−π}^{x} f(t)dt = |x| − π

è dato da (i coefficienti A_{n} di cos nx sono nulli, i coefficienti B_{n} di sen nx sono dati da 4/πn^{2} per n dispari, 0 altrimenti)

|x| − π = \frac{A_{0}}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x

dove A_{0} = π^{−1} ∫_{−π}^{π}[|x| − π]dx = −π^{2}/π = −π. Per cui lo sviluppo di |x| in [−π, π] è (confrontare con l’Esercizio 1.49)

π − \frac{π}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x = \frac{π}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x .

Soluzione 1.47 - La funzione è pari, per cui il suo sviluppo è fatto di soli coseni. Si ha che ∫_{−π}^{π} x^{2}dx = 2π^{3}/3 e

∫_{−π}^{π} x^{2} cos nx dx = x^{2} \frac{sen nx}{n}|_{−π}^{π} − ∫_{−π}^{π} 2x \frac{sen nx}{n}dx
= 2x\frac{cos nx}{n^{2}} |_{−π}^{π} + ∫_{−π}^{π} 2\frac{cos nx}{n^{2}}dx = (−1)^{n} \frac{4π}{n^{2}}

per cui lo sviluppo è dato da

\frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{4}{n^{2}} cos nx .

Poiché l’estensione a tutto R è C^{1} a tratti e continua si ha convergenza uniforme su tutto R. In particolare per x = π si ha

f(π) = π^{2} = \frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{4}{n^{2}} (−1)^{n} = \frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{4}{n^{2}}

da cui si ricava

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Soluzione 1.48 - Il periodo 2T è 2, quindi T = 1. Calcoliamo i coefficienti:

a_{0} = ∫_{−1}^{1} f(x)dx = ∫_{0}^{1} xdx = \frac{1}{2} .

a_{n} = ∫_{−1}^{1} f(x) cos nxπ dx = ∫_{0}^{1} x cos nxπ dx

= x(\frac{1}{nπ} sen nπx)|_{0}^{1} − ∫_{0}^{1} \frac{1}{nπ} sen nπx dx

= −\frac{1}{nπ} ( − \frac{1}{nπ} cos nπx)|_{0}^{1}

= \{ \begin{matrix}−\frac{2}{n^{2}π^{2}} & n dispari \\ 0 & n pari \end{matrix}

b_{n} = ∫_{−1}^{1} f(x) cos nxπ dx = ∫_{0}^{1} x sen nxπ dx

= x( − \frac{1}{nπ} cos nπx)|_{0}^{1} − ∫_{0}^{1} −\frac{1}{nπ} cos nπx dx

= (−1)^{n+1} \frac{1}{nπ} + \frac{1}{nπ} (\frac{1}{nπ} sen nπx)|_{0}^{1} = (−1)^{n+1} \frac{1}{nπ}

quindi lo svilupo è

\frac{1}{4} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)πx + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{nπ} sen nπx .

Converge puntualmente alla funzione

\{ \begin{matrix}f(x) & x ∈ (−1, 1) \\ \frac{1}{2} & x = −1 , x = 1 . \end{matrix}

La convergenza uniforme c’è solo negli insiemi del tipo [a, b] ⊂ (−1, 1) visto che il limite non è continuo. Valutiamo ora la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n+1)^{2}} . Per x = 1 la serie converge al valore 1/2 per cui

\begin{aligned}\frac{1}{2} & = & \frac{1}{4} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)π + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{nπ} sen nπ \\ & = & \frac{1}{4} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n + 1)^{2}π^{2}} \end{aligned}

da cui

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

Ora per la somma ∑_{n} \frac{1}{(2n)^{2}} possiamo procedere in due modi: sfruttare l’esercizio

precedente dal quale sappiamo che ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} per cui otteniamo

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{6} − \frac{π^{2}}{8} = \frac{π^{2}}{24} ,

oppure, ignorando il risultato dell’esercizio precedente, osservare che ∑_{n} \frac{1}{(2n)^{2}} = ∑_{n} \frac{1}{4n^{2}} per cui da

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}}

dedurre che

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{4}{3} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}}

e quindi

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} = \frac{1}{4} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{4} \frac{4}{3} \frac{π^{2}}{8} = \frac{π^{2}}{24} .

Soluzione 1.49 - La estendo per periodicità a tutto R e per questione di semplicità di calcolo sviluppo la funzione g(x) = |x| definita in [−π, π] ed estesa per periodicità a tutto R (si veda la Figura 1.8). In questo modo anziché calcolare

∫_{0}^{2π} f(x) cos nxdx = ∫_{0}^{π} x cos nxdx − ∫_{π}^{2π} x cos nxdx + ∫_{π}^{2π} 2π cos nxdx

calcolo

Figura 1.8:

∫_{−π}^{π} |x| cos nxdx = 2 ∫_{0}^{π} x cos nxdx .

Quindi i coefficienti sono dati da:

a_{0} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} |x|dx = π

e per n > 0

a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x cos nxdx = \frac{2}{π} [\frac{x}{n} sen nx|_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} \frac{1}{n} sen nxdx]
= \frac{2}{π} [0 + \frac{1}{n^{2}} cos nx|_{0}^{π}] = \frac{2}{πn^{2}} [(−1)^{n} − 1]

per cui

(1.4) a_{n} = \{ \begin{matrix}0 & se n pari \\ −\frac{4}{πn^{2}} & se n dispari . \end{matrix}

Lo sviluppo risulta quindi essere

f(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} a_{n} cos nx = \frac{π}{2} − ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)^{2}} cos(2k + 1)x . (1.5)

La convergenza è puntuale e uniforme su tutto R (perché la funzione è continua e C^{1} a tratti), in particolare sull’intervallo [0, 2π] al quale eravamo interessati. In particolare se valutiamo la serie per x = 0 questa convergerà al valore f(0) = 0, per cui si ha

\frac{π}{2} − ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)^{2}} = 0  da cui  ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

Per l’altra serie sfruttiamo l’uguaglianza di Parceval (1.1):

\frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f^{2}(x)dx = \frac{a_{0}^{2}}{2} + ∑_{k=1}^{∞}(a_{k}^{2} + b_{k}^{2}) .

Per cui da ∫_{−π}^{π} x^{2}dx = 2π^{3}/3 otteniamo

\frac{2π^{2}}{3} = \frac{π^{2}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} \frac{16}{π^{2}(2k + 1)^{4}}

e infine

∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{4}} = \frac{π^{2}}{16} (\frac{2π^{2}}{3} − \frac{π^{2}}{2} ) = \frac{π^{4}}{96} .

Per considerare uno sviluppo in soli seni o di soli coseni in generale si fa così: data h : [0, T] → R consideriamo la funzione h̃ definita in [−T, T)

h̃(x) = \{ \begin{matrix}h(x) & x ∈ [0, T] \\ h(−x) & x ∈ [−T, 0] \end{matrix}

ed estendendo poi per periodicità a tutto R la funzione. Poiché la funzione risulta così pari il suo sviluppo sarà di soli coseni e

∫_{−T}^{T} h̃(x) cos \frac{nπ}{T} xdx = 2 ∫_{0}^{T} h(x) cos \frac{nπ}{T} x .

Se vogliamo uno sviluppo di soli seni si considera

h̃(x) = \{ \begin{matrix}h(x) & x ∈ [0, T] \\ −h(−x) & x ∈ [−T, 0] . \end{matrix}

Nel nostro caso estendiamo la funzione nel modo seguente:

Figura 1.9:

f̃(x) = \{ \begin{matrix}−x − 2π & se x ∈ [−2π, −π] \\ x & se x ∈ [−π, π] \\ −x + 2π & se x ∈ [π, 2π] \end{matrix}

e poi estendo f̃ periodicamente su tutto R (a questo punto avremo una funzione periodica di periodo 4π!). La restrizione di f̃ a [0, 2π] è sempre la nostra f. La funzione così estesa risulta essere dispari fornendo i coefficienti dei coseni nulli. Valutiamo i coefficienti:

b_{n} = \frac{1}{2π} ∫_{−2π}^{2π} g(x) sen \frac{nπ}{2π} xdx = \frac{1}{π} ∫_{0}^{2π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx =
= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx + \frac{1}{π} ∫_{π}^{2π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx =
= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} x sen \frac{n}{2}xdx + \frac{1}{π} ∫_{π}^{2π}[−x + 2π] sen \frac{n}{2}xdx .

Abbiamo che

∫ x sen \frac{n}{2}xdx = −\frac{2}{n}x cos \frac{n}{2}x + \frac{4}{n^{2}} sen \frac{n}{2}x

per cui

tra 0 e π  −\frac{2}{n} cos \frac{nπ}{2} + \frac{4}{n^{2}π} sen \frac{nπ}{2}
tra π e 2π  \frac{1}{π} [ − ( − \frac{4π}{n} cos nπ + \frac{2π}{n} cos \frac{nπ}{2} + \frac{4}{n^{2}} sen nπ − \frac{4}{n^{2}} sen \frac{nπ}{2} )+

+2π( − \frac{2}{n} cos nπ + \frac{2}{n} cos \frac{nπ}{2} )] .

Sommando, poiché

sen \frac{nπ}{2} = \{ \begin{matrix}(−1)^{(n−1)/2} & n dispari \\ 0 & n pari , \end{matrix}

si ha

b_{n} = \frac{8}{n^{2}π} sen n\frac{π}{2} = \frac{8}{n^{2}π} \{ \begin{matrix}(−1)^{(n−1)/2} & n dispari \\ 0 & n pari , \end{matrix}

La serie è data dalla somma dei seguenti termini

∑_{n dispari} \frac{8}{n^{2}π} sen n\frac{π}{2} x = ∑_{n=0}^{∞} \frac{8}{(2n + 1)^{2}π} sen \frac{2n + 1}{2}x

Attenzione! Lo sviluppo trovato è lo sviluppo in soli seni della funzione f̃, quello in (1.5) è lo sviluppo della funzione f: convergono entrmabi (uniformemente) alla funzione originale nell’intervallo [0, 2π], ma a funzioni diverse nell’intervallo [−2π, 0] (si vedano le Figura 1.8 e Figura 1.9). Ora valutiamo lo sviluppo della funzione g: si osservi che nell’intervallo [−π, π] la funzione f(x) = |x| è una primitiva della funzione g, e precisamente

f(x) = π + ∫_{−π}^{x} g(t)dt ,  cioè  f(x) − π = ∫_{−π}^{x} g(t)dt .

Se denotiamo con α_{n} e β_{n} i coefficienti

α_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} g(x) cos nxdx β_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} g(x) sen nxdx

si ha che α_{0} = 0 e dalle formule (1.2) si ricava

β_{n} = −na_{n} , α_{n} = nb_{n}

quindi, conoscendo a_{n} (si veda (1.4)) e b_{n} (b_{n} = 0 per ogni n ∈ N) si ricava immediatamente

β_{n} = \{ \begin{matrix}0 & se n pari \\ \frac{4}{πn} & se n dispari . \end{matrix}

per cui

g(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)} sen (2k + 1)x

(si confronti con l’Esercizio 1.46).

Soluzione 1.50 - La funzione

f(x) = 1 − \frac{2|x|}{π} , x ∈ [−π, π] .

come si vede dal garfico, è una funzione pari per cui b_{n} = 0 per ogni n ∈ N. Si

Figura 1.10:

verifica facilmente che anche a_{0} = 0. Gli altri coefficienti sono dati (n > 0)

a_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} [ cos nt − \frac{2}{π} |t| cos nt]dt
= −\frac{2}{π^{2}} ∫_{−π}^{π} |t| cos nt dt = −\frac{4}{π^{2}} ∫_{0}^{π} t cos nt dt =
= −\frac{4}{π^{2}} [\frac{t}{n} sen nt|_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} \frac{1}{n} sen nt dt]

= −\frac{4}{π^{2}} [ − \frac{1}{n}( − \frac{1}{n} cos nt)]|_{0}^{π} = \{ \begin{matrix}0 & n pari \\ \frac{8}{n^{2}π^{2}} & n dispari \end{matrix}

per cui la serie è data da

∑_{n=0}^{∞} \frac{8}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)x

che converge uniformemente su tutto R (visto che il prolungamento periodico a tutto R di f è continuo e C^{1} a tratti). La serie converge anche totalmente visto che

sup_{x∈[−π,π]} |\frac{8}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)x| = \frac{8}{(2n + 1)^{2}π^{2}} .

Per calcolare le due serie (già calcolate negli esercizi 1.48 e 1.49) si può valutare la funzione in x = 0 e usare l’uguaglianza (1.1).

48 CAPITOLO 1. SUCCESSIONI E SERIE DI FUNZIONI

Funzioni di più variabili, continuità, derivabilità, differenziabilità

Esercizio 2.1 - Disegnare o scrivere gli insiemi di livello (e il grafico) delle seguenti funzioni:

1. f(x, y) = x^{2} + y^{2}

2. f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

3. f(x, y) = arctg [(x^{2} + y^{2}) log(1 + x^{2} + y^{2})]

4. funzioni radiali

5. f(x, y) = (x − y)^{2}

6. f(x, y) = x^{2} − y^{2}

7. f(x, y) = |x| + |y|

8. f(x, y) = |x|

9. f(x, y) = |x| − |y|

10. f(x, y) = (|x|^{p} + |y|^{p})^{1/p} con p > 1

11. f(x, y) = max{|x|, |y|} 50CAPITOLO 2. FUNZIONI DI PIÙ VARIABILI, CONTINUITÀ, DERIVABILITÀ, DIFFERENZIABILITÀ

12. f(x, y) = \frac{1 + xy}{x^{2}}

13. f(x, y) = e^{x^{2}+2y^{2}}

14. f(x, y, z) = log \frac{z}{x^{2} + y^{2}}

15. f(x, y, z) = arctg \frac{x^{2} + y^{2}}{(z − 1)^{2}}

16. f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{2x}{x^{2} + y^{2}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

Esercizio 2.2 - Si calcoli, se esiste, il limite lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{y^{2}}{x}. Esercizio 2.3 - Dire se la seguente funzione è continua su R^{2}

f(x, y) = \{ \begin{matrix}(x^{2} + y^{2}) sen \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

Studiare poi la derivabilità e la differenzibilità. Esercizio 2.4 - Si dica se il seguente limite esiste o no, ed eventualmente calcolarlo:

lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{3} + xy^{2}} .

Esercizio 2.5 - Calcolare

lim_{|(x,y)|→+∞} x^{3}ye^{−xy}

con (x, y) ∈ A = {(x, y) ∈ R^{2} | x ⩾ 0 , x ⩽ y ⩽ 2x}. Esercizio 2.6 - Si calcoli lim_{(x,y)→(1,0)} \frac{y^{2} log x}{(x − 1)^{2} + y^{2}} . Esercizio 2.7 - Esiste il limite lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2}y}{x^{4} + y^{2}} ? Esercizio 2.8 - Discutere l’esistenza del limite lim_{|(x,y,z)|→+∞}(x^{4} + y^{2} + z^{2} − x + 3y − z). Esercizio 2.9 - Dire per quali valori di α ∈ R esiste il seguente limite

lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{|y|^{α} cos x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} .

Esercizio 2.10 - Studiare continuità, derivabilità, differenziabilità della seguente funzione

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) . \end{matrix}

Esercizio 2.11 - Studiare continuità, derivabilità, differenziabilità della seguente funzione

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{2} + y^{2}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) . \end{matrix}

Esercizio 2.12 - Dire per quali valori di α, β, γ reali esiste finito il limite

lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{|x|^{α}|y|^{β}}{(3x^{2} + 5y^{2})^{γ/2}} .

Esercizio 2.13 - Discutere l’esistenza dei seguenti limiti

lim_{(x,y)→(0,0)} xe^{−y/x} ,  lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{3} + y^{5}}{x^{2} + y^{5}} .

Esercizio 2.14 - Studiare continuità, derivabilità, differenziabilità della seguente funzione

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{3}y^{4}}{x^{6} + y^{4}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) . \end{matrix}

Esercizio 2.15 - Si dimostri che non esiste alcuna funzione f di classe C^{2}(R^{2}) tale che

\frac{∂f}{∂x} = x sen y , \frac{∂f}{∂x} = y cos x .

Esercizio 2.16 - Studiare continuità, derivabilità, differenziabilità della seguente funzione

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{y}{x^{2}} arctg (x^{2} + y^{2}) & x ≠ 0 \\ 0 & x = 0 . \end{matrix}

Esercizio 2.17 - Si dica per quali valori del parametro α ∈ R la seguente funzione è continua, derivabile, differenziabile

f(x, y) = \{ \begin{matrix}|x|^{α} sen y & x ≠ 0 \\ 0 & x = 0 . \end{matrix}

Esercizio 2.18 - Studiare continuità, derivabilità, differenziabilità della seguente funzione

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y^{3}}{x^{4} + y^{4}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) . \end{matrix}

52CAPITOLO 2. FUNZIONI DI PIÙ VARIABILI, CONTINUITÀ, DERIVABILITÀ, DIFFERENZIABILITÀ

Soluzioni

Soluzione 2.1 - Denotiamo con Γ_{c}, c ∈ R, l’insieme di livello c, in questo caso l’insieme {(x, y) ∈ R^{2} | f(x, y) = c}. Dobbiamo risolvere f(x, y) = c con c ∈ R. È evidente che per c < 0 l’insime Γ_{c} = ∅. Per c = 0 Γ_{c} è fatto da un solo punto Γ_{0} = \{(0, 0)\}. Per c > 0 si hanno circonferenze di raggio \sqrt{c}.

1. In generale per una funzione radiale, cioè che dipende solamente dalla distanza dall’origine, gli insiemi di livello possono essere l’insieme vuoto ∅, insiemi fatti da un solo punto oppure circonferenze in R^{2}, sfere in R^{3} (ipersfere di codimensione 1 in R^{n}). Possono essere anche corone circolari o tutto R^{n} o unione di più circonferenze. In generale si pensi ad una funzione radiale come ad una funzione radiale g : R^{n} → R definita tramite un’altra funzione f : [0, +∞) → R nel modo seguente: g(x_{1}, …, x_{n}) = f(\sqrt{x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}}).

5. Γ_{c} = ∅ se c < 0. Se c = 0 dobbiamo capire qual è l’insieme rappresentato da (x−y)^{2} = 0. È dato dai punti di R^{2} che stanno sulla retta di equazione x = y. Se invece c > 0 si ha

(x − y)^{2} = c  ⟹  y = x + \sqrt{c} oppure y = x − \sqrt{c}

quindi l’insieme di livello c con c > 0 è dato da coppie di rette

7. Risolvendo |x| + |y| = c si ha per c < 0 l’insieme ∅, per c = 0 il solo punto (0, 0), per c > 0 le curve in Figura 2.1

Figura 2.1:

11. Risolvendo f(x, y) = c si ha per c < 0 l’insieme ∅, per c = 0 il solo punto (0, 0), per c > 0 le curve in Figura 2.2

12. Risolviamo

\frac{1 + xy}{x^{2}} = c .

Figura 2.2:

Innanzitutto deve essere x ≠ 0. Si ottiene (si veda anche Figura 2.3 per alcune curve di livello)

y = cx − \frac{1}{x} .

Figura 2.3:

14. Sia c ∈ R e poniamo f(x, y, z) = c. Ciò è equivalente a

\frac{z}{x^{2} + y^{2}} = e^{c} = k

con k costante positiva. Gli insiemi di livello sono quindi paraboloidi di equazione z = k(x^{2} + y^{2}) con k costante positiva.

16. Se c = 0 linsieme di livello è fatto dal solo punto (0, 0). Sia quindi c ≠ 0:

ponendo 2x/(x^{2} + y^{2}) = c si ottiene

y^{2} + (x − \frac{1}{c})^{2} = \frac{1}{c^{2}}

che, al variare di c in (0, +∞) e in (−∞, 0), rappresentano delle circonferenze di raggio c^{−1} con centro nel punto (c^{−1}, 0) come rappresentato in Figura 2.4.

Figura 2.4:

Soluzione 2.2 - Se il limite esistesse in particolare si avrebbe

lim_{(x,0)→(0,0)} \frac{y^{2}}{x} = lim_{(y^{2},y)→(0,0)} \frac{y^{2}}{x}

ma il primo limite è uguale a 0, il secondo a 1. Esistono curve lungo le quali il limite è +∞?

Soluzione 2.3 - Ricordo: se una funzione è di classe C^{1} sicuramente è differenziabile, ma non è detto che il viceversa sia vero: ecco un esempio in cui ciò non accade. È chiaramente continua in ogni (x, y) ≠ (0, 0). Vediamo se lo è anche in (0, 0). Se il limite esiste si ha

0 ⩽ lim sup_{(x,y)→(0,0)} |(x^{2} + y^{2}) sen \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} | ⩽ lim sup_{(x,y)→(0,0)} |(x^{2} + y^{2})| = 0

per cui il limite lim_{(x,y)→(0,0)} f(x) esiste ed è zero. Poiché f(0) = 0 concludiamo che f è continua. Per studiare la derivabilità e la differenziabilità si osservi prima che la funzione è radiale: possiamo infatti esprimerla come

f(x, y) = φ(ρ)

dove

φ : [0, +∞) → R , φ(ρ) = \{ \begin{matrix}0 & ρ = 0 \\ ρ^{2} sen ρ^{−1} & ρ > 0 . \end{matrix}

La funzione φ estesa per simmetria anche a ρ < 0 (φ(ρ) = ρ^{2} sen ρ^{−1} per ρ < 0) è derivabile in ρ = 0 (e ovviamente anche per gli altri valori di ρ): infatti il calcolo del limite del rapporto incrementale è

lim_{ρ→0} \frac{ρ^{2} sen ρ^{−1}}{ρ} = 0 .

Ma se calcoliamo la derivata in un altro punto si ottiene

\frac{d}{dρ}φ(ρ) = 2ρ sen ρ^{−1} − ρ^{2}ρ^{−2} cos ρ^{−1} = 2ρ sen ρ^{−1} − cos ρ^{−1}

il cui limite per ρ → 0 non esiste. Concludiamo che la derivata esiste, ma non è continua nel punto 0. Questo si traduce per la funzione f nel fatto che f è differenzibile in (0, 0), e il suo differenziale in quel punto è l’applicazione nulla, ma le derivate, che esistono, non sono continue nel punto (0, 0).

Soluzione 2.4 - Si noti che

lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{3} + xy^{2}} = lim_{x→0} \frac{sen x^{4}}{x^{3}} = lim_{x→0} \frac{sen x^{3}}{x^{3}} sen x = 0

mentre

lim_{y→0} lim_{x→0^{+}} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{3} + xy^{2}} = +∞

quindi il limite non esiste.

Soluzione 2.5 - In A vale la seguente stima

x^{2} ⩽ xy ⩽ 2x^{2}

da cui otteniamo

e^{−2x^{2}} ⩽ e^{−xy} ⩽ e^{−x^{2}}  e  x^{4} ⩽ x^{3}y ⩽ 2x^{4}

quindi

x^{4}e^{−2x^{2}} ⩽ x^{3}ye^{−xy} ⩽ 2x^{4}e^{−x^{2}} .

Poiché lim_{x→+∞} x^{4}e^{−2x^{2}} = lim_{x→+∞} 2x^{4}e^{−x^{2}} = 0 si conclude che

lim_{|(x,y)|→+∞} x^{3}ye^{−xy} = 0 .

Soluzione 2.6 - Usiamo le coordinate polari: x−1 = ρ cos ϑ, y = ρsenϑ. Vale: (x, y) → (1, 0) se e solo se (x − 1, y) → (0, 0) se e solo se ρ → 0 indipendentemente da ϑ. Il limite, se esiste, può essere quindi riscritto nelle nuove variabili come segue

lim_{ρ→0} \frac{ρ^{2} sen^{2}ϑ log(1 + ρ cos ϑ)}{ρ^{2}} = lim_{ρ→0} sen^{2}ϑ log(1 + ρ cos ϑ) = 0 .

Attenzione! Non sempre l’uso delle coordinate polari è di aiuto nello svolgere i limiti (si veda ad esempio la soluzione dell’esercizio 2.7).

Soluzione 2.7 - Se si passa in coordinate polari si ottiene

lim_{ρ→0} \frac{ρ^{3} cos^{2} ϑ sen ϑ}{ρ^{4} cos^{4} ϑ + ρ^{2} sen^{2}ϑ} = lim_{ρ→0} \frac{ρ cos^{2} ϑ sen ϑ}{ρ^{2} cos^{4} ϑ + sen^{2}ϑ}

che non esiste!! Se esistesse dovrebbe essere indipendente dal valore di ϑ. Ad esempio

lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{x^{2}y}{x^{4} + y^{2}} = 0  e se y = x^{2}  lim_{x→0} \frac{x^{2}x^{2}}{x^{4} + x^{4}} = \frac{1}{2} .

Soluzione 2.8 - Si può mostrare che esiste α > 0 tale che x^{4} ⩾ x^{2} − α (si veda per esercizio che la disuguaglianza vale con α = 1/4. È il valore minore?). Quindi

f(x, y, z) = x^{4} + y^{2} + z^{2} − x + 3y − z ⩾ x^{2} − \frac{1}{4} + y^{2} + z^{2} − x + 3y − z .

Sia ρ = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}. Si ha, poiché −1 ⩽ \frac{x}{ρ}, \frac{y}{ρ}, \frac{z}{ρ} ⩽ 1,

f(x, y, z) ⩾ ρ^{2} + ρ( − \frac{x}{ρ} + \frac{3y}{ρ} − \frac{z}{ρ}) − \frac{1}{4} ⩾ ρ^{2} − 5ρ − \frac{1}{4}

e |(x, y, z)| → +∞ significa ρ → +∞ per cui il limite è +∞.

Soluzione 2.9 - Passando alle coordinate polari si ha

lim_{ρ→0} \frac{ρ^{α}| sen ϑ|^{α} cos(ρ cos ϑ)}{ρ} = lim_{ρ→0} ρ^{α−1}| sen ϑ|^{α}(1 − \frac{1}{2}ρ^{2} cos^{2} ϑ + o(ρ^{3}))

che è uguale a 0 se α > 1. Per α ⩽ 1 il limite non esiste: infatti se si considerano, ad esempio, prima ϑ = 0 e poi ϑ = π/2 e poi si esegue il limite per ρ → 0 si ottengono due risultati diversi.

Soluzione 2.10 - Ovviamente l’unico punto in cui fare le verifiche è l’origine in quanto negli altri punti la funzione è differenziabile. In coordinate polari la funzione diventa (per ρ ≠ 0)

f̃(ρ, ϑ) = f(ρ cos ϑ, ρ sen ϑ) = \frac{ρ^{3} cos^{2} ϑ sen ϑ}{ρ^{2}}

e lim_{ρ→0} f̃(ρ, ϑ) = 0, f(0, 0) = 0 per cui f risulta continua anche nell’origine. Vediamo se è derivabile: fissiamo un vettore v = (v_{1}, v_{2}) di norma 1 (v_{1}^{2}+v_{2}^{2} = 1) e calcoliamo il limite

lim_{t→0} \frac{f((0, 0) + tv) − f(0, 0)}{t} = lim_{t→0} \frac{1}{t} \frac{t^{2}v_{1}^{2}tv_{2}}{t^{2}v_{1}^{2} + t^{2}v_{2}^{2}} = v_{1}^{2}v_{2} ,

di conseguenza esistono le derivate direzionali in ogni direzione e si ha

\frac{∂f}{∂v} (0, 0) = v_{1}^{2}v_{2} . (2.1)

Vediamo ora se f è differenziabile nel punto (0, 0). Se lo è deve esistere un’applicazione lineare L, denotata anche con df_{(0,0)}, tale che

lim_{h→(0,0)} \frac{f((0, 0) + h) − f(0, 0) − df_{(0,0)}h}{|h|} = 0 ;

inoltre la differenziabilità implica (si veda Osservazione 3.4 delle dispense di teoria) l’esistenza di tutte le derivate parziali e direzionali e

df_{(0,0)}v = \frac{∂f}{∂v} (0, 0) = ∇f(0, 0) · v = \frac{∂f}{∂x_{1}} (0, 0)v_{1} + \frac{∂f}{∂x_{2}} (0, 0)v_{2} .

Poiché l’applicazione deve essere lineare, e l’applicazione in (2.1) non lo è, si deduce che f non può essere differenziabile. (Per convincersi si effettui comunque il calcolo del limite

lim_{h→(0,0)} \frac{f((0, 0) + h) − f(0, 0) − df_{(0,0)}h}{|h|}

sostituendo al differenziale il valore del gradiente moltiplicato scalarmente per un vettore h, sapendo da (2.1) che le derivate parziali sono entrambe nulle).

Soluzione 2.11 - Si ha

0 ⩽ f(x, y) ⩽ \frac{x^{4} + y^{4}}{x^{2} + y^{2}} \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{4} + y^{4}} ⩽ (x^{2} + y^{2}) \frac{sen (x^{4} + y^{4})}{x^{4} + y^{4}}

visto che \frac{x^{4}+y^{4}}{x^{2}+y^{2}} = \frac{x^{4}}{x^{2}+y^{2}} + \frac{y^{4}}{x^{2}+y^{2}} ⩽ \frac{x^{4}}{x^{2}} + \frac{y^{4}}{y^{2}} . Usando questa disuguaglianza si mostra che f è continua, derivabile, differenziabile (il differenziale è l’applicazione nulla).

Soluzione 2.12 - Risposta: α + β − γ > 0 (suggerimento: usare le coordiante polari).

Soluzione 2.13 - Non esistono.

Soluzione 2.14 - In R^{2} \ {(0, 0)} è continua, derivabile, differenziabile. Per vedere la continuità nell’origine si osservi che

x^{3}y^{2} ⩽ \frac{1}{2}(x^{6} + y^{4})

(abbiamo usato la disuguaglianza a^{2} + b^{2} ⩾ 2ab, a, b ∈ R: mostrarla per esercizio). Quindi

0 ⩽ |f(x, y)| ⩽ \frac{1}{2}y^{2} (2.2)

e di conseguenza

0 ⩽ lim_{(x,y)→(0,0)} |f(x, y)| ⩽ lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{1}{2}y^{2} = 0 .

Vediamo la derivabilità: sia t ∈ R e v vettore di norma 1:

lim_{t→0} \frac{f((0, 0) + tv) − f(0, 0)}{t} = lim_{t→0} \frac{1}{t} \frac{t^{7}v_{1}^{3}v_{2}^{4}}{t^{6}v_{1}^{6} + t^{4}v_{2}^{4}} = lim_{t→0} \frac{t^{6}v_{1}^{3}v_{2}^{4}}{t^{6}v_{1}^{6} + t^{4}v_{2}^{4}} .

Questo limite è zero: si ricordi infatti che v = (v_{1}, v_{2}) è fissato. Se v_{2} = 0 la quantità t^{6}v_{1}^{3}v_{2}^{4} è identicamente nulla, se v_{2} ≠ 0 il limite è zero. Si può vedere in altro modo sfruttando la stima (3.1)

lim_{t→0} |\frac{f((0, 0) + tv) − f(0, 0)}{t}| ⩽ lim_{t→0} | \frac{1}{t} \frac{t^{2}v_{2}^{2}}{2} | = 0 .

Analogamente si mostra la differenziabilità: poiché le derivate parziali sono nulle l’applicazione lineare candidata a rappresentare il differenziale è l’applicazione nulla. Quindi per verificare che

lim_{h→(0,0)} \frac{f((0, 0) + h) − f(0, 0) − df_{(0,0)}h}{|h|} = 0

è sufficiente calcolare

lim_{|h|→0} \frac{h_{1}^{3}h_{2}^{4}}{h_{1}^{6} + h_{2}^{4}} \frac{1}{\sqrt{h_{1}^{2} + h_{2}^{2}}} .

Si ha, usando ancora la stima (3.1)

|\frac{h_{1}^{3}h_{2}^{4}}{h_{1}^{6} + h_{2}^{4}} \frac{1}{\sqrt{h_{1}^{2} + h_{2}^{2}}} | ⩽ \frac{1}{2} \frac{h_{2}^{2}}{\sqrt{h_{1}^{2} + h_{2}^{2}}} ⩽ \frac{1}{2} \frac{h_{2}^{2}}{\sqrt{h_{2}^{2}}} = \frac{1}{2} |h_{2}|

e quindi passando al limite per |h| → 0 si conclude. Soluzione 2.15 - Se esistesse, per il teorema di Schwarz, si avrebbe che \frac{∂}{∂y} \frac{∂f}{∂x} = \frac{∂}{∂x} \frac{∂f}{∂y}, ma è semplice verificare che ciò non è vero.

60CAPITOLO 2. FUNZIONI DI PIÙ VARIABILI, CONTINUITÀ, DERIVABILITÀ, DIFFERENZIABILITÀ

Massimi e minimi di funzioni

Richiami

Ricordiamo i seguenti risultati (si vedano rispettivamente il Teorema 2.39 e Teorema 3.19 delle dispense).

Teorema A Una funzione f : K → R continua in K compatto di R^{n}. ammette sia massimo che minimo.

Teorema B Sia f : Ω → R, Ω aperto di R^{n}, f ∈ C^{1}(Ω). Se x_{0} ∈ Ω è un punto di minimo o di massimo per f allora \frac{∂f}{∂x_{i}} (x_{0}) = 0 per i = 1, ...n.

Esempi

a) Le ipotesi del Teorema A sono ottimali.

1. K limitato, ma non chiuso, f continua - Ad esempio f : (0, 1) → R, f(x) = x, non ammette né massimo né minimo.

2. K chiuso, ma non limitato, f continua - Ad esempio f : R → R, f(x) = arctg x, non ammette né massimo né minimo.

3. f non continua e K compatto - Ad esempio, f : [−1, 1] → R definita da f(x) = x + 1 per x ∈ [−1, 0), f(0) = 0 mentre f(x) = x − 1 per x ∈ (0, 1].

b) Le informazioni che si ottengono da \frac{∂f}{∂x_{i}} = 0 riguardano solo i punti interni, quindi se non si trovano soluzioni a tale sistema di equazioni non significa che non ci siano il massimo e il minimo.

1. Ad esempio f : [0, 1] → R, f(x) = x, ha derivata sempre non nulla all’interno di [0, 1] e comunque ammette sia massimo che minimo.

Vediamo schematicamente una traccia di come procedere per trovare i punti di massimo e di minimo per una funzione di più variabili f : K → R (in alcune situazioni):

se K è compatto (cioè limitato e chiuso):

1. prima si cercano eventuali candidati all’interno di K risolvendo, dove f è differenziabile, le equazioni

\frac{∂f}{∂x_{i}} = 0 , i = 1, ...n;

2. poi si considera il bordo di K, parametrizzandolo (il bordo può avere parti di dimensione n−1, n−2, ... 0) oppure usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Se esistono punti all’interno di K nei quali f non è differenziabile e l’insieme in cui f non è differenziabile è unione di parti di dimensione n − 1, n − 2, ... 0 queste vanno trattate come si tratta il bordo;

3. si valuta la funzione nei punti trovati (al punto 1. e al punto 2.) e nei punti del bordo di dimensione 0, i “vertici”, se questi sono un numero finito, per vedere qual è il massimo e il minimo della funzione; se invece si vuole studiare la natura di ogni singolo punto si può studiare la matrice hessiana nei punti interni se f è sufficientemente regolare.

Se K non è limitato:

4. si procede come ai punti 1., 2., 3. e in più va controllato il comportamento all’infinito (dentro K) della funzione.

Curve di livello:

1. un modo differente per trovare i massimi e minimi è quello di studiare gli insiemi di livello della funzione, cosa che talvolta risulta più semplice e può evitare di fare calcoli inutilmente (si veda, ad esempio, lo svolgimento dell’Esercizio 3.4, ma anche 3.11, 3.12, 3.13).

Osservazione - A volte un problema di massimo o minimo può essere modificato per semplificare i calcoli. Sia f : A → R la funzione di cui si vogliono trovare il valore minimo e il valore massimo e siano x_{1} ∈ A punto di minimo, x_{2} ∈ A punto di massimo, cioè

f(x_{1}) ⩽ f(x) e f(x_{2}) ⩾ f(x) per ogni x ∈ A .

Se g : R → R è una funzione monotona crescente si avrà

g(f(x_{1})) ⩽ g(f(x)) e g(f(x_{2})) ⩾ g(f(x)) per ogni x ∈ A .

Quindi il punto di minimo (e non il valore minimo!) di g ∘ f : A → R è lo stesso della funzione f (idem per il massimo). Di conseguenza il problema può essere trasformato nel cercare il punto di minimo e il punto di massimo per una funzione g ∘ f per un’opportuna g (si vedano ad esempio gli svolgimenti dell’Esercizio 3.4 e dell’Esercizio 3.14).

Suggerimenti - Anche se viene scelta (per motivi didattici) e proposta una soluzione non è detto che questa sia l’unica o la migliore. Consigliamo, quindi, di svolgere in più modi, quando possibile, i vari esercizi. Un’altra cosa: a volte può essere vantaggioso usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (si vedano, ad esempio, l’Esercizio 3.24, 3.25, 3.26), ma in generale, se possibile, per trovare gli estremi di una funzione sul bordo di un insieme (o in generale su un vincolo) consigliamo di parametrizzare, abbassando così il numero di parametri invece di aumentarlo.

Massimi e minimi su compatti

Esercizio 3.1 - Trovare i punti di massimo e minimo e i valori massimo e minimo della funzione f : A → R dove A = {(x, y) ∈ R^{2} | max{|x|, |y|} ⩽ 1} e f(x, y) = x^{3} − y^{2}.

Esercizio 3.2 - Trovare i punti di massimo e minimo e i valori massimo e minimo della funzione f : A → R dove A = {(x, y) ∈ R^{2} | 4x^{2} + y^{2} ⩽ 1} e f(x, y) = x^{3} + y^{2}.

Esercizio 3.3 - Trovare massimo e minimo di f(x, y, z) = x+y−z^{2} nell’insieme C = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} − z^{2} ⩽ 0 , z ⩽ 2}.

Esercizio 3.4 - Trovare la massima e la minima distanza dall’origine dell’insieme D = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + 2y^{2} ⩽ 3 , z − y = 1}.

Esercizio 3.5 - Si determinino, se esistono, il massimo e il minimo di

f(x, y, z) = \frac{x^{2} − y^{2}}{1 + z^{2}}

nell’insieme (illimitato) E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1}.

Esercizio 3.6 - Si determinino, se esistono, il massimo e il minimo di

f(x, y) = |y − 1|(2 − y − x^{2})

nell’insieme E = {(x, y) ∈ R^{2} | 0 ⩽ y ⩽ 2 − x^{2} − y^{2}}.

Esercizio 3.7 - Si determinino, se esistono, il massimo e il minimo di

f(x, y, z) = e^{x^{2}+y^{2}+z^{2}} − \frac{1}{2}(x^{2} + y^{2} + z^{2})

nell’insieme E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + 4y^{2} + 4z^{2} ⩽ 4 , x ⩾ 0}.

Esercizio 3.8 - Si determinino, se esistono, il massimo e il minimo di

f(x, y, z) = 2x^{2} − y^{2} − z^{2} − x

nell’insieme E_{1} ∪ E_{2} dove E_{1} = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ 1 , z ⩽ 0}, E_{2} = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} − (z − 1)^{2} ⩽ 0 , 0 ⩽ z ⩽ 1}.

Esercizio 3.9 - Si determinino, se esistono, il massimo e il minimo di

f(x, y, z) = \frac{1}{1 + x^{2} + (y − 1)^{2}}

nell’insieme E = \{(x, y) ∈ R^{2} | 0 ⩽ y ⩽ \frac{1}{|x|}\}.

Esercizio 3.10 - Sia A = (a_{ij})_{i,j=1}^{n} una matrice simmetrica a (coefficienti reali). Consideriamo la forma quadratica

⟨Ax, y⟩ = ∑_{i,j=1}^{n} a_{ij}x_{j}y_{i} .

Massimizzare e minimizzare la funzione

f(x) = \frac{⟨Ax, x⟩}{|x|^{2}} = \frac{∑_{i,j=1}^{n} a_{ij}x_{j}x_{i}}{|x|^{2}}

definita per |x| ≠ 0.

Massimi e minimi su compatti osservando le curve di livello

Esercizio 3.11 - Trovare massimo e minimo della funzione f(x, y) = (y − x^{2})^{3} nell’insieme E = \{(x, y) ∈ R^{2} | x + 2 ⩽ y ⩽ \sqrt{4 − x^{2}}\}.

Esercizio 3.12 - Trovare massimo e minimo della funzione f(x, y) = (x + y)^{2} nell’insieme E = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} ⩽ 4}.

Esercizio 3.13 - Trovare massimo e minimo della funzione f(x, y) = x^{2} + 2y^{2} nell’insieme E = {(x, y) ∈ R^{2} | 1 ⩽ x^{2} + y^{2} ⩽ 4}.

Massimi e minimi su illimitati e natura dei punti critici

Per studiare la natura di un punto critico di una funzione (nel caso tale funzione sia di classe C^{2}) si può studiare la matrice hessiana in quel punto. Poiché il determinante e la traccia della matrice sono invarianti per trasformazioni ortogonali, saranno rispettivamente il prodotto e la somma degli autovalori. Il segno del determinante e della traccia possono darci informazioni riguardo la natura del punto in questione (si vedano l’Esercizio 3.14, l’Esercizio 3.15, l’Esercizio 3.17). Ma che succede se il determinante della matrice hessiana è nullo? Come per una funzione di una variabile si potrebbero studiare le derivate di ordine successivo, ma nel caso di funzioni di n variabili si hanno applicazioni k-lineari da R^{n} × … × R^{n} (k volte) in R, dove k è l’ordine di derivazione (il gradiente va da R^{n} in R, la matrice hessiana da R^{n} × R^{n} in R e così via). Questo rende di fatto impossibile lo studio delle derivate successive. Ci si può aiutare allora con lo studio lungo alcune direzioni per mostrare che un punto è di sella, ma questo funziona solo “in negativo” (si veda l’Esercizio 3.16). In generale si possono trovare gli autovalori, e quindi gli autospazi. Così facendo se un autovalore fosse positivo ed uno negativo (in dimensione maggiore o uguale a tre, visto che siamo nel caso in cui il determinanate è nullo e quindi almeno uno degli autovalori è zero) si conclude che il punto di sella (si veda l’Esercizio 3.19), se invece sono tutti maggiori o uguali a zero (oppure minori o uguali a zero) è sufficiente verificare lungo le direzioni corrispondenti agli autospazi relativi agli autovali nulli (si veda l’Esercizio 3.18).

Esercizio 3.14 - Determinare i punti critici della funzione f(x, y) = senh (x^{4}+ y^{3}−4x^{2}−3y^{2}) all’interno dell’insieme E = {(x, y) ∈ R^{2} | |x|(1+(y−2)^{2})−2 < 0}, studiarne la natura e stabilire se f ammette massimo e minimo.

Esercizio 3.15 - Determinare i punti critici della funzione f(x, y) = x^{4} + y^{4} − 4xy in R^{2}, studiarne la natura e stabilire se f ammette massimo e minimo in R^{2}.

Esercizio 3.16 - Studiare i punti critici della funzione

f(x, y) = x^{4} + y^{4} − 2(x − y)^{2} + 2 .

Esercizio 3.17 - Si consideri la funzione f(x, y, z) = x^{2} + y^{4} + y^{2} + z^{3} − 2xz. Studiarne i punti critici.

Esercizio 3.18 - Studiare i punti critici della funzione f(x, y) = x^{2} + y^{2} − 2xy + y^{3} − 8x^{3} − 6xy^{2} + 12yx^{2}.

Esercizio 3.19 - Studiare i punti critici della funzione f(x, y, z) = \frac{3}{4}x^{2} +8y^{2} + 7xy + z^{4}.

Esercizio 3.20 - Cercare i punti di massimo e minimo di f(x, y) = xe^{−xy} nell’insieme E = {(x, y) ∈ R^{2} | x ⩽ y ⩽ 2x},

Esercizio 3.21 - Trovare, se esistono, i punti di massima e minima distanza dell’insieme E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1 , z = 1 − 3xy}.

Esercizio 3.22 - Trovare, se esistono, i punti di massimo e minimo di f(x, y, z) = 3x^{2} + 2y^{2} + z^{2} nell’insieme E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | 2x + 4y − 6z + 5 = 0}.

66 CAPITOLO 3. MASSIMI E MINIMI DI FUNZIONI Esercizio 3.23 - Trovare, se esistono, i punti di massimo e minimo di

f(x, y) = \frac{2x − 2y + 1}{x^{2} + y^{2} + 1}

in C = {(x, y) ∈ R^{2} | |x| ⩽ y ⩽ 1 + |x|}.

Metodo dei moltiplicatori di Lagrange

Esercizio 3.24 - Minimizzare la funzione f(x_{1}, … x_{n}) = x_{1} + … x_{n} sotto il vincolo Π_{i=1}^{n}x_{i} = x_{1} · . . . · x_{n} = 1, x_{j} > 0. Esercizio 3.25 - Massimizzare fra tutti i parallelepipedi di superficie assegnata S il volume. Esercizio 3.26 - Trovare massimo e minimo di f(x, y) = xy nell’insieme E = \{(x, y) ∈ R^{2} | 0 ⩽ y ⩽ x + 2/^{3}\sqrt{5} , 3x^{5} + 5y^{3} ⩽ 8\}, Esercizio 3.27 - Trovare massimo e minimo, se esistono, di f(x, y, z) = 2x^{2} + y^{2} + z^{2} nell’insieme E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2}yz = 1}. Esercizio 3.28 - Trovare massimo e minimo di f(x, y, z) = x + 3y − z nell’insieme M definito da {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} − z = 0 , z = 2x + 4y}.

Soluzioni

Soluzione 3.1 - Per il teorema di Weierstrass f ammette sia massimo che minimo. All’interno si ha

\{ \begin{matrix}\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 3x^{2} \\ \frac{∂f}{∂y} (x, y) = −2y \end{matrix}

che ha soluzione solo per (x, y) = (0, 0) che è all’interno di A.

Figura 3.1:

Vediamo il bordo. Prendiamo in considerazione il lato l_{1}: parametrizziamo con la seguente funzione

φ : (−1, 1) → R , φ(t) = (1, t)

e consideriamo f ∘ φ : (−1, 1) → R. Si ha

\frac{d}{dt}(f ∘ φ)(t) = \frac{d}{dt}f(φ(t)) = \frac{d}{dt}f(1, t) = \frac{d}{dt}(1 − t^{2}) = −2t = 0

per t = 0 che corrisponde al punto (1, φ(0)) = (1, 0). Chiaramente in casi semplici come questo si può considerare direttamente la funzione f ristretta all’insieme l_{1} e derivare rispetto a y la funzione f(1, y) = 1 − y^{2}, ma in tal caso si presti molta attenzione! Bisogna sempre ricordare che alla base c’è una parametrizzazione e quindi non si possono sostituire le variabili con leggerezza (si veda un esempio in cui si può cadere in inganno nell’Esercizio 3.5). Analogamente si parametrizzano gli altri lati e derivando si ottengono i punti (0, 1) sul lato l_{2}, (−1, 0) sul lato l_{3}, (0, −1) sul lato l_{4}. Abbiamo quindi i seguenti candidati:

(0, 0)  punto critico interno
(1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1)  punti “critici” di bordo
(1, 1) , (−1, 1), (−1, −1), (1, −1) vertici

A questo punto valutando la funzione f su tutti e nove i punti si trova che il punto di massimo è (1, 0) e il valore massimo di f è f(1, 0) = 1, i punti di minimo sono (−1, 1) e (−1, −1) e il valore minimo di f è f(−1, 1) = f(−1, −1) = −2.

Soluzione 3.2 - Come nell’esercizio precedente si ottiene solamente il punto (0, 0) stazionario per f. Vediamo il bordo: lo si può parametrizzare con la

Figura 3.2:

funzione

φ(t) = (\frac{1}{2} cos t, sen t)

con t ∈ [0, 2π) (in questo caso non è importante l’intervallo che si sceglie, si potrebbe considerare un qualunque intervallo [a, a + 2π), quindi se anche t = 0 fosse punto critico per f ∘ φ non va scartato perché cambiando l’intervallo di definizione di φ lo si può forzare ad essere un punto interno!!). Deriviamo allora f ∘ φ(t) = \frac{1}{8} cos^{3} t + sen^{2}t e otteniamo

sen t cos t(2 − \frac{3}{8} cos t) = 0

che si annulla se sen t = 0, cos t = 0 oppure (2 − \frac{3}{8} cos t) = 0. Quest’ultmia non è mai 0 per cui rimangono i valori t = 0 corrispondente a (1/2, 0), t = π/2 corrispondente a (0, 1), t = π corrispondente a (−1/2, 0), t = 3π/2 corrispondente a (0, −1). Si conlude valutando f in questi quattro punti e nell’origine per ottenere che (−1/2, 0) è il punto di minimo (−1/8 il valore minimo), (0, −1) e (0, 1) i punti di massimo (1 il valore massimo). Per esercizio studiare il bordo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.

Soluzione 3.3 - L’insieme C è quello rappresentato nella Figura 3.3. Il gradiente all’interno non si annulla mai (non si annulla mai da nessuna parte). Vediamo sul bordo. Cominciando parametrizzando la parte di cono descritta da z^{2} = x^{2} + y^{2}. Si può considerare una funzione

ϕ : Ω_{1} → R^{3} , ϕ(s, t) = (s, t, \sqrt{s^{2} + t^{2}})

dove Ω_{1} = {(s, t) ∈ R^{2} | s^{2} + t^{2} ⩽ 4, (s, t) ≠ (0, 0)}. Il punto (0, 0) non viene considerato perché non è possibile trovare una funzione differenziabile da un aperto di R^{2} alla porzione di cono con il vertice del nostro caso. Allora la

Figura 3.3:

funzione f(ϕ(s, t)) = s + t − s^{2} − t^{2} ha derivate parziali

\{ \begin{matrix}\frac{∂}{∂s}f(ϕ(s, t)) = 1 − 2s \\ \frac{∂}{∂t}f(ϕ(s, t)) = 1 − 2t \end{matrix}

che si annullano per (s, t) = (1/2, 1/2), punto che corrisponde a ϕ(1/2, 1/2) = (1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}). Ora parametrizziamo il cerchio: considero la funzione ψ : Ω_{2} → R^{3}, ψ(s, t) = (s, t, 2) dove Ω_{2} = {(s, t) ∈ R^{2} | s^{2} + t^{2} ⩽ 4}. La funzione f ∘ψ(s, t) = s+t−4 non ha mai gradiente nullo. Ora passiamo alla circonferenza rappresentata dall’intersezione di x^{2} + y^{2} − z^{2} = 0 e z = 2. La parametrizzo con

φ(t) = (2 cos t, 2 sen t, 2)

e ottengo che

\frac{d}{dt}(f ∘ φ)(t) = −2 sen t + 2 cos t

che si annulla quando sent = cos t, cioè per t = π/4 e t = 5π/4 che corrispondono ai due punti (\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2) e (−\sqrt{2}, −\sqrt{2}, 2). Conclusione: testo la funzione nei punti (1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}), (\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2), (−\sqrt{2}, −\sqrt{2}, 2) e (0, 0, 0) che è un vertice. Il massimo è 1/2 assunto nel punto (1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}), il minimo −2\sqrt{2} − 4 assunto nel punto (−\sqrt{2}, −\sqrt{2}, 2).

Soluzione 3.4 - Risolviamo l’esercizio in diversi modi. Prima di tutto trasformiamo il problema: la distanza di un generico punto in R^{3} dall’origine è data da

d((x, y, z), (0, 0, 0)) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} .

Chiaramente minimizzare e massimizzare su un compatto questa funzione oppure il suo quadrato, cioè x^{2} + y^{2} + z^{2}, è equivalente (per convincersi della cosa si cominci a pensare in dimensione 1 alla funzione f(x) = \sqrt{x^{2}} = |x| e g(x) = x^{2}). Per cui è più conveniente utilizzare la funzione f(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} che è più semplice da derivare e regolare in ogni punto (mentre la funzione distanza sopra non è differenziabile nell’origine). L’insieme D è dato dall’intersezione di un cilindro lungo l’asse z a base ellittica e il piano di equazione z − x = 1. Per cui si studia la funzione f(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} su D. La funzione f è continua e D è compatto per cui ammette sia massimo che minimo. Il piano z − y = 1 può essere visto come un grafico (z = y + 1) e quindi la parametrizzazione più semplice risulta

ϕ : E → R^{3} , ϕ(u, v) = (u, v, v + 1)

dove E = {(u, v) ∈ R^{2} | u^{2} + 2v^{2} ⩽ 3}. Definiamo la funzione f̃(u, v) = f(ϕ(u, v)) = u^{2} + v^{2} + (v + 1)^{2} = u^{2} + 2v^{2} + 2v + 1. Annullando le derivate parziali si ottiene

\{ \begin{matrix}\frac{∂}{∂u}f(ϕ(u, v)) = 2u = 0 \\ \frac{∂}{∂v} f(ϕ(u, v)) = 4v + 2 = 0 \end{matrix}

per cui l’unico punto stazionario è (0, −1/2) che appartiene ad E e che corrisponde al punto (0, −1/2, 1/2) dell’insieme D. Sul bordo parametrizzato con ϑ ↦ (\sqrt{3} cos ϑ, \sqrt{3/2} sen ϑ) la funzione diventa

3 cos^{2} ϑ + 3 sen^{2}ϑ + 2\sqrt{\frac{3}{2}} sen ϑ + 1

la cui derivata si annulla per cos ϑ = 0, cioè per ϑ = \frac{π}{2} , ϑ = \frac{3π}{2} che corrispondono ai punti (0, \sqrt{3/2}) e (0, −\sqrt{3/2}) dell’insieme E e ai punti (0, \sqrt{3/2}, \sqrt{3/2} + 1), (0, −\sqrt{3/2}, 1 − \sqrt{3/2}) dell’insieme D. Valutando la funzione nei tre punti ottenuti si ha

f̃(0, −1/2) = \frac{1}{2} ,

f̃(0, \sqrt{3/2}) = 4 + 2\sqrt{\frac{3}{2}} ,

f̃(0, −\sqrt{3/2}) = 4 − 2\sqrt{\frac{3}{2}} = 4 − \sqrt{6} > \frac{1}{2} ,

per cui il punto (0, −1/2, 1/2) di D, che corrisponde a (0, −1/2) di E, è il punto di minima distanza dall’origine, il punto (0, \sqrt{3/2}, \sqrt{3/2} + 1) di D, che corrisponde a (0, \sqrt{3/2}) di E, è il punto di massima distanza dall’origine. Si sarebbe potuto studiare il punto interno valutando la matrice hessiana:

Hf̃(u, v) = ( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix} )

che è definita positiva, per cui (0, −1/2) è di minimo (locale, ma a posteriori anche assoluto).

Vediamo studiando le curve di livello di f̃ come si può risolvere il problema. La quantità

u^{2} + 2v^{2} + 2v + 1

può essere riscritta

u^{2} + 2(v + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{2}

per cui risolvere f̃(u, v) = c con c ∈ R, cioè trovare l’insieme di livello c della funzione f̃, è equivalente a risolvere

u^{2} + 2(v + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{2} = c , c ⩾ \frac{1}{2}

che sono ellissi, come le curve tratteggiate in Figura 3.4 (l’ellisse in neretto rappresenta il bordo di E). Per c < 1/2 l’insieme di livello c è l’insieme vuoto.

Figura 3.4:

Soluzione 3.5 - L’insieme in questione è un cilindro infinito, in particolare non è compatto, quindi non è detto che il minimo e il massimo esistano. Le tre derivate parziali poste uguali a zero

\{ \begin{matrix}\frac{2x}{1 + z^{2}} = 0 \\ \frac{2y}{1 + z^{2}} = 0 \\ (x^{2} − y^{2})\frac{2z}{(1 + z^{2})^{2}} = 0 \end{matrix}

che forniscono solo il punto (0, 0, 0) interno ad E. All’infinito (per |z| → +∞) la funzione tende a 0, ma è facile vedere che la funzione assume sia valori positivi che negativi. Vediamo sul bordo: dobbiamo parametrizzare la superficie ∂E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} = 1}.

!!! Si può essere tentati dall’inserire nell’espressione di f la quantità 1 − x^{2} al posto di y^{2} e considerare così

f̃(x, z) = \frac{2x^{2} − 1}{1 + z^{2}} .

Questo corrisponde a considerare le due parametrizzazioni

\begin{matrix}ψ_{1} : [−1, 1] × R → R^{3} ,  ψ_{1}(x, z) = (x, \sqrt{1 − x^{2}}, z) \\ ψ_{2} : [−1, 1] × R → R^{3} ,  ψ_{2}(x, z) = (x, −\sqrt{1 − x^{2}}, z) \end{matrix}

Annullando le derivate di f̃ si ottengono le soluzioni x = 0 e z = 0 che corrispondono ai due punti (0, 1, 0) e (0, −1, 0) (che risultano i punti di massimo per la funzione f). A questo punto però vanno anche considerati gli estremi −1 e 1 del dominio di ψ_{1} e ψ_{2} che corrispondono ai punti

(1, 0, 0) e (−1, 0, 0)

nei quali va valutata poi f. Se si considera la quantità 1 − y^{2} al posto di x^{2} si stanno considerando le due parametrizzazioni

\begin{matrix}η_{1} : [−1, 1] × R → R^{3} ,  η_{1}(y, z) = (\sqrt{1 − y^{2}}, y, z) \\ η_{2} : [−1, 1] × R → R^{3} ,  η_{2}(y, z) = (−\sqrt{1 − y^{2}}, y, z) \end{matrix}

si considera f̂(y, z) = \frac{1−2y^{2}}{1+z^{2}} e annullando le derivate si trovano i due punti (1, 0, 0) e (−1, 0, 0) ai quali vanno aggiunti i punti corrispondenti agli estremi η_{1}(−1) = η_{2}(−1) = (0, −1, 0) e η_{1}(1) = η_{2}(1) = (0, 1, 0). Se parametrizziamo la superficie con

φ(ϑ, z) = (cos ϑ, sen ϑ, z)

e consideriamo

f(φ(ϑ, z)) = \frac{cos^{2} ϑ − sen^{2}ϑ}{1 + z^{2}}

derivando si ottengono

\frac{4 cos ϑ sen ϑ}{1 + z^{2}} = 0

\frac{(cos^{2} ϑ − sen^{2}ϑ)2z}{1 + z^{2}} = 0

per cui si hanno le soluzioni sen ϑ = 0 o cos ϑ = 0 e z = 0, che corrispondono ai punti quattro (0, 1, 0), (0, −1, 0), (1, 0, 0) e (−1, 0, 0), due di massimo, due di minimo. Perché in questo modo abbiamo trovato quattro punti, mentre per f̃ e f̂ solamente due?

Soluzione 3.9 - L’insieme E, in Figura 3.5, non è compatto, quindi l’esistenza del massimo e del minimo non è garantita. Annullando le derivate si ottiene il punto critico (0, 1). Si vede facilmente che

(3.1)  f(x, y) ⩽ f(0, 1)  per ogni (x, y) ∈ R^{2}

(studiare l’hessiana per esercizio). All’infinito: poiché y ⩽ 1/|x| si ha che (y − 1)^{2} ⩽ (1/|x| − 1)^{2} quindi

Figura 3.5:

\frac{1}{1 + x^{2} + (\frac{1}{|x|} − 1)^{2}} ⩽ \frac{1}{1 + x^{2} + (y − 1)^{2}} ⩽ \frac{1}{1 + x^{2}} .

Se si considera quindi il limite per |(x, y)| → +∞ in E si hanno due possibilità: o |x| → +∞ (e y → 0) oppure y → +∞ (e in questo caso |x| → 0). Nel primo dei due casi dalla stima di sopra si ottiene che f(x, y) → 0. Nel secondo caso possiamo stimare la f come segue, visto che |x| ⩽ 1/y:

\frac{1}{1 + \frac{1}{y^{2}} + (\frac{1}{|x|} − 1)^{2}} ⩽ \frac{1}{1 + x^{2} + (y − 1)^{2}} ⩽ \frac{1}{1 + (y − 1)^{2}} .

Conlcusione:

lim_{\begin{matrix}|(x, y)| → +∞ \\ (x, y) ∈ E \end{matrix}} f(x, y) = 0

(in realtà lim_{|(x,y)|→+∞} f(x, y) = 0! mostrarlo per esercizio). Poiché f è sempre positiva, il limite all’infinito è zero e inoltre dalla stima (3.1) si conclude che la funzione ha un punto di massimo assoluto in (0, 1) e non ha minimo.

Soluzione 3.10 - Derivando la funzione f rispetto a x_{k} si ha:

\begin{matrix}\frac{∂}{∂x_{k}} ∑_{i,j=1}^{n} a_{ij}x_{j}x_{i} = 2 ∑_{j=1}^{n} a_{kj}x_{j} \\ \frac{∂}{∂x_{k}} (x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}) = 2x_{k} \end{matrix}

quindi

\frac{∂f}{∂x_{k}} = \frac{2|x|^{2} ∑_{j=1}^{n} a_{kj}x_{j} − 2x_{k}⟨Ax, x⟩}{|x|^{4}} = \frac{2 ∑_{j=1}^{n} a_{kj}x_{j} − 2x_{k}f(x)}{|x|^{2}}

per ogni k = 1, … n. Di conseguenza, anullando le derivate, si ha

∑_{j=1}^{n} a_{kj}x_{j} − x_{k}f(x) = 0 per ogni k = 1, … n

e ciò è equivalente a dire che

Ax = f(x)x

cioè x è un autovettore e f(x) è un autovalore. Senza bisogno di trovare le soluzioni x sicuramente f(x) è un autovalore, quindi il minimo valore assunto da f è il minimo autovalore di A e il massimo valore assunto da f è il massimo autovalore di A.

Volendo risolvere il problema con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, si osservi innanzitutto che la funzione f può essere ridefinita sulla ipersfera in R^{n}

S^{n−1} = {x ∈ R^{n} | |x| = 1}

dato che

f(x) = \frac{⟨Ax, x⟩}{|x|^{2}} = ⟨A\frac{x}{|x|}, \frac{x}{|x|}⟩

e quindi

f(αx) = f(x) per ogni α ≠ 0 .

Per cui ci si può limitare a considerare

f(x) = ∑_{i,j=1}^{n} a_{ij}x_{j}x_{i}

definita in S^{n−1}. Si consideri la funzione

H(x, λ) = ∑_{i,j=1}^{n} a_{ij}x_{j}x_{i} + λ(x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} − 1)

visto che cerchiamo i punti stazionari in S^{n−1} e |x| = 1 se e solo se |x|^{2} = 1. Le derivate forniscono (la matrice è simmetrica)

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x_{k}} = 2 ∑_{j=1}^{n} a_{kj}x_{j} + 2λx_{k} = 0  k = 1, … n \\ \frac{∂H}{∂λ} = x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} − 1 = 0 \end{matrix}

Dalle prime n equazioni si ricava che

A · x + λx = 0

il che significa che x deve essere un autovettore (e λ un autovalore). I punti stazionari di H in R^{n+1} sono quindi tutte le (n+1)-uple (x, λ) con x autovettore di norma 1 e λ autovalore di A. Si osservi come dalle equazioni sopra si ricava

x_{k}(a_{kk} + λ) + ∑_{\begin{matrix}j = 1 \\ j ≠ k \end{matrix}}^{n} a_{kj}x_{j} = 0

che nel caso in cui A sia diagonale fornisce subito il fatto che gli autovalori sono gli elementi della diagonale e gli autovettori sono del tipo (0, … 0, 1, 0 … 0).

Soluzione 3.11 - L’insieme E è quello in Figura 3.6, quelle tratteggiate sono curve di livello (parabole). Risolveremo il problema senza fare calcoli, ma osser-

Figura 3.6:

vando gli insiemi di livello della funzione (svolgere per esercizio i calcoli, anche per confronto, studiando il gardiente, la matrice hessiana e studiando sul bordo il comportamento della funzione come di solito). Fissiamo c ∈ R e vediamo dove f(x, y) = c: la risposta è l’insieme Γ_{c} rappresentato dall’intersezione di E con la parabola di equazione (si veda anche la Figura 3.6)

y = x^{2} + ^{3} \sqrt{c}

Chiaramente il valore massimo (rispettivamente il minimo) che assume f è il massimo c (rispettivamente il minimo c) per cui Γ_{c} non è vuoto (cioè il massimo c per cui la parabola y = x^{2} + ^{3} \sqrt{c} interseca l’insieme E). Concludendo: il minimo sarà assunto nel vertice di E dato dal punto (−2, 0) e il massimo nel vertice di E dato dal punto (0, 2).

Per calcolare i valori basta valutare la funzione in questi due punti o trovare i valori di c per cui le parabole passano per questi punti (farlo per esercizio!!). Per concludere i valori minimo e massimo sono rispettivamente −64 e 8.

Soluzione 3.12 - La funzione è continua su un compatto, quindi sicuramente ammette massimo e minimo. L’insieme su cui è definita f e tre suoi insiemi di livello sono disegnati in Figura 3.7 (le linee tratteggiate allo stesso modo fatto parte dello stesso insieme di livello). Si fissi c ∈ R e si denoti con

Figura 3.7:

Γ_{c} = {(x, y) ∈ R^{2} | f(x, y) = c}. Chiaramente per c < 0 l’insieme Γ_{c} è il vuoto, per c = 0 si ha che Γ_{c} = {(x, y) ∈ R^{2} | y = −x}, per c > 0 Γ_{c} = {(x, y) ∈ R^{2} | y = −x + \sqrt{c}\} ∪ \{(x, y) ∈ R^{2} | y = −x − \sqrt{c}\}. Per cui il minimo di f è 0 assunto in tutto l’insieme Γ_{0} ∩ E = \{(x, y) ∈ R^{2} | y = −x, [−\sqrt{2}, \sqrt{2}]\}, il massimo è assunto dove l’insieme di livello interseca E sul bordo e precisamente nei punti (\sqrt{2}, \sqrt{2}) e (−\sqrt{2}, −\sqrt{2}) (trovare le equazioni dell rette!). Il valore massimo è f(−\sqrt{2}, −\sqrt{2}) = f(\sqrt{2}, \sqrt{2}) = 8.

Soluzione 3.13 - L’insieme E è una corona circolare e gli insiemi di livello sono delle ellissi (si veda Figura 3.8), come si può facilmente ricavare ponendo

f(x, y) = x^{2} + 2y^{2} = c , c ⩾ 0 .

Minore è il valore c e minori sono i semiassi dell’ellisse, l’insieme sul quale la funzione assume il valore costante c. Per cui i punti di minimo sono (−1, 0) e (1, 0) dove l’ellisse descritta da x^{2} + 2y^{2} = 1 interseca la parte di bordo di E data dal cerchio di raggio 1 (quindi il valore minimo è 1), i punti di massimo sono (0, 2) e (0, −2) dove l’ellisse descritta da x^{2} + 2y^{2} = 8 interseca la parte di bordo di E data dal cerchio di raggio 2 (quindi il valore minimo è 8).

Soluzione 3.14 - La funzione senh t = (e^{t} − e^{−t})/2 è strettamente crescente per cui i punti critici, e la loro natura, sono gli stessi per la funzione

g(x, y) = x^{4} + y^{3} − 4x^{2} − 3y^{2} .

Attenzione: a questo punto è possibile studiare la funzione g anziché f perché senh t è strettamente crescente e quindi la sua derivata è sempre diversa da

Figura 3.8:

zero, se fosse solamente crescente (non decrescente) ciò non sarebbe possibile. Un’altra cosa: se si avesse una funzione strettamente decrescente il ragionamento può essere applicato comunque, con l’attenzione che la natura dei punti viene mutata, un punto di massimo per g sarebbe un minimo per f e viceversa. Vediamo ora di capire com’è fatto l’insieme E. La disequazione |x|(1 + (y − 2)^{2}) − 2 < 0 è equivalente a

|x| < \frac{2}{1 + (y − 2)^{2}} ,

per cui l’insieme E è un insieme illimitato come quello in Figura 3.9. Per ricavarlo si noti che la diseguaglianza denota la parte interna alle due curve di equazione x = \frac{2}{1+(y−2)^{2}} e x = −\frac{2}{1+(y−2)^{2}} . Veniamo ai conti: posto il gradiente di g uguale a (0, 0) si trovano i punti (0, 0), (0, 2), (\sqrt{2}, 0), (\sqrt{2}, 2), (−\sqrt{2}, 0), (−\sqrt{2}, 2). Attenzione: i punti (−\sqrt{2}, 0) e (\sqrt{2}, 0) non appartengono ad E, per cui non ci interessano. Calcolando le derivate seconde si ottiene che la matrice hessiana è

H_{g}(x, y) = ( \begin{matrix}12x^{2} − 8 & 0 \\ 0 & 6y − 6 \end{matrix} )

Questo è il caso più fortunato: la matrice è diagonale per cui conosciamo già gli autovalori il cui segno ci fornisce le informazioni sulla natura dei punti:

H_{g}(0, 0) = ( \begin{matrix}−8 & 0 \\ 0 & −6 \end{matrix} )  punto di massimo locale

H_{g}(0, 2) = ( \begin{matrix}−8 & 0 \\ 0 & 6 \end{matrix} )  punto di sella

H_{g}(±\sqrt{2}, 0) = ( \begin{matrix}16 & 0 \\ 0 & −6 \end{matrix} ) punti di sella

H_{g}(±\sqrt{2}, 2) = ( \begin{matrix}16 & 0 \\ 0 & 6 \end{matrix} )  punti di minimo locale

78 CAPITOLO 3. MASSIMI E MINIMI DI FUNZIONI

Figura 3.9:

La funzione f ammette massimo e minimo su R^{2}? (assoluti). NO! Infatti

lim_{|x|→+∞} g(x, 0) = +∞ , lim_{y→−∞} g(0, y) = −∞ ,

per cui poiché il seno iperbolico va a −∞ a −∞ e a +∞ a +∞ anche f risulta illimitata sia dal basso che dall’alto. Soluzione 3.15 - Annullando il gradiente si arriva alle equazioni

\{ \begin{matrix}x^{3} = y \\ y^{3} = x \end{matrix}

da cui

\{ \begin{matrix}x^{9} = x \\ y^{3} = x \end{matrix} ⟹ \{ \begin{matrix}x(x^{8} − 1) = 0 \\ y^{3} = x \end{matrix}

per cui le soluzioni sono (0, 0), (1, 1), (−1, −1). La matrice hessiana è

H_{f}(x, y) = ( \begin{matrix}12x^{2} & −4 \\ −4 & 12y^{2} \end{matrix} ) .

Consideriamo il punto (0, 0):

H_{f}(0, 0) = ( \begin{matrix}0 & −4 \\ −4 & 0 \end{matrix} ) .

Valutiamo il segno degli autovalori: anche se Δ_{1}, il determinante del minore principale 1 × 1 (di fatto il termine [H_{f}(0, 0)]_{11} della matrice) è nullo, si ha che Δ_{2} = −16 è anche il determinante della matrice nonché il prodotto degli autovalori: ne deduciamo che necessariamente uno è positivo e l’altro negativo per cui (0, 0) è di sella. Per quanto riguarda il punto (1, 1) si ha che

H_{f}(1, 1) = ( \begin{matrix}12 & −4 \\ −4 & 12 \end{matrix} ) .

che si può verificare essere definita positiva, per cui (1, 1) è di minimo locale. Si può calcolare anche il determinante che è positivo, da cui si deduce che il prodotto dei due autovalori è positivo (144 − 16), per cui si potrebbero avere due autovalori positivi o due negativi. Ma un altro invariante è la traccia, la somma degli elementi sulla diagonale, che è anche la somma degli autovalori. La traccia è 24 per cui se la somma degli autovalori è positiva deduciamo che il segno dei due autovalori non può essere altro che positivo. Lo stesso vale per il punto (−1, −1). Per concludere si vede che

lim_{|(x,y)|→+∞} f(x, y) = +∞

per cui la funzione non ammette massimo e ammette due punti di minimo assoluto.

Soluzione 3.16 - Anullando il gradiente si ottiene

\{ \begin{matrix}4x^{3} − 4(x − y) = 0 \\ 4y^{3} + 4(x − y) = 0 \end{matrix}  ⟹  \{ \begin{matrix}4x^{3} + 4y^{3} = 0 \\ 4y^{3} + 4(x − y) = 0 \end{matrix}

Dalla prima equazione si ricava che x = −y e quindi dalla seconda 4y(y^{2}−2) = 0. Per cui le soluzioni sono (0, 0), (\sqrt{2}, −\sqrt{2}), (−\sqrt{2}, \sqrt{2}). La matrice hessiana è

H_{f}(x, y) = ( \begin{matrix}12x^{2} − 4 & 4 \\ 4 & 12y^{2} − 4 \end{matrix} ) .

Si ha che

H_{f}(\sqrt{2}, −\sqrt{2}) = H_{f}(−\sqrt{2}, \sqrt{2}) = ( \begin{matrix}20 & 4 \\ 4 & 20 \end{matrix} ) .

che è definita positiva, per cui i due punti sono di minimo locale, ma

H_{f}(0, 0) = ( \begin{matrix}−4 & 4 \\ 4 & −4 \end{matrix} ) .

ha determinante 0 e quindi almeno uno dei due autovalori è 0 (la traccia in questo caso non aiuta). Come fare per stabilire la natura del punto (0, 0)? Un modo possibile è studiare il segno di f per capire se il punto in questione è di sella: si osservi che

f(x, x) = 2x^{4} + 2

e quindi (0, 0) risulta di minimo per f ristretta alla retta x = y, mentre risulta di massimo per f ristretta alla retta x = −y. Infatti

f(x, −x) = 2x^{4} − 8x^{2} − 2

che ha un massimo in x = 0 (\frac{d}{dx}(2x^{4}−8x^{2}−2)|_{x=0} = 0, \frac{d^{2}}{dx^{2}} (2x^{4}−8x^{2}−2)|_{x=0} = −8). Si conclude che (0, 0) è un punto di sella per f.

Soluzione 3.17 - Al solito si calcolino le derivate parziali e le si annullino. Si ottiene

\{ \begin{matrix}2x − 2z = 0 \\ 4y^{3} + 2y = 0 \\ 3z^{2} − 2x \end{matrix}

da cui si ottengono i punti (0, 0, 0) e (2/3, 0, 2/3). La matrice hessiana è data da

H_{f}(x, y, z) = ( \begin{matrix}2 & 0 & −2 \\ 0 & 12y^{2} + 2 & 0 \\ −2 & 0 & 6z \end{matrix} ) .

Si ha

H_{f}(0, 0, 0) = ( \begin{matrix}2 & 0 & −2 \\ 0 & 2 & 0 \\ −2 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Valutando i determinanti dei minori pricipali: Δ_{1} = 2, Δ_{2} = 4, Δ_{3} = −8. La matrice non è definita positiva e il prodotto degli autovalori (Δ_{3}) è negativo: gli autovalori potrebbero essere tutti negativi oppure due positivi e uno negativo. Ma Δ_{1} > 0 e Δ_{2} > 0, per cui due autovalori sono positivi (un altro invariante è la traccia della matrice, ossia la somma degli elementi sulla diagonale che corrisponde alla somma degli autovalori: poiché la somma è 4 anche da ciò si può dedurre che i tre autovalori non possono essere tutti negativi). Conclusione: (0, 0, 0) non è né di massimo, né di minimo.

H_{f}(2/3, 0, 2/3) = ( \begin{matrix}2 & 0 & −2 \\ 0 & 22/3 & 0 \\ −2 & 0 & 4 \end{matrix} ) .

i cui minori hanno determinanti Δ_{1} = 2, Δ_{2} = 44/3, Δ_{3} = 88/3, per cui il punto (2/3, 0, 2/3) è di minimo locale.

Soluzione 3.18 - Le derivate prime di f sono

\frac{∂f}{∂x} = −24x^{2} + 24xy + 2x − 2y − 6y^{2} , \frac{∂f}{∂x} = 2y − 2x + 3y^{2} − 12xy + 12x^{2}

che si annullano in (0, 0), unico punto critico. Studiamo le derivate seconde. La matrice hessiana in (0, 0) è

H_{f} = ( \begin{matrix}2 & −2 \\ −2 & 2 \end{matrix} )

che ha determinante nullo: almeno uno dei due autovalori è nullo. In realtà solo uno visto che la traccia è positiva, ma questo non ci aiuta a capire la natura del punto. Gli autovalori dovrebbero essere 0 e 4 dato che il determinante è 0 e la traccia 4, ma in dimensione più alta non è possibile determinare gli autovalori in questo modo (se conosco la somma e il prodotto di n numeri posso determinare gli n numeri solo se n = 2). Calcoliamo allora il polinomio caratteristico e le sue radici:

P (λ) = (2 − λ)(2 − λ) − 4 = λ^{2} − 4λ .

Le radici effettivamente sono 0 e 4. Gli autospazi: relativamente a λ = 0 si ha

( \begin{matrix}2 & −2 \\ −2 & 2 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} )

che fornisce la retta y = x. L’altro non è importante calcolarlo, l’autovalore è positivo e la funzione ristretta all’autospazio relativo all’autovalore 4 sarà convessa (farlo per esercizio!). Bisogna capire che succede restringendo la funzione alla retta y = x: valutiamo

f(x, x) = −x^{3}

che non è convessa, per cui il punto (0, 0) non è di minimo. Se la funzione fosse più complicata si studia derivando per x = 0 la funzione f(x, x) (farlo per esercizio: la derivata prima è zero, la seconda pure, la terza finalmente è −6 il che implica che x = 0 è un flesso).

Soluzione 3.19 - Derivando f si ottiene che l’unico punto critico è (0, 0, 0). La matrice hessiana in quel punto è data da

H_{f}(0, 0, 0) = ( \begin{matrix}3/2 & 7 & 0 \\ 7 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

che ha determinante nullo, per cui almeno uno degli autovalori è nullo, e traccia positiva, per cui non conosciamo il segno degli due autovalori (potrebbero essere tutti e due positivi oppure uno positivo e l’altro nullo, non entrambi negativi). Il polinomio caratteristico è dato da

P (λ) = λ[(3/2 − λ)(16 − λ) − 49]

che si annulla per λ = 0 e per le soluzioni di (3/2 − λ)(16 − λ) − 49 = 0. Risolvendo si ottengono due soluzioni, una positiva e una negativa (si osservi come tutte le entrate della matrice siano positive anche se un autovalore è negativo). Concludiamo che lungo una direzione la funzione è concava, ungo un’altra è convessa e non c’è bisogno di verificare lungo l’autospazio relativo all’autovalore nullo il comportamento della funzione.

Soluzione 3.20 - L’insieme E è illimitato (quello tratteggiato in Figura 3.10) e le derivate parziali non si annullano mai contemporaneamente su E. Infatti

\{ \begin{matrix}\frac{∂f}{∂x} = e^{−xy}(1 − xy) \\ \frac{∂f}{∂y} = −x^{2}e^{−xy} \end{matrix}

e la derivata rispetto a y non è mai zero all’interno di E! Vediamo sul bordo:

Figura 3.10:

parametrizzando il bordo con le curve t ↦ (t, t) e t ↦ (t, 2t) con t ∈ (0, +∞) si ottiene prima

\frac{d}{dt}f(t, t) = \frac{d}{dt}te^{−t^{2}} = e^{−t^{2}}(1 − 2t^{2})

che si annulla per t = 1/\sqrt{2} che corrisponde al punto (1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}), poi

\frac{d}{dt}f(t, 2t) = \frac{d}{dt}te^{−2t^{2}} = e^{−t^{2}}(1 − 4t^{2})

che si annulla per t = 1/2, che corrisponde al punto (1/2, 1). Vediamo all’infinito: poiché in E

x^{2} ⩽ xy ⩽ 4x^{2} ⇒ −4x^{2} ⩽ −xy ⩽ −x^{2}

si ha che

xe^{−4x^{2}} ⩽ f(x, y) ⩽ xe^{−x^{2}}

per cui

lim_{\begin{matrix}|(x, y)| → +∞ \\ (x, y) ∈ E \end{matrix}} f(x, y) = 0 .

Esaminiamo i candidati, i due punti trovati e il vertice:

f(0, 0) = 0 ,  minimo
f(1/2, 1) = \frac{1}{2}e^{−1/2} ,  massimo
f(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{−1/2} .

Soluzione 3.21 - I punti (1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}) e (−1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}) sono di minima distanza, (1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}) e (−1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}) di massima.

Soluzione 3.22 - Traccia - Il vincolo può essere visto come grafico per cui una delle parametrizzazioni possibili e più semplici è

(u, v) ↦ (u, v, \frac{1}{6}(2u + 4v + 5))

(ma anche (u, v) ↦ (\frac{1}{2}(6v − 4u − 5), u, v) e (u, v) ↦ (u, \frac{1}{4}(6v − 2u − 5), v) vanno bene). Ci si riduce così ad una funzione di due variabili

f(u, v, \frac{1}{6}(2u + 4v + 5)) .

Soluzione 3.24 - Usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange consideriamo la funzione

H(x_{1}, … x_{n}, λ) = x_{1} + … + x_{n} + λ(x_{1} · . . . · x_{n} − 1) .

La derivata parziale rispetto a x_{j} di H è 1 − λx_{1} … x_{j−1} · x_{j+1} … x_{n} = 1 − λ\frac{x_{1}...x_{j−1}x_{j}x_{j+1}...x_{n}}{x_{j}}, quindi

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x_{j}} = 1 − λ \frac{x_{1} … x_{j−1}x_{j}x_{j+1} … x_{n}}{x_{j}} = 1 − \frac{λ}{x_{j}} = 0 ,  j = 1, … n \\ x_{1} · . . . · x_{n} = 1 \end{matrix}

da cui si deduce che λ = x_{j} per j = 1, … n. Si noti che non è necessario risolvere il sistema per concludere perché il valore di λ non è indispensabile. Per cui si deduce che la soluzione (l’unica) del sistema è tale che x_{1} = x_{2} = … x_{n} (che sarà uguale anche al valore di λ, ma non è importante). Se tutti i valori devono essere uguali e il loro prodotto è 1 si ha necessariamente

x_{j} = 1 per ogni j ∈ {1, … n} .

Per vedere che questo è un punto di minimo per la somma usiamo l’induzione: mostriamo che x_{1} + … x_{n} ⩾ n ogni volta che Π_{i=1}^{n}x_{i} = 1. Se n = 2: dobbiamo vedere che x_{1} + x_{2} ⩾ 2 sapendo che x_{1}x_{2} = 1. Per esercizio mostrare (derivando) che la funzione, definita per x_{1} > 0, soddisfa

f(x_{1}) = x_{1} + \frac{1}{x_{1}} ⩾ 2 .

Supponiamo quindi che l’affermazione sia vera per n e mostriamola per n + 1. Siano quindi x_{j}, j = 1, … n + 1, n + 1 numeri tali che x_{1} · . . . x_{n+1} = 1. È chiaro che se questi numeri non sono tutti uguali a 1 (e avremmo concluso) ne esiste uno minore di uno e uno maggiore. Diciamo che siano x_{n} < 1, x_{n+1} > 1. Chiamando y = x_{n}x_{n+1} si hanno n numeri x_{1}, …, x_{n−1}, y il cui prodotto è 1 e quindi, per l’ipotesi induttiva, sappiamo che

x_{1} + … + x_{n−1} + y = x_{1} + … + x_{n−1} + x_{n} · x_{n+1} ⩾ n .

Vogliamo però mostrare che questa somma è maggiore o uguale a n + 1:

x_{1} + … + x_{n+1} = (x_{1} + … + x_{n−1} + x_{n}x_{n+1}) + x_{n} + x_{n+1} − x_{n}x_{n+1}
⩾ n + x_{n} + x_{n+1} − x_{n}x_{n+1} =
= n + x_{n+1}(1 − x_{n}) + x_{n} =
= n + 1 + x_{n+1}(1 − x_{n}) + x_{n} − 1 =
= n + 1 + (x_{n+1} − 1)(1 − x_{n}) ⩾ n + 1

perché stiamo assumendo x_{n+1} − 1 > 0 e 1 − x_{n} > 0. Conseguenza interessante: da questo fatto si può mostrare che la media geometrica è minore o uguale della media aritmetica (a_{j} > 0)

n\sqrt{a_{1} · . . . · a_{n}} ⩽ \frac{a_{1} + … a_{n}}{n} (3.2)

Infatti è sufficiente considerare le quantità

x_{j} := \frac{a_{j}}{\sqrt[n]{a_{1} · . . . · a_{n}}}

il cui prodotto è 1, per cui per quanto mostrato si ha ∑_{j=1}^{n} x_{j} ⩾ n, cioè

\frac{a_{1} + … a_{n}}{\sqrt[n]{a_{1} · . . . · a_{n}}} ⩾ n .

Soluzione 3.25 - Il volume è dato dal prodotto delle lunghezze dei tre lati. Indicando con x, y, z le tre lunghezze la funzione da massimizzare è allora f(x, y, z) = xyz. La superficie di ogni singola faccia è il prodotto delle lunghezze dei due lati che la determinano, per cui il vincolo è 2(xy + xz + yz) = S. Uso il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: si consideri la funzione H(x, y, z, λ) = xyz + 2λ(xy + xz + yz) − λS e le sue derivate parziali

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x} = yz + 2λ(y + z) \\ \frac{∂H}{∂y} = xz + 2λ(x + z) \\ \frac{∂H}{∂z} = xy + 2λ(x + y) \\ \frac{∂H}{∂λ} = 2(xy + xz + yz) − S \end{matrix}

Dalla prima e dalla seconda equazione si ricava che

2λ = −\frac{yz}{y + z} = −\frac{xz}{x + z}

e da cui (si ricordi che x, y, z > 0) x = y. Analogamente dalla prima e dalla terza si ricava x = z, per cui si conclude che x = y = z. Questa è la soluzione, che corrisponde a dire che se c’è un parallelepipedo di volume massimo questo deve essere un cubo. Vediamo si stabilire quanti punti ci sono che verificano questa condizione: si sa che 2(xy + xz + yz) = S e d’altra parte che x = y = z. Quindi esiste solo un punto sul vincolo dato da

2(x^{2} + x^{2} + x^{2}) = S  ⇒  x = \sqrt{\frac{S}{6}} .

Il volume corrispondente a questo valore è

[\sqrt{\frac{S}{6}} ]^{3} = (\frac{S}{6} )^{3/2} .

Vediamo in due modi che (\sqrt{S/6})^{3} è il massimo valore possibile per il volume. Si può utilizzare la formula (3.2). Infatti presi a_{1} = xy, a_{2} = yz, a_{3} = xz si ha da (3.2)

3\sqrt{xy yz xz} = (xyz)^{3/2} ⩽ \frac{xy + xz + yz}{3} = \frac{S}{6}

da cui

f(x, y, z) = xyz ⩽ [\frac{S}{6} ]^{3/2}

ogniqualvolta la somma 2(xy + xz + yz) = S. Un altro modo è il seguente: la funzione volume f(x, y, z) = xyz è sempre positiva e ha un unico punto critico. Vediamo che all’infinito la funzione tende a zero (o equivalentemente che 1/f(x, y, z) tende a +∞) quando |(x, y, z)| → +∞ sul vincolo:

\frac{S}{2} \frac{1}{xyz} = \frac{xy + yz + xz}{xyz} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} .

È chiaro che quando |(x, y, z)| → +∞ sul vincolo M = {(x, y, z) ∈ R^{3} | 2(xy + yz + xz) = S} non tutte le variabili possono andare a +∞, e almeno una delle tre deve quindi convergere a 0. Per cui

lim_{\begin{matrix}|(x, y, z)| → +∞ \\ (x, y, z) ∈ M \end{matrix}} f(x, y, z) = +∞ .

Soluzione 3.26 - L’insieme E è quello delimitato dalle curve in Figura 3.11 e dall’asse y = 0. Infatti abbiamo le seguenti limitazioni: y ⩾ 0 e y ⩽ x + 2/^{3}\sqrt{5} che definiscono due semipiani. La terza 3x^{5} + 5y^{3} ⩽ 8 può essere vista come

y ⩽ (\frac{8 − 3x^{5}}{5} )^{1/3} .

Figura 3.11:

Le derivate parziali si annullano solo nell’origine, che non appartiene all’interno di E, quindi va scartato. Vediamo il bordo. Prima la parte in cui y = 0: chiaramente f(x, 0) = 0 (provare ad usare i moltiplicatori). La parte di bordo che appartiene alla retta si può parametrizzare con φ(t) = (t, t + 2/^{3} \sqrt{5}) con t ∈ (−2/^{3} \sqrt{5}, 0). Si ottiene f(φ(t)) = t^{2} + t2/5^{1/3} la cui derivata è

2t + \frac{2}{5^{1/3}}

che si annulla per t = −1/5^{1/3}. Quindi il punto φ(−1/5^{1/3}) = (−1/5^{1/3}, 1/5^{1/3}) è un punto candidato. Sull’ultimo tratto di bordo usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: cerchiamo i punti stazionari (in R^{3}) della funzione

H(x, y, λ) = xy + λ(3x^{5} + 5y^{3} − 8) .

Derivando si ottiene

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x} = y + 15λx^{4} = 0 \\ \frac{∂H}{∂y} = x + 15λy^{2} = 0 \\ \frac{∂H}{∂z} = 3x^{5} + 5y^{3} − 8 = 0 \end{matrix}

Dalla prima e dalla seconda si ha che 15λ = −y/x^{4} = −x/y^{2} da cui

y^{3} = x^{5} .

Inserendo quest’informazione nella terza equazione si ricava

x = 1 , y = 1 .

Valutando f nei punti (−1/5^{1/3}, 1/5^{1/3}), (1, 1), (x, 0) ∈ E, e il vertice (0, 2/5^{1/3}) si ottiene

f(−1/5^{1/3}, 1/5^{1/3}) = −\frac{1}{\sqrt[3]{25}} , minimo
f(1, 1) = 1 ,  massimo
f(x, 0) = 0 ,
f(0, 2/5^{1/3}) = 0 .

Soluzione 3.27 - Usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, si consideri la funzione

H(x, y, z, λ) = 2x^{2} + y^{2} + z^{2} + λ(x^{2}yz − 1)

e annullando le sue derivate si ottiene

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x} = 4x + 2λxyz = 0 \\ \frac{∂H}{∂y} = 2y + λx^{2}z = 0 \\ \frac{∂H}{∂z} = 2z + λx^{2}y = 0 \\ x^{2}yz = 1 \end{matrix}

Dalla seconda e dalla terza si ottiene

λ = −\frac{2y}{x^{2}z} = −\frac{2z}{x^{2}y}  ⟹  z^{2} = y^{2} .

Dalla quarta equazione si ricava che x^{2} = 1/yz per cui yz è positivo (o sia y che z sono positivi, o entrambi sono negativi, quindi la possibilità z = −y va scartata). Dalla prima equazione, sfruttando y = z e x^{2} = 1/yz, si ha

4x + 2( − \frac{2y}{x^{2}z} )xyz = 4(x − \frac{1}{x^{3}} ) = 0

da cui si ricava che x = 1 oppure x = −1. Per cui i punti trovati sono

P_{1} = (1, 1, 1) , P_{2} = (1, −1, −1) , P_{3} = (−1, 1, 1) , P_{4} = (−1, −1, −1) .

Si ha che f(P_{i}) = 4 per ogni i. Come fare per capire se sono massimi o minimi? Dalla risoluzione dell’Esercizio 3.24 sappiamo che se y, z > 0 e x^{2}yz = 1 allora x^{2} + y + z ⩾ 3 da cui 2x^{2} + 2y + 2z ⩾ 6. Si ha usando a^{2} + b^{2} ⩾ 2ab

2x^{2} + (y^{2} + 1) + (z^{2} + 1) ⩾ 2x^{2} + 2y + 2z ⩾ 6

da cui

2x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩾ 4 .

88 CAPITOLO 3. MASSIMI E MINIMI DI FUNZIONI Se y, z < 0 considero −y e −z che sono positivi e il cui prodotto è sempre yz e ripeto il ragionamento. Conclusione:

f(x, y, z) ⩾ 4 sul vincolo

per cui P_{i}, i = 1, 2, 3, 4, sono tutti punti di minimo. Soluzione 3.28 - Con due vincoli considero la funzione

H(x, y, z, λ, μ) = x + 3y − z + λ(x^{2} + y^{2} − z) + μ(z − 2x − 4y) . Si trovano i punti P_{1} = (1+\sqrt{5/2}, 2+\sqrt{5/2}, 10+6\sqrt{5/2}) e P_{2} = (1−\sqrt{5/2}, 2− \sqrt{5/2}, 10 − 6\sqrt{5/2}) che sono rispettivamente di minimo e di massimo.

Curve e Campi Vettoriali

Esercizio 4.1 - Calcolare la lunghezza della curva

y = log x, x ∈ [3/4, 4/3].

Esercizio 4.2 - Calcolare la lunghezza della curva

\{ \begin{matrix}y = x^{2} \\ 3z = 2xy \end{matrix}

dal punto (0, 0, 0) al punto (2, 4, 16/3).

Esercizio 4.3 - Calcolare la lunghezza della curva

|x|^{2/3} + |y|^{2/3} = 1

parametrizzata da γ : [0, 2π] → R^{2}, γ(t) = (cos^{3} t, sen ^{3}t). Calcolare poi i versori tangente e normale (dove possibile).

Esercizio 4.4 - Calcolare la lunghezza delle curve

γ(t) = (e^{2t}, 2e^{t}, t), t ∈ [0, 1]
β(s) = (8s/3, 2s^{2}, 2s − 1), s ∈ [0, 1]

e calcolare l’angolo tra le due curve nel punto (1, 2, 0). Calcolare inoltre l’ascissa curvilinea e i versori della terna intrinseca.

Esercizio 4.5 - Calcolare per la curva

γ(t) = (e^{t} cos t, e^{t} sen t, \sqrt{2}e^{t})

l’ascissa curvilinea s(t) a partire dal punto t = 0 e riscrivere l’equazione della curva assumendo come parametro s. Calcolare quindi la terna intrinseca e provare che formano angoli costanti con l’asse z.

90 CAPITOLO 4. CURVE E CAMPI VETTORIALI

Esercizio 4.6 - Calcolare l’integrale della funzione

f(x, y) = xy

lungo la curva γ(t) = (t, t^{2}), t ∈ [0, 1]. Esercizio 4.7 - Calcolare l’integrale della funzione

f(x, y) = (x^{2} + y^{2})^{2}

lungo la curva ϱ = e^{2ϑ} con ϑ ∈ (−∞, 0]. Esercizio 4.8 - Calcolare la lunghezza dell’arco di cicloide

\{ \begin{matrix}x(t) = a(t − sen t) \\ y(t) = a(1 − cos t) \end{matrix} , t ∈ (0, 2π).

e calcolare l’area della regione compresa fra tale arco e la retta y = 0. Esercizio 4.9 - Calcolare l’area del dominio racchiuso dalla cardioide di equazioni polari ϱ = (1 − cos ϑ), ϑ ∈ [0, 2π].

∗ Esercizio 4.10 Calcolare

∫_{C}(−x^{2}ydx + xy^{2}dy)

dove C = {(x, y) ∈ R^{2} : x^{2} + y^{2} = R^{2}}.

∗ Esercizio 4.11 (Problema Isodiametrico) Dimostrare che tra tutte le curve chiuse di diametro 2, la circonferenza è quella che racchiude una regione di area massima (si tenga presente che per un insieme A ⊂ R^{n}, si definisce il diametro tramite

diam A = sup_{x,y∈A} ∥x − y∥).

Suggerimento: si osservi prima di tutto che all’insieme conviene essere convesso per racchiudere area maggiore, e quindi si ponga il sistema di coordinate in un punto della curva con un asse tangente alla curva e uno perpendicolare, e calcolare quindi l’area usando le coordinate polari. Esercizio 4.12 - Dire se il campo vettoriale

F (x, y) = (\frac{−y}{x^{2} + y^{2}} , \frac{x}{x^{2} + y^{2}} )

è conservativo o meno e, in caso affermativo, calcolarne il potenziale. Esercizio 4.13 - Dire se il campo vettoriale

F (x, y) = (\frac{2x + y}{(x^{2} + xy)^{2/3}} , \frac{x}{(x^{2} + xy)^{2/3}} + 2y)

è conservativo o meno e, in caso affermativo, calcolarne il potenziale.

Esercizio 4.14 - Dire se il campo vettoriale

F (x, y) = (\frac{2x}{1 + x^{2} + y^{2}} , \frac{2y}{1 + x^{2} + y^{2}} )

è conservativo o meno e, in caso affermativo, calcolarne il potenziale. Esercizio 4.15 - Dimostrare che il campo vettoriale

F (x, y, z) = (\frac{2xz − y}{x^{2} + y^{2}} , \frac{x + 2yz}{x^{2} + y^{2}} , log(x^{2} + y^{2}))

non è conservativo ma è dotato di potenziali locali. Esercizio 4.16 - Verificare che il campo vettoriale

F (x, y, z) = (\frac{2x}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} , \frac{2y}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + 1, \frac{2z}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + 3)

è conservativo e determinarne i potenziali. Esercizio 4.17 - Verificare che il campo elettrico

F (x, y, z) = \frac{1}{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{3/2}} (x, y, z)

è conservativo e a divergenza nulla e determinarne i potenziali.

Soluzioni

Soluzione 4.1 - La curva che stiamo considerando è data dalla funzione γ : [3/4, 4/3] → R^{2},

γ(x) = (x, log x);

quindi siccome

γ′(x) = (1, \frac{1}{x})

troviamo che

L(γ) = ∫_{3/4}^{4/3} |γ′(x)|dx = ∫_{3/4}^{4/3} \frac{\sqrt{1 + x^{2}}}{x} dx = \frac{17}{12}

Soluzione 4.2 - La curva che stiamo considerando può essere espressa dalla funzione γ : [0, 2] → R^{3} data da

γ(x) = (x, x^{2}, \frac{2}{3}x^{3}) .

Quindi si ottiene che γ′(x) = (1, 2x, 2x^{2}), da cui

L(γ) = ∫_{0}^{2}(1 + 2x^{2})dx = \frac{22}{3}.

Soluzione 4.3 - Il luogo dei punti che soddisfano |x|^{2/3} + |y|^{2/3} = 1 è quello disegnato in Figura 4.1. Valutando la derivata di γ si ottiene che in effetti per i valori t = 0, t = π/2, t = π, t = 3π/2, corrispondenti rispettivamente ai punti (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1), la curva non è regolare. Si ha

γ′(t) = (−3 cos^{2} t sen t, 3 sen^{2}t cos t)

‘che ha modulo 0 per i valori di t sopra elencati. Il versore tangente si può trovare semplicemente dividendo γ′(t) per il suo modulo |γ′(t)|. Valutiamo quindi il modulo:

|γ′(t)|^{2} = 9 cos^{4} t sen^{2}t + 9 sen^{4}t cos^{2} t  ⇒  |γ′(t)| = 3| cos t sen t| .

Si ha quindi che il vettore tangente τ è dato da

τ(t) = (\frac{−3 cos^{2} t sen t}{3| cos t sen t|}, \frac{3 sen^{2}t cos t}{3| cos t sen t|}) .

Nel primo quadrante, ad esempio, dove sia sen t che cos t sono positivi, si ha

τ(t) = (− cos t, sen t) .

Figura 4.1:

Derivando ulteriormente (ed eventualmente normalizzando nuovamente, ma in questo caso non è necessario perché la derivata di τ ha già norma 1) si ottiene il versore tangente ν

ν(t) = \frac{d}{dt}τ(t) = ( sen t, cos t) .

Valutare τ e ν anche negli altri quadranti.

Soluzione 4.4 - Per quanto riguarda la curva γ, se calcoliamo l’ascissa curvilinea si ha che

s_{γ}(t) = ∫_{0}^{t} \sqrt{4e^{4τ} + 4e^{2τ} + 1}dτ = e^{2t} + t − 1,

e quindi

L(γ) = s_{γ}(1) = e^{2}.

Per la curva β, si ha che l’ascissa curvilinea è data da

s_{β}(t) = ∫_{0}^{t} \sqrt{16τ^{2} + 16τ + 4}dτ = 2τ^{2} + sτ,

da cui

L(β) = s_{β}(1) = 4.

Per calcolare l’angolo ϑ tra le due curve nel punto (1, 2, 0), bisogna prima di tutto calcolare i valori di t e s per i quali γ(t) = β(s) = (1, 2, 0), e poi sfruttare la formula

⟨γ′(t), β′(s)⟩ = |γ′(t)| · |β′(s)| cos ϑ.

Si trova che t = 0 mentre s = 1, da cui

cos ϑ = 1,

cioè ϑ = 0; questo si può ricavare direttamente osservando che β′(1) = 2γ′(0), cioè i due vettori sono paralleli e con lo stesso verso.

Soluzione 4.5 - Calcoliamo l’ascissa curvilinea:

s(t) = ∫_{0}^{t} |γ′(τ)|dτ = 2e^{t} − 2.

Quindi per poter riscrivere la curva in funzione di s, bisogna ricavarsi t e sostituire, cioè

γ(s) = \frac{s + 2}{2} (cos log (\frac{s + 2}{2}) , sen log (\frac{s + 2}{2}) , \sqrt{2}) .

Provare a verificare che |γ′(s)| = 1; per calcolare la terna intrinseca, il versore tangente è dato dalla velocità della curva normalizzata in modo da avere norma 1, cioè

τ_{γ}(t) = \frac{1}{2}(cos t − sen t, cos t + sen t, \sqrt{2})

se si utilizza la parametrizzazione in t, mentre se si passa alla variabile s, si ha

τ_{γ}(s) = \frac{1}{2} (cos log (\frac{s + 2}{2}) − sen log (\frac{s + 2}{2}) , cos log (\frac{s + 2}{2}) + sen log (\frac{s + 2}{2}) , \sqrt{2}) .

Si noti che il versore normale altro non è che

τ_{γ}(s) = \frac{dγ(s)}{ds}

che come si può facilmente notare è parallelo alla velocità della curva ed ha norma 1; si noti infatti che

\frac{dγ(s)}{ds} = \frac{dγ(t)}{dt} \frac{dt}{ds} = \frac{γ′(t)}{|γ′(t)|}.

Per quanto riguarda il versore normale, siccome |τ_{γ}(s)| = 1 per ogni s, allora se se ne fa la derivata, non cambiando il modulo, si ottiene sempre e solo la variazione del verso di tale vettore, e tale variazione è ortogonale a τ_{γ} stesso. Quindi ha senso definire il versore normale come tale derivata, normalizzata in modo da avere norma 1. Quindi in definitiva

ν_{γ}(s) = \frac{1}{\sqrt{2}}( − cos log (\frac{s + 2}{2}) − sen log (\frac{s + 2}{2}) ,

cos log (\frac{s + 2}{2}) − sen log (\frac{s + 2}{2}) , 0).

La binormale b_{γ} è semplicemente il versore normale ad entrambi i versori precedenti ed in modo tale che (τ_{γ}, n_{γ}, b_{γ}) formino una terna sinistrorsa (come la terna cartesiana (î, ĵ, k̂)). Quindi si trova che

b_{γ}(s) = \frac{1}{\sqrt{2}}( cos log (\frac{s + 2}{2}) − sen log (\frac{s + 2}{2}) ,

cos log (\frac{s + 2}{2}) + sen log (\frac{s + 2}{2}), 0).

Infine l’angolo con l’asse z è dato dai prodotti scalari

⟨τ_{γ}(s), (0, 0, 1)⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}}
⟨ν_{γ}(s), (0, 0, 1)⟩ = 0
⟨b_{γ}(s), (0, 0, 1)⟩ = −\frac{1}{\sqrt{2}}

che non dipendono da s.

Soluzione 4.6 - La curva è data da γ(t) = (t, t^{2}), quindi γ′(t) = (1, 2t), da cui

∫_{γ} f = ∫_{0}^{1} f(t, t^{2})|γ′(t)|dt = ∫_{0}^{1} t^{3}\sqrt{1 + 4t^{2}}dt = \frac{5\sqrt{5}}{24} + \frac{1}{120}.

Soluzione 4.7 - La curva in questione è data da γ(ϑ) = (e^{2ϑ} cos ϑ, e^{2ϑ} sen ϑ), e quindi l’integrale diventa

∫_{γ} f = ∫_{−∞}^{0} e^{10ϑ}\sqrt{5}dϑ = \frac{1}{2\sqrt{5}}.

Soluzione 4.8 - L’arco di cicloide (si veda la Figura 4.2) può essere pensato come la curva tracciata nel piano da un punto fissato su un circonferenza che ruota sull’asse x (si pensi di fissare un punto sul copertone di una ruota di bicicletta che corre, il cui raggio è a, e di osservarne il movimento). La

Figura 4.2:

derivata è data da

ẋ(t) = a(1 − cos t) ,  ẏ(t) = a sen t .

Si noti che il puntino sulla ruota è fermo per un istante ogni giro (t = 0 e t = 2π nel nostro caso, ma se la bicicletta prosegue per ogni t = 2kπ con k ∈ Z), mentre la componente y si annulla anche per t = π (quando la ruota ha percorso mezzo giro). La lunghezza è data da

a ∫_{0}^{2π} \sqrt{2(1 − cos t)}dt = a ∫_{0}^{2π} \sqrt{2(2 sen^{2}t/2)}dt = 2a ∫_{0}^{2π} sen t/2dt = 8a .

Per calcolare l’area si potrebbe passare alle coordinate polari (provare a farlo), oppure utilizzare il teorema della divergenza. Procederemo seguendo questo secondo approccio; l’area della cicloide C può essere calcolata tramite la formula

A(C) = ∫_{C} dxdy = ∫_{C} div F dxdy = ∫_{∂C} ⟨F, ν_{C}⟩ ds

dove F è un campo vettoriale con div F = 1, il secondo integrale è l’integrale curvilineo calcolato sulla curva γ_{1} ∪ γ_{2} con γ_{1}(t) = (t, 0), t ∈ [0, 2π] e γ_{2}(t) = a(2π − t + sen t, 1 − cos t), t ∈ [0, 2π]. Campi F con la proprietà cercata sono ad esempio F (x, y) = αx + βy con α + β = 1; nel nostro caso conviene prendere α = 0 e β = 1, in modo che F (x, y) = (0, y), e quindi l’itegrale curvilineo di F lungo γ_{1} si annulla; resta solo il secondo integrale, che diventa

∫_{γ_{2}} ⟨F, ν_{C}⟩ ds = ∫_{0}^{2π} a(1 − cos t)^{2}dt = 3πa.

Soluzione 4.9 - L’area della cardioide C può essere calcolata usando le coordinate polari

\{ \begin{matrix}x = ϱ cos ϑ \\ y = ϱ sen ϑ \end{matrix}

dove ϑ ∈ [0, 2π], mentre a ϑ fissato il raggio ϱ varia tra 0 e ϱ(ϑ) = (1 − cos ϑ). Quindi

A(C) = ∫_{C} dxdy = ∫_{0}^{2π} ∫_{0}^{ϱ(ϑ)} ϱdϱdϑ = \frac{3π}{2} .

Allo stesso risultato si potrebbe giungere usando il teorema della divergenza; infatti se F è un campo vettoriale con div F = 1, allora

A(C) = ∫_{C} dxdy = ∫_{C} div F dxdy = ∫_{∂C} ⟨F, ν_{C}⟩ ds

dove ν_{C} è la normale esterna alla cardioide e l’ultimo integrale è inteso essere l’integrale curvilineo sul bordo di C. Quindi se parametrizziamo il bordo con la curva

γ(ϑ) = ϱ(ϑ)(cos ϑ, sen ϑ) = (cos ϑ − cos^{2} ϑ, sen ϑ − sen ϑ cos ϑ),

ϑ ∈ [0, 2π]; si ottiene quindi che

γ′(ϑ) = (2 sen ϑ cos ϑ − sen ϑ, cos ϑ − cos^{2} ϑ + sen^{2}ϑ),

mentre la normale esterna è data da

ν_{C}(ϑ) = \frac{(cos ϑ − cos^{2} ϑ + sen^{2}ϑ, 2 sen ϑ cos ϑ − sen ϑ)}{\sqrt{2 − 2 cos ϑ}},

da cui, siccome |γ′(ϑ)| = \sqrt{2 − 2 cos ϑ},

A(C) = \frac{3π}{2} .

Soluzione 4.10 - L’insieme C è una curva che può essere parametrizzata tramite γ(ϑ) = R(cos ϑ, sen ϑ)m ϑ ∈ [0, 2π]; per calcolare l’integrale, bisogna dare significato a dx e dy. Con un passaggio che andrebbe formalizzato meglio, si può dire che se x = R cos ϑ con R indipendente da ϑ, allora dx = −R sen ϑdϑ = −ydϑ; analogamente otteniamo che dy = R cos ϑdϑ = xdϑ. Quindi si ha che

∫_{C}(−x^{2}ydx + xy^{2}dy) = s ∫_{0}^{2π} x^{2}y^{2}dϑ = \frac{πR^{4}}{2} .

Si poteva ottenere lo stesso risultato utilizzando il teorema della divergenza; infatti nel punto (x, y) ∈ C, la normale esterna è data da dal vettore (x/R, y/R), mentre l’elemento di linea è dato da ds = Rdϑ, da cui, definendo il campo vettoriale F (x, y) = (xy^{2}, x^{2}y), si ha che

2 ∫_{0}^{2π} x^{2}y^{2}dϑ = ∫_{0}^{2π} ⟨(xy^{2}, x^{2}y), (\frac{x}{R}, \frac{y}{R})⟩ Rdϑ
= ∫_{C=∂B} ⟨F, ν_{B}⟩ ds = ∫_{B} div F (x, y)dxdy
= ∫_{B}(x^{2} + y^{2})dxdy = \frac{πR^{4}}{2} .

Soluzione 4.11 - Data una curva chiusa γ : [0, 1] → R^{2}, una prima osservazione da fare è che se γ racchiude una regione di area massima, allora tale regione deve essere convessa (se non lo fosse, se cioè ci fosse una regione di non convessità, si potrebbe ’tappare’ tale regione convessificando l’insieme, operazione che aumenterebbe l’area della regione senza aumentare il diametro dell’insieme). Quindi, se la regione è convessa, ogni punto della curva vede ogni altro punto della curva stessa; possiamo quindi porre un sistema di coordinate centrate in un punto O della curva stessa in cui l’asse y è tangente alla curva e l’asse x è perpendicolare alla curva, diretto verso l’interno della curva. Scrivendo quindi la curva usando coordinate polari centrate in tale punto O, otterremmo

{x = ϱ cos ϑy = ϱ sen ϑ

con ϑ ∈ [−π/2, π.2] e a ϑ fissato, il raggio ϱ varia tra 0 e un certo raggio ϱ(ϑ). Otteniamo quindi per l’area che

A(γ) = ∫_{π/2}^{π/2} ∫_{0}^{ϱ(ϑ)} ϱdϱdϑ = ∫_{−π/2}^{π/2} \frac{ϱ(ϑ)^{2}}{2} dϑ.

A questo punto notiamo che l’integrale possiamo restringerlo a ϑ ∈ [0, π/2], se oltre a ϱ(ϑ)^{2} consideriamo anche ϱ(ϑ − π/2)^{2}, e notare infine che ϱ(ϑ) e ϱ(ϑ − π/2) sono i due cateti di un triangolo rettangolo la cui ipotenusa ha estremi che stanno sulla curva, e quindi la sua lunghezza è minore del diametro dell’insieme, cioè

ϱ(ϑ)^{2} + ϱ(ϑ − π/2) ⩽ (diam(γ))^{2} ⩽ 4.

In definitiva, troviamo che

A(γ) ⩽ π,

e quest’ultimo altro non è che l’area del cerchi di diametro 2.

Soluzione 4.12 - Se si considera il cammino chiuso γ(t) = (cos t, sen t), si ottiene che

∫_{γ} F · ds = ∫_{0}^{2π} F (cos t, sen t) · (− sen t, cos t)dt = 2π ,

e quindi il campo risulta non essere conservativo. Otteniamo però che rot F = 0, quindi F ammette potenziale locale ϕ; per calcolare tale potenziale bisogna risolvere il sistema

\{ \begin{matrix}\frac{∂ϕ}{∂x} = −\frac{y}{x^{2} + y^{2}} \\ \frac{∂ϕ}{∂y} = \frac{x}{x^{2} + y^{2}} \end{matrix}

che ha per soluzione, integrando la prima rispetto a x e sostituendo nella seconda, la funzione

ϕ(x, y) = −arctg (\frac{x}{y}) + c.

Il campo ammette quindi potenziale locale, ma il dominio è dato da R^{2} \ {0} che non è semplicemente connesso; per rendere il campo conservativo, dovremmo rendere il dominio semplicemente connesso, cosa che può essere fatta se consideriamo il dominio

D = R^{2} \ {(x, 0) ∈ R^{2} | x ⩾ 0} o più in generale R^{2} \ S

dove S è una qualunque semiretta uscente dall’origine. Consideriamo per semplicità il dominio D: un potenziale C^{1} (verificare che è C^{1}!) in D è dato allora dalla funzione

ϕ = \{ \begin{matrix}−arctg (\frac{x}{y}) & y > 0 \\ π/2 & x < 0 , y = 0 \\ −arctg (\frac{x}{y}) + π & y < 0 . \end{matrix}

Soluzione 4.13 - Notare che il dominio del campo è dato da

R^{2} \ {(x, y) : x = 0 o y = −x},

che è semplicemente connesso anche se non connesso. Quindi per vedere se il campo è conservativo basta e serve che si abbia rot F = 0, cosa facilmente verificata. Per trovare il potenziale locale ϕ, bisogna risolvere il sistema

\{ \begin{matrix}\frac{∂ϕ}{∂x} = \frac{2x + y}{(x^{2} + xy)^{2/3}} \\ \frac{∂ϕ}{∂y} = \frac{x}{(x^{2} + xy)^{2/3}} + 2y \end{matrix}

che ammette per soluzione la funzione

ϕ(x, y) = 3(x^{2} + xy)^{2/3} + y^{2} + c

con la costante c che può assumere valori diversi su ogni componente connessa.

Soluzione 4.14 - È facile vedere che il dominio naturale di F è R^{2} e che le derivate incrociate sono uguali, per cui il campo è conservativo. Per valutare un potenziale utilizziamo il fatto che per un campo conservativo l’integrale ∫_{γ} F ·ds su γ cammino che unisce due punti (x_{1}, y_{1}) e (x_{2}, y_{2}) è indipendente dal cammino γ. Possiamo fissare quindi arbitrariamente un punto, per comodità l’origine, e il poyenziale in un generico punto (x, y) sarà dato dall’integrale lungo quel cammino di F. Per semplicità scegliamo il cammino che unisce l’origine a (x, y) dato da

γ : [0, 1] → R^{2} , γ(t) = (tx, ty) .

Si ha allora

\begin{aligned}ϕ(x, y) & = & ∫_{γ} F · ds = ∫_{0}^{1} [\frac{2tx}{1 + t^{2}x^{2} + t^{2}y^{2}} x + \frac{2ty}{1 + t^{2}x^{2} + t^{2}y^{2}} y]dt = \\ & = & log(1 + t^{2}x^{2} + t^{2}y^{2})|_{0}^{1} = log(1 + x^{2} + y^{2}) . \end{aligned}

Soluzione 4.15 - Si noti che preso il cammino chiuso γ(t) = (cos t, sen t, 0) si ha

∫_{γ} F · ds = 2π,

e quindi il campo non è conservativo. Però si ha che rot F = 0, e quindi il campo ammette potenzile locale, che si ricava essere

ϕ(x, y, z) = z log(x^{2} + y^{2}) − arctg (\frac{x}{y}) + c.

Soluzione 4.16 - Il dominio è semplicemente connesso e rot F = 0, quindi il campo è conservativo. Il potenziale infine è dato dalla funzione

ϕ(x, y, z) = log(x^{2} + y^{2} + z^{2}) + y + 3z + c.

Soluzione 4.17 - Il dominio è semplicemente connesso e rot F = 0, quindi il campo è conservativo, e il potenziale è dato da

ϕ(x, y, z) = \frac{1}{(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{1/2}} + c.

Si nota inoltre abbastanza immediatamente che per il campo elettrico F si ha che div F = 0; come per i campi vettoriali il cui rotore è nullo si dimostra che ammette un potenziale, cioè una funzione il cui gradiente è il campo, anche per i campi la cui divergenza è nulla si può dimostrare che esiste un qualche potenziale, quello che si chiama il potenziale vettore, cioè una funzione vettoriale A : R^{3} → R^{3} tale che

F = rot A.

Equazioni differenziali

Equazioni lineari di primo grado

Ricordo: per le equazioni di primo grado del tipo y′ + ay = f (dove a e f sono noti) una soluzione è data da y(t) = e^{−A(t)}[ ∫ e^{A(t)}f(t)dt + c] (5.1) dove A(t) è una primitiva di a.

Esercizio 5.1 - Trovare tutte le soluzioni dell’equazione y′ − y = −t. Esercizio 5.2 - Trovare tutte le soluzioni dell’equazione y′ − \frac{y}{t} = t. Esercizio 5.3 - Risolvere il problema di Cauchy

y′ + y tg t = \frac{sen t}{1 + sen t}

y(0) = \frac{1}{2}

Equazioni a variabili separabili

Sono equazioni del tipo y′ = f(x)g(y) con f e g continue. La funzione g deve essere diversa da zero (si veda l’Esercizio 5.5. Si divide per g(y), si integra

∫ \frac{y′(x)}{g(y(x))}dx = ∫ \frac{1}{g(y)}dy = ∫ f(x)dx

dopodiché si inverte la primitiva di 1/g(y) in modo da esplicitare y.

102 CAPITOLO 5. EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizio 5.4 - Integrare l’equazione y′ = (1 + 2x)e^{−y}. Esercizio 5.5 - Risolvere il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′ = \frac{f′(x)}{y} \\ y(x_{0}) = y_{0} . \end{matrix}

Esercizio 5.6 - Integrare l’equazione y′ = x \frac{y + 1}{y}.

Equazioni di Bernoulli

Sono equazioni del tipo

y′ = a(x)y + b(x)y^{α}

con α ≠ 0, α ≠ 1 (per α = 0 o α = 1 l’equazione è lineare). Si divide per y^{α} e si cambia variabile ponendo v = y^{1−α}. Si ottiene

\frac{y′}{y^{α}} = ay^{1−α} + b

che nella nuova variabile diventa lineare

\frac{1}{1 − α}v′ = av + b .

Esercizio 5.7 - Risolvere il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′ = xy + x\sqrt{y} \\ y(1) = 1 \end{matrix}

Esercizio 5.8 - Risolvere il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′ = \sqrt{y} \\ y(1) = 2 \end{matrix}

Equazioni di tipo omogeneo

Sono equazioni della forma y′ = f(\frac{y}{x}) con f continua. Si risolvono con il cambio di variabile

z(x) = \frac{y(x)}{x}

che porta all’equazione a variabili separabili z′ = \frac{1}{x}(f(z) − z). Dividendo per f(z) − z si ottiene l’equazione

\frac{z′}{f(z) − z} = \frac{1}{x} .

Deve essere quindi f(z) ≠ z il che significa f(\frac{y}{x}) ≠ \frac{y}{x}, ma nel caso f(\frac{y}{x}) = \frac{y}{x} l’equazione si risolve direttamente. Se si ha una condizione iniziale y(x_{0}) = y_{0} si deve avere x_{0} ≠ 0.

Esercizio 5.9 - Si risolva il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′ = \frac{x}{y} + 2\frac{y}{x} \\ y(1) = 1 \end{matrix}

Alcune equazioni di secondo grado

In generale le equazioni di secondo gardo in forma normale sono della forma y′′ = f(x, y, y′). Vedremo casi particolari:

1. y′′ = f(x),

2. y′′ = f(y),

3. y′′ = f(x, y′),

4. y′′ = f(y, y′).

Si osservi che in realtà questi quattro esempi sono due, in quanto il caso 1. è un caso particolare di 3. e il caso 2. è un caso particolare di 4.. Vediamo come risolverle (si vedano anche i quattro esercizi che seguono).

1. Questo è l’esempio più semplice, è sufficiente integrare.

2. Si può utilizzare il metodo spiegato al punto 4. oppure più semplicemente moltiplicare l’equazione per 2y′ (y′ deve essere diversa da zero, quindi se si risolve un problema di Cauchy si deve avere y′(x_{0}) ≠ 0). A questo punto si ottiene 2y′y′′ che può essere visto come \frac{d}{dx}(y′)^{2}. Supponendo di dover risolvere (y_{1} ≠ 0)

\{ \begin{matrix}y′′ = f(y) \\ y′(x_{0}) = y_{1} \\ y(x_{0}) = y_{0} \end{matrix}

si ottiene

\frac{d}{dx}(y′(x))^{2} = 2f(y(x))y′(x)

e integrando fra x_{0} e x si ottiene

(y′(x))^{2} = y_{1}^{2} + 2 ∫_{y_{0}}^{y(x)} f(s)ds .

Se y_{1} > 0 si considera y′(x) = \sqrt{y_{1}^{2} + 2 ∫_{y_{0}}^{y(x)} f(s)ds}, se y_{1} < 0 invece

y′(x) = −\sqrt{y_{1}^{2} + 2 ∫_{y_{0}}^{y(x)} f(s)ds}. In entrambi i casi l’equazione è a variabili separabili.

3. È di fatto un’equazione del prim’ordine in y′.

4. Si effettua il cambio di variabile p(y) = y′ (attenzione! p dipende da y, cioè y viene vista come variabile indipendente, anche se poi sostituendo a y la funzione y(x) si ha p(y(x)) = y′(x)). Si ottiene derivando rispetto a x

\frac{dp}{dy} \frac{dy}{dx} = \frac{d^{2}y}{dx^{2}}

espressione che sostituita nell’equazione fornisce

p′ = \frac{1}{p}f(y, p)

dove però il segno ′ a sinistra denota la derivata di p rispetto alla variabile y (e non rispetto alla variabile x!). Si integra, se si può, nella variabile y e una volta trovata p si integra y′(x) = p(y(x)).

Le soluzioni di equazioni del tipo 4. (e quindi anche del tipo 2.) non sempre sono esprimibili in maniera esplicita (si veda la soluzione dell’Esercizio 5.31).

Esercizio 5.10 - Si risolva il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′ = sen x \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1 \end{matrix}

Esercizio 5.11 - Si risolva il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′ = y^{2} \\ y′(2) = \sqrt{2/3} \\ y(2) = 1 \end{matrix}

Esercizio 5.12 - Si integri la seguente equazione

y′′ = \frac{1}{x}y′ + x^{2} sen x

Esercizio 5.13 - Si risolva il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′ = yy′ \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1 \end{matrix}

Equazioni lineari a coefficienti costanti

Sono le equazioni del tipo

y^{(n)} + a_{n−1}y^{(n−1)} + … + a_{1}y′ + a_{0}y = f . (5.2)

Prima si risolve l’equazione omogenea

y^{(n)} + a_{n−1}y^{(n−1)} + … + a_{1}y′ + a_{0}y = 0 (5.3)

trovando le soluzioni λ_{i} ∈ C di (si vedano le dispense di teoria)

P (λ) = λ^{n} + a_{n−1}λ^{n−1} + … + a_{1}λ + a_{0} = 0

cosicché il polinomio potrà essere scritto anche

P (λ) = (λ − λ_{1}) … (λ − λ_{n}) .

Denotando con D l’operatore differenziale \frac{d}{dx} possiamo riscrivere l’equazione (5.3) come segue

P (D)y = (D^{n} + a_{n−1}D^{n−1} + … + a_{1}D + a_{0})y = 0 (5.4)

cioè l’espressione y^{(n)} + a_{n−1}y^{(n−1)} + … + a_{1}y′ + a_{0}y può essere vista come un polinomio nella “variabile” D applicato ad una funzione y cosicché, una volta trovate le radici λ_{i} di P, si potrà scrivere

P (D)y = (D − λ_{1}) … (D − λ_{n})y

Per trovare l’espressione generale della soluzione all’equazione non omogenea può essere applicato il metodo della varizione delle costanti o dei parametri (si veda, ad esempio, l’Esercizio 5.19). Tuttavia in qualche caso si può risparmiare lavoro (esempi nell’Esercizio 5.20, Esercizio 5.21, Esercizio 5.22) se ci si rende conto che il dato f è soluzione di un’equazione a coefficienti costanti, cioè esistono b_{i} ∈ R, i = 0, … m − 1, tali che f^{(m)} + … + b_{1}f′ + b_{0}f = 0, cioè, denotando con Q(λ) il polinomio λ^{m} + … + b_{1}λ + b_{0}f, possiamo scrivere

Q(D)f = 0 .

Supponendo allora che y sia una soluzione di (5.2) si avrà

P (D)y = f ⇒ Q(D)[P (D)y] = (Q(D)P (D))y = 0

106 CAPITOLO 5. EQUAZIONI DIFFERENZIALI che è come dire che y è soluzione di un’equazione omogenea di grado n + m. Denotate con λ_{n+1}, … λ_{n+m} le radici del polinomio Q si può scrivere

(Q(D)P (D))y = (D − λ_{1}) … (D − λ_{n})(D − λ_{n+1}) … (D − λ_{n+m})y = 0 . Trovate tutte le radici si può cercare y tra le soluzioni della precedente equazione omogenea (attenzione! e non tra le soluzioni dell’equazione Q(D)y = 0, si veda l’Esercizio 5.22 per un esempio). Esercizio 5.14 - Trovare le soluzioni di y′′ − 3y′ + 2y = 0. Esercizio 5.15 - Trovare le soluzioni di y′′ + 4y′ + 4y = 0. Esercizio 5.16 - Trovare le soluzioni di y′′ + 6y′ + 10y = 0. Esercizio 5.17 - Trovare le soluzioni di y′′′ − 7y′ + 6y = 0. Esercizio 5.18 - Trovare la soluzione di

\{ \begin{matrix}y′′′ − 2y′′ + 4y′ − 8y = 0 \\ y′′(0) = 1 \\ y′(0) = 0 \\ y(0) = 0 . \end{matrix}

Esercizio 5.19 - Trovare le soluzioni di y′′ + y = \frac{1}{cos t}. Esercizio 5.20 - Trovare le soluzioni di y^{(4)} − 16y = x^{2} + 1. Esercizio 5.21 - Trovare le soluzioni di y′′ − 5y′ + 6y = xe^{x}. Esercizio 5.22 - Risolvere y′′ + y = sen t.

Esercizi di vario genere

Esercizio 5.23 - Si integri l’equazione y′ = (x + 2y − 1)^{2}. Esercizio 5.24 - Si integri l’equazione y′ = \frac{xy^{2} − 4x^{3} + y^{3}}{xy^{2}} . Esercizio 5.25 - Data l’equazione differenziale

(x + 1)y′ + 3y + (1 − x^{2}) = 0

stabilire se esiste ed è unica la soluzione y : (0, +∞) → R tale che lim_{x→0^{+}} y(x) = +∞.

Esercizio 5.26 - Determinare, se ne esistono, le soluzioni limitate all’equazione

y′ + \frac{1}{x}y = \frac{1}{2 + x} x > 0 .

Esercizio 5.27 - Determinare tutte le soluzioni limitate dell’equazione

y′ − y + y^{3} = 0 .

Esercizio 5.28 - Data l’equazione differenziale

y′′ − 2y′ − 8y = 2xe^{−x}

i) determinarne la soluzione generale, ii) caratterizzare le soluzioni y tali che lim_{x→+∞} y(x) = 0, iii) caratterizzare le soluzioni tali che ∫_{0}^{+∞} |y(x)|dx < +∞. Esercizio 5.29 - Determinare la soluzione del problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′ = \frac{sen y^{2}}{y} \\ y(0) = \sqrt{π/2} \end{matrix}

Esercizio 5.30 - Determinare la soluzione del problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}2yy′′ − y′^{2} − 1 = 0 \\ y′(0) = 0 \\ y(0) = 1 \end{matrix}

Esercizio 5.31 - Si integri y^{5}y′′ = 1. Esercizio 5.32 - Si integri y′ = g(\frac{ax + by + c}{dx + ey + f} ). Esercizio 5.33 - Si integri y′ = \frac{2x + y − 1}{4x + 2y + 5}. Esercizio 5.34 - Si integri y′ = \frac{4x − y + 7}{2x + y − 1}. Esercizio 5.35 - Posta f(x) = sen x per x ∈ (0, π), f(x) = 0 altrimenti determinare la soluzione del problema

\{ \begin{matrix}y′′ + y = f  x > 0 \\ y′(0) = 3/2 \\ y(0) = 0 . \end{matrix}

108 CAPITOLO 5. EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizio 5.36 - Risolvere il problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′(x) = \frac{1 + 2x}{cos y} \\ y(0) = 0 \end{matrix}

Esercizio 5.37 - Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′(x) = (x + y′(x))^{2} − x − y′′(x) − 1; \\ y(0) = 0; \\ y′(0) = 2. \end{matrix}

Esercizio 5.38 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{x^{2} + y^{2}(x)}{xy(x)}.

Esercizio 5.39 - Risolvere la seguente equazione differenziale

4y′(x) + y(x) = y^{3}(x)(x^{3} − 4x).

Esercizio 5.40 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(4)}(x) − 2y^{(3)}(x) + 2y^{(2)}(x) − 2y′(x) + y(x) = 0.

Esercizio 5.41 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(3)}(x) = \frac{y^{(2)}(x)}{(x + 1)^{3}} .

Esercizio 5.42 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y(x)y′′(x) − (y′(x))^{2} = y^{4}(x).

Esercizio 5.43 - Risolvere la seguente equazione differenziale

(1 + x^{2})y′(x) + xy(x) = \frac{1}{(1 + x^{2})}.

Esercizio 5.44 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{2}{x}y(x) + \frac{x + 1}{x}.

Esercizio 5.45 - Risolvere la seguente equazione differenziale y′(x)(1 − x^{2}) − xy(x) − xy^{2}(x) = 0.

Esercizio 5.46 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = −\frac{y(x)}{6x} + \frac{x}{y^{5}(x)}.

Esercizio 5.47 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y(x)e^{2x} − (1 + e^{2x})y′(x) = 0.

Esercizio 5.48 - Risolvere la seguente equazione differenziale

e^{x+y(x)}y′(x) + x = 0.

Esercizio 5.49 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′(x) = \frac{x^{3} + y^{3}(x)}{xy^{2}(x)}.

Esercizio 5.50 - Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′(x) = −\frac{x}{y′(x)} \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 5.51 - Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}(x + 1)y′′(x) − (x + 2)y′(x) + x + 2 = 0 \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 0. \end{matrix}

Esercizio 5.52 - Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y(x)y′′(x) = y^{2}(x)y′(x) + y′(x)^{2} \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 5.53 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y(x)y′′(x) − y′(x)(1 + y′(x)) = 0.

Esercizio 5.54 - Utilizzando il metodo delle variazioni delle costanti, risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}xy′′(x) − xy′(x) = 3x^{2} \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

110 CAPITOLO 5. EQUAZIONI DIFFERENZIALI Esercizio 5.55 - Risolvere la seguente equazione differenziale

2y′′(x) − y′(x) − y(x) = 4xe^{2x}.

Esercizio 5.56 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) + y(x) = x sen x.

Esercizio 5.57 - Risolvere la seguente equazione differenziale

\frac{y′(x) − y(x)}{y′′(x)} = 3.

Esercizio 5.58 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) − 2y′(x) + 5y(x) = xe^{x} cos 2x − x^{2}e^{x} sen 2x.

Esercizio 5.59 - Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′′(x) + 4y(x) = cos x \\ y′(0) = 1 \\ y(0) = 1. \end{matrix}

Esercizio 5.60 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) + y(x) = 2x cos x cos 2x.

Esercizio 5.61 - Utilizzando il metodo della variazione delle costanti, risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) + 2y′(x) + y(x) = \frac{e^{−x}}{x} .

Esercizio 5.62 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y′′(x) − 2y(x) = 4x^{2}e^{x^{2}}.

Esercizio 5.63 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(3)}(x) + y^{(2)}(x) = x^{2} + 1 + 3xe^{x}.

Esercizio 5.64 - Risolvere la seguente equazione differenziale

y^{(4)}(x) − 2y^{(3)}(x) + y^{(2)}(x) = x^{3}.

Esercizio 5.65 - Risolvere il seguente problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y^{(3)}(x) + 2y^{(2)}(x) + 2y′(x) + y(x) = x \\ y(0) = y′(0) = y^{(2)}(0) = 0. \end{matrix}

Soluzioni

Soluzione 5.1 - Usando l’espressione (5.1) calcoliamo prima una primitiva di a(t) = −1, A(t) = −t, poi

y(t) = e^{t}[ − ∫ e^{−t}tdt + c] = ce^{t} + t + 1 .

Si osservi che i grafici non si intersecano (disegnare i grafici di ce^{t} + t + 1 al variare di c); infatti considerando c_{1}, c_{2} ∈ R si ha che c_{1}e^{t} + t + 1 = c_{2}e^{t} + t + 1 per qualche t solo se c_{1} = c_{2}. Ciò è dovuto al fatto che l’equazione, fissato un dato valore di y in un punto t_{0}, ha soluzione unica.

Soluzione 5.2 - Usando l’espressione (5.1) calcoliamo prima una primitiva di a(t) = −1/t, che è continua in (−∞, 0) ∪ (0, +∞), A(t) = − log |t|, infine

y(t) = e^{log |t|}[ ∫ e^{− log |t|}tdt + c] = |t| [ ∫ t/|t|dt + c] = |t|(|t| + c)

definite in (−∞, 0) e in (0, +∞) (si veda la Figura 5.1). Poiché a non è continua in 0 l’equazione non si può risolvere con un dato iniziale

y(0) = x_{0} .

Si osservi però che, poiché il limite per t → 0^{+} e t → 0^{−} delle soluzioni è zero,

Figura 5.1:

nel caso in cui x_{0} sia 0, si possono cercare soluzioni C^{1} su tutto R scegliendo

y_{c}(t) = \{ \begin{matrix}|t|(|t| − c) = t^{2} + ct & t ∈ (−∞, 0) \\ |t|(|t| + c) = t^{2} + ct & t ∈ (0, ∞) . \end{matrix}

Si osservi che tutte queste sono soluzioni del problema con dato iniziale nullo in t = 0, quindi poiché a non è continua in zero il problema di Cauchy non ha soluzione con dato iniziale definito per t = 0 oppure se ha soluzione questa può non essere unica (in questo caso infinite).

Soluzione 5.3 - Questo problema ha una sola soluzione. Valutiamo prima una primitiva di a(t) = tg t:

∫ tg tdt = ∫ \frac{sen t}{cos t}dt = − log | cos t| .

Si osservi che log | cos t| è definita per cos t ≠ 0 ed è quindi continua negli intervalli (−π/2, π/2), (π/2, 3π/2) e così via (in tutti gli intervalli del tipo ((2k+ 1)π/2, (2k +3)π/2) con k ∈ Z). Poiché siamo interessati a trovare una soluzione in un intorno di t = 0 consideriamo come primitiva di tg t la funzione − log cos t perché intorno a t = 0 il coseno è positivo. Ora valutiamo

∫ e^{− log cos t} \frac{sen t}{1 + sen t}dt = ∫ \frac{sen t}{cos t(1 + sen t)}dt .

Ponendo z = sen t l’integrale diviene

∫ \frac{z}{(1 − z^{2})(1 + z)}dz .

Scrivendo

\frac{z}{(1 − z^{2})(1 + z)} = \frac{z}{(1 − z)(1 + z)^{2}} = \frac{a}{1 + z} + \frac{b}{(1 + z)^{2}} + \frac{c}{1 − z}

si ottiene

\frac{z}{(1 − z^{2})(1 + z)} = \frac{1}{4(1 + z)} − \frac{1}{2(1 + z)^{2}} + \frac{1}{4(1 − z)}

per cui integrando si ottiene

\frac{1}{4} log |1 + z| + \frac{1}{4} log |1 − z| + \frac{1}{2(1 + z)}

per cui

∫ \frac{sen t}{cos t(1 + sen t)}dt = \frac{1}{4} log \frac{1 + sen t}{1 − sen t} + \frac{1}{2} \frac{1}{1 + sen t} + c

e quindi infine

y(t) = e^{log cos t}[\frac{1}{4} log \frac{1 + sen t}{1 − sen t} + \frac{1}{2} \frac{1}{1 + sen t} + c] =
= \frac{1}{4} cos t log \frac{1 + sen t}{1 − sen t} + \frac{1}{2} \frac{cos t}{1 + sen t} + c cos t .

Per trovare la soluzione valuto y(0) e impongo che valga 1/2:

y(0) = \frac{1}{2} + c = \frac{1}{2}

da cui c = 0. La soluzione è

y(t) = \frac{1}{4} cos t log \frac{1 + sen t}{1 − sen t} + \frac{1}{2} \frac{cos t}{1 + sen t} .

Si calcoli il limite per t → \frac{π}{2}^{−} e t → −\frac{π}{2}^{+} di y e della sua derivata (si ottiene

Soluzione 5.4 - Dividendo per e^{−y} si ottiene

e^{y}y′ = 1 + 2x .

Integrando

∫ e^{y}dy = ∫ (1 + 2x)dx

da cui

e^{y} = x + x^{2} + c

per cui le soluzioni sono y(x) = log(x + x^{2} + c).

Soluzione 5.5 - Denotiamo con g(y) la funzione \frac{1}{y} che è continua in (−∞, 0)∪ (0, +∞). Questo significa che il problema può essere risolto se y ≠ 0, cioè per un dato iniziale y(x_{0}) ≠ 0. Si ha semplicemente yy′ = f′(x) da cui

y^{2}(x) = f(x) + c .

Se y_{0} ≠ 0 ricavando c da y_{0}^{2} = f(x_{0}) + c si ottiene che la soluzione è

y(x) = \{ \begin{matrix}\sqrt{f(x) + y_{0}^{2} − f(x_{0})} & se y_{0} > 0 \\ −\sqrt{f(x) + y_{0}^{2} − f(x_{0})} & se y_{0} < 0 \end{matrix}

Si osservi che la funzione h(y) = y^{2} non è invertibile nel punto y = 0 (e g non è definita in y = 0). Questo fa sì che non si possa ricavare y(x) se il dato iniziale è y(x_{0}) = 0. A titolo di esempio, vediamo un problema con il dato iniziale y_{0} = 0 il quale potrebbe comunque avere soluzione anche se g(y) non è continua in 0, ma in questo caso si perde l’unicità. Si consideri

\{ \begin{matrix}y′ = \frac{2x^{3}}{y} \\ y(0) = 0 . \end{matrix}

L’equazione ha come soluzioni x^{2} e −x^{2} definite in (−∞) e in (0, +∞). Poiché queste soluzioni in 0 valgono 0 e il limite in 0 delle loro derivate è zero si possono prolungare le soluzioni anche in zero scegliendo una soluzione nell’intervallo (−∞) raccordandola con un’altra soluzione definita nell’intervallo (0, +∞). Si avrebbe che le seguenti quattro funzioni soddisfano il precedente problema di Cauchy

\begin{matrix}y_{1}(x) = \{ \begin{matrix}x^{2} & x ⩾ 0 \\ x^{2} & x < 0 . \end{matrix} & y_{2}(x) = \{ \begin{matrix}−x^{2} & x ⩾ 0 \\ x^{2} & x < 0 . \end{matrix} \\ y_{3}(x) = \{ \begin{matrix}x^{2} & x ⩾ 0 \\ −x^{2} & x < 0 . \end{matrix} & y_{4}(x) = \{ \begin{matrix}−x^{2} & x ⩾ 0 \\ −x^{2} & x < 0 . \end{matrix} \end{matrix}

Soluzione 5.6 - Dividendo per (y + 1)/y (cosa che si può fare solo se y ≠ −1 visto che questa funzione si annulla per y = −1) e integrando si ha

∫ \frac{y}{y + 1}dy = ∫ xdx se y ≠ −1

che fornisce l’espressione

y(x) − log |1 + y(x)| = \frac{x^{2}}{2} + c .

Questo se y ≠ −1. Se y(x) fosse −1 per un qualche valore di x si ha che l’equazione y′ = x \frac{y+1}{y} in quel punto diventa

y′ = 0 .

Quindi y(x) ≡ −1 è soluzione dell’equazione (che non viene trovata con il metodo precedente poiché si è diviso \frac{y+1}{y}). Si osservi inoltre che la funzione g(t) = t − log |1 + t| non è invertibile in un intorno di y = 0 (si veda il grafico in Figura 5.2). Quindi se si avesse un problema

Figura 5.2: di Cauchy con y_{0} ≠ −1, y_{0} ≠ 0

\{ \begin{matrix}y′ = x \frac{y + 1}{y} \\ y(x_{0}) = y_{0} \end{matrix}

la soluzione sarebbe data, in forma implicita, da y(x) − log |1 + y(x)| = \frac{x^{2}}{2} + c con la condizione

y_{0} − log |1 + y_{0}| = \frac{x_{0}^{2}}{2} + c

dalla quale si ricava il valore di c. Formalmente (perché in questo caso non è semplice invertire g(t) = t − log |1 + t|) la soluzione sarebbe

y(x) = g^{−1}(\frac{x^{2}}{2} + c) ,

dove g è invertibile, ma ci si accontenta della forma implicita. Se y_{0} = −1 la soluzione è data da

y(x) = −1 .

Soluzione 5.7 - Dividendo per \sqrt{y} si ottiene

\frac{y′}{\sqrt{y}} = x\sqrt{y} + x

e ponendo v = \sqrt{y} si ha l’equazione

2v′ − xv = x .

La soluzione è

e^{− ∫ x/2dx}[ ∫ e^{∫ t/2dt} \frac{t}{2}dt + c]

da cui si ricava

v(x) = e^{x^{2}/4}[ − e^{−x^{2}/4} + c] = −1 + ce^{x^{2}/4} .

Di conseguenza (v(x) = \sqrt{y(x)})

y(x) = [ce^{x^{2}/4} − 1]^{2} .

La condizione iniziale la si ricava imponendo

y(1) = [ce^{1/4} − 1]^{2} = 1

da cui c = 2e^{−1/4}.

Soluzione 5.8 - Anche questa è di Bernoulli con a(x) ≡ 0. Dividendo per \sqrt{y} si ottiene y′/\sqrt{y} = 1 e ponendo v = y^{1−1/2} = \sqrt{y} si ottiene

v′ = \frac{1}{2} , v(1) = \sqrt{2} .

Risolvendo si ha v(x) = \frac{1}{2}x + c e imponendo la condizione iniziale si ottiene c = \sqrt{2} − 1/2. Elevando al quadrato

y(x) = \frac{1}{4}x^{2} + (\sqrt{2} − \frac{1}{2})x + (\sqrt{2} − \frac{1}{2})^{2}

Soluzione 5.9 - L’equazione è del tipo y′ = f(y/x) con f(z) = \frac{1}{z} + 2z. Effettuando il cambio di variabile si ottiene l’equazione

z′ = \frac{1}{x}(\frac{1}{z} + z)

e separando le variabili

z′ \frac{z}{1 + z^{2}} = \frac{1}{x}

che integrata fornisce

\frac{1}{2} log(1 + z^{2}) = log x + c

da cui, ponendo c = log α con α > 0,

z^{2} = α^{2}x^{2} − 1 .

La condizione iniziale per y si trasforma per la funzione z come segue

z(x_{0}) = \frac{y(x_{0})}{x_{0}} = \frac{y(1)}{1} = 1 > 0

per cui fra le due possibili soluzioni si scelga quella che per x = 1 possa assumere il valore 1, cioè quella positiva

z(x) = \sqrt{α^{2}x^{2} − 1}

e non z(x) = −\sqrt{α^{2}x^{2} − 1}. A questo punto si ricavi il valore di α imponendo

1 = z(1) = \sqrt{α^{2} − 1}

da cui α = \sqrt{2}. La soluzione è allora y(x) = x\sqrt{2x^{2} − 1}.

Soluzione 5.10 - Integrando fra 0 e x si ottiene y′(x) = 1 − cos x + cos 0 = 2 − cos x e integrando nuovamente fra 0 e x si ottiene y(x) = 1 + 2x − sen x.

Soluzione 5.11 - Moltiplichiamo per 2y′, integriamo e otteniamo

y′(x) = \sqrt{\frac{2}{3} + ∫_{1}^{y(x)} 2s^{2}ds} = \sqrt{\frac{2}{3} + \frac{2}{3}(y(x))^{3} − \frac{2}{3}}

per cui separando le variabili

\frac{y′}{y^{3/2}} = \sqrt{\frac{2}{3}} .

Integrando fra 2 e x

∫_{2}^{y(x)} \frac{y′(x)}{(y(x))^{3/2}} dx = \sqrt{\frac{2}{3}} (x − 2)

cioè

−2\frac{1}{\sqrt{y(x)}} + 2 = \sqrt{\frac{2}{3}} (x − 2)

da cui si ricava

y(x) = \frac{9}{(3 − (x − 2))^{2}} .

Soluzione 5.12 - Sostituendo v al posto di y′ si ottiene l’equazione del primo ordine

v′ − \frac{1}{x}v = x^{2} sen x

che si integra con usando la formula (5.1) che fornisce

v(x) = e^{− ∫ [− \frac{1}{x}]dx}[ ∫ e^{∫ [− \frac{1}{x}]dx}x^{2} sen x dx + c] =
= |x|[ ∫ \frac{1}{|x|}x^{2} sen x dx + c] =
= |x|[ ∫ |x| sen x dx + c] =
= −x^{2} cos x + x sen x + c|x| .

A questo punto è sufficiente integrare l’equazione

y′(x) = v(x) = −x^{2} cos x + x sen x + c|x|

che fornisce l’espressione generale della soluzione dell’equazione

y(x) = −x^{2} sen x − 3x cos x + 3 sen x + c\frac{x|x|}{2} + c′ .

Soluzione 5.13 - Ponendo p(y) = y′ si perviene all’equazione

p′ = y .

Integriamo: anziché considerare una generica primitiva si può integrare fra estremi definiti. Partendo dai valori in x_{0} = 0 si ha

∫_{y′(0)}^{p} p′(y)dy( = ∫_{y′(0)}^{p} dt) = ∫_{y(0)}^{y} zdz

cioè

p − 1 = \frac{y^{2}}{2} − \frac{1}{2} .

Ora sostituendo a p y′ si ha

y′ = \frac{y^{2} + 1}{2} .

Integrando nuovamente (separando le variabili)

∫_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{1 + t^{2}} dt = ∫_{0}^{x} \frac{1}{2}dt

si ottiene

arctg y(x) − arctg 1 = \frac{1}{2}x

da cui infine si ricava

y(x) = tg (\frac{1}{2}x + \frac{π}{4} ) .

Soluzione 5.14 - La soluzione è y(t) = c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{t}. Soluzione 5.15 - Il polinomio λ^{2} + 4λ + 4 = 0 ha come soluzione −2 (con molteplicità due). La soluzione è y(t) = c_{1}e^{−2t} + c_{2}te^{−2t}. Soluzione 5.16 - Il polinomio λ^{2} + 6λ + 10 ha soluzioni complesse per cui la soluzione generale ha la forma y(t) = c_{1}e^{−3t} cos 2t + c_{2}e^{−3t} sen 2t. Soluzione 5.17 - La soluzione è y(t) = c_{1}e^{t} + c_{2}e^{2t} + c_{3}e^{−3t}. Soluzione 5.18 - Si consideri il polinomio carattersistico

P (λ) = λ^{3} − 2λ^{2} + 4λ − 8

che si annulla per λ = 2. Dividendo il polinomio per λ − 2 si ottiene che P (λ) = (λ − 2)(λ^{2} + 4) .

Quindi la soluzione generale è della forma

y(t) = c_{1}e^{2t} + c_{2} cos 2t + c_{3} sen 2t .

Valutando le derivate prima e seconda di y e valutandole per t = 0 si ottiene

\{ \begin{matrix}y′′(0) = 4c_{1} − 4c_{2} = 1 \\ y′(0) = 2c_{1} + 2c_{3} = 0 \\ y(0) = c_{1} + c_{2} \end{matrix}

da cui si ricava che la soluzione è y(t) = \frac{1}{8}e^{2t} − \frac{1}{8} cos 2t − \frac{1}{8} sen 2t.

Soluzione 5.19 - La soluzione generale dell’omogenea è c_{1} cos t+c_{2}sent. Utilizzando il metodo della variazione dei parametri, cerco una soluzione all’equazione data del tipo

y(t) = a(t) cos t + b(t) sen t

con a, b funzioni da determinarsi. Inserendo quest’espressione nell’equazione arriviamo all’equazione y′′(t) + y(t) = −a′(t) sen t + b′(t) cos t = \frac{1}{cos t}. Risolvo quindi il sistema

a′(t) cos t + b′(t) sen t = 0
−a′(t) sen t + b′(t) cos t = \frac{1}{cos t} .

Ricavando a′ dalla prima equazione e sostituendo nella seconda si ottiene l’equazione b′(t) = 1, da cui

\{ \begin{matrix}b(t) = t \\ a(t) = log | cos t| . \end{matrix}

Quindi la soluzione generale dell’equazione è

y(t) = c_{1} cos t + c_{2} sen t + cos t log | cos t| + t sen t

con c_{1}, c_{2} ∈ R.

Soluzione 5.20 - Il polinomio caratteristico P (λ) = λ^{4} − 16 si annulla per λ_{1} = 2, λ_{2} = −2, λ_{3} = 2i, λ_{4} = −2i. La famiglia delle soluzioni dell’equazione omogenea

P (D)y = (D^{4} − 16)y = 0

è allora

y(x) = c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{−2x} + c_{3} cos 2x + c_{4} sen 2x .

Anziché usare il metodo della variazione dei parametri (per esercizio risolvere l’equazione anche con questo metodo) possiamo più semplicemente osservare che un polinomio che annulla il dato f(x) = x^{2} + 1 è Q(D) = D^{3}, infatti

Q(D)f = D^{3}f = \frac{d^{3}}{dx^{3}} (x^{2} + 1) = 0

(in generale un polinomio di grado n−1 è annullato dal polinomio Q(D) = D^{n}). La soluzione generale di

D^{3}(D^{4} − 16)y = 0

è del tipo

c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{−2x} + c_{3} cos 2x + c_{4} sen 2x + c_{5} + c_{6}x + c_{7}x^{2} .

Cerchiamo quindi una soluzione all’equazione non omogenea del tipo c_{5} + c_{6}x + c_{7}x^{2}. Quindi imponendo

(D^{4} − 16)(c_{5} + c_{6}x + c_{7}x^{2}) = x^{2} + 1

si ottengono c_{5} = c_{7} = −\frac{1}{16} e c_{6} = 0. Per concludere la soluzione generale è c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{−2x} + c_{3} cos 2x + c_{4} sen 2x − \frac{1}{16} − \frac{1}{16}x^{2}.

Soluzione 5.21 - Il polinomio caratteristico è P (λ) = λ^{2} − 5λ + 6 che ha come radici 2 e 3 e l’equazione omogenea può essere scritta (D^{2} − 5D + 6)y = (D − 2)(D − 3)y = 0 (da cui le soluzioni dell’omogenea sono del tipo k_{1}e^{2x} + k_{2}e^{3x}). Usando il metodo della variazione delle costanti o dei parametri cerchiamo soluzioni del tipo c_{1}(x)e^{2x} +c_{2}e^{3x} (c_{1} e c_{2} funzioni incognite). Si perviene al sistema di equazioni

\{ \begin{matrix}c′_{1}e^{2x} + c′_{2}e^{3x} = 0 \\ 2c′_{1}e^{2x} + 3c′_{2}e^{3x} = xe^{x} . \end{matrix}

Dalla prima equazione si ottiene c′_{1} = −c′_{2}e^{x} da cui, usando la seconda equazione, si ottiene l’espressione c′_{2} = xe^{−2x}. Quest’equazione risolta fornisce

c_{2}(x) = −\frac{1}{2}xe^{−2x} − \frac{1}{4}e^{−2x} + k_{1}

tramite la quale si trova anche

c_{1}(x) = xe^{x} + e^{−x} + k_{2} .

Inserendo c_{1} e c_{2} nell’espressione generale si ottiene

(xe^{x} +e^{−x} +k_{2})e^{2x} +(−\frac{1}{2}xe^{−2x} − \frac{1}{4}e^{−2x} +k_{1})e^{3x} = k_{1}e^{3x} +k_{2}e^{2x} + \frac{3}{4}e^{x} + \frac{1}{2}xe^{x} .

Possiamo evitare di usare questo metodo se osserviamo che

(D − 1)e^{x} = 0  e  (D − 1)^{2}xe^{x} = (D − 1)(D − 1)xe^{x} = 0

(si osservi che in generale (D − 1)^{k+1}x^{k}e^{x} = 0). Per cui la soluzione può essere cercata fra le soluzioni dell’equazione, detto Q(λ) il polinomio (λ − 1)^{2},

Q(D)P (D)y = (D − 1)^{2}(D^{2} − 5D + 6)y = 0 .

Il polinomio Q(λ)P (λ) ha come radici 2, 3, e 1, quest’ultima con molteplicità due. Per cui la soluzione y(x) avrà la forma

c_{1}e^{3x} + c_{2}e^{2x} + c_{3}e^{x} + c_{4}xe^{x} .

Applicando P (D) a questa funzione si ottiene

(2c_{3} − 3c_{4})e^{x} + 2c_{4}xe^{x} = xe^{x}

da cui si ricava che c_{4} = 1/2 e c_{3} = 3/4. Per cui la famiglia di soluzioni è data, al variare di c_{1}, c_{2} ∈ R, da

c_{1}e^{3x} + c_{2}e^{2x} + \frac{3}{4}e^{x} + \frac{1}{2}xe^{x} .

Soluzione 5.22 - Le soluzioni dell’omogenea y′′ + y = 0 si ottengono trovando le soluzioni del polinomio caratteristico P (λ) = λ^{2} + 1 che sono i e −i. Per cui le soluzioni di

y′′ + y = P (D)y = (D^{2} + 1)y = 0

sono c_{1} sen t + c_{2} cos t. Per risolvere l’equazione completa cerco un polinomio (un operatore differenziale) che annulla il dato f(t) = sen t. È ancora D^{2} + 1, cioè

Q(D)f = (D^{2} + 1)f = 0 .

Cerco y tra le soluzioni dell’equazione omogenea

Q(D)P (D)y = (D^{2} + 1)^{2}y = 0

(e non tra le soluzioni di Q(D)y = (D^{2} + 1)y = 0 che sono le combinazioni lineari di sen t e cos t). Le radici di QP sono i e −i con molteplicità due, per cui la soluzione va cercata tra le funzioni della forma

c_{1} sen t + c_{2} cos t + c_{3}t sen t + c_{4}t cos t .

Applicando P (D) alla famiglia di funzioni precedente si ha

P (D)(c_{1} sen t + c_{2} cos t + c_{3}t sen t + c_{4}t cos t) =
= P (D)(c_{3}t sen t + c_{4}t cos t) = 2c_{3} cos t − 2c_{4} sen t

che deve essere uguale a sen t. Per cui la generica soluzione è

y(t) = c_{1} sen t + c_{2} cos t − \frac{1}{2}t cos t .

Soluzione 5.23 - L’equazione è del tipo y′ = f(x + 2y) dove f(z) = (z − 1)^{2}. Conviene porre quindi z(x) = x + 2y(x) − 1 e scrivere

z′ = 1 + 2y′

da cui

z′ = 1 + 2z^{2} .b

Si osservi che svolgendo il quadrato si ottiene y′ = 4y^{2} + 4y(x − 1) + x^{2} − 2x + 1 che non è di nessuno dei tipi visti precedentemente. Risolvendo ’eqauzione nella nuova variabile si ottiene, ponendo t = \sqrt{2}z,

\frac{1}{\sqrt{2}} ∫ \frac{\sqrt{2}z′}{1 + 2z^{2}} dx = \frac{1}{\sqrt{2}} ∫ \frac{1}{1 + t^{2}} dt = ∫ dx

da cui

\frac{1}{\sqrt{2}}arctg \sqrt{2}z(x) = x + c ⇒ z(x) = \frac{1}{\sqrt{2}}tg (\sqrt{2}x + c′)

e quindi infine

y(x) = \frac{1}{2}[\frac{1}{\sqrt{2}}tg (\sqrt{2}x + c′) + 1 − x] .

Soluzione 5.24 - Innanzitutto si deve avere xy^{2} ≠ 0. L’equazione è omogenea: infatti

\frac{xy^{2} − 4x^{3} + y^{3}}{xy^{2}} = 1 − 4\frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y}{x} = f(y/x)

con f(z) = 1 − 4\frac{1}{z^{2}} + z. Effettuando il cambio di variabile z = y/x si perviene a

z′ = \frac{1}{x}(\frac{z^{2} − 4}{z^{2}}) .

Separando le variabile si vede che deve essere z^{2} ≠ 4. Suppondendo allora z^{2} ≠ 4 proseguiamo: scrivendo

\frac{z^{2}}{z^{2} − 4} = \frac{z^{2} − 4 + 4}{z^{2} − 4} = 1 + \frac{1}{z + 2} − \frac{1}{z − 2}

integrando l’equazione si ottiene

z + log |z + 2| − log |z − 2| = z + log \frac{z + 2}{z − 2} = log |x| + c .

Per esercizio vedere che la funzione g(z) = z +log \frac{z+2}{z−2} è invertibile in (−∞, −2), in (−2, 2), in (2, +∞). Per cui sicuramente è possibile scrivere

z(x) = \frac{y(x)}{x} = g^{−1}(log |x| + c)

anche se la funzione g^{−1} non riusciamo a scriverla, possiamo mantenerci una scrittura implicita del tipo

\frac{y(x)}{x} + log \frac{y(x) + 2x}{y(x) − 2x} = log |x| + c . (5.5)

Rimane ancora il caso z^{4} − 4 = 0: in tal caso è semplice ottenere

y^{2}(x) = 4x^{2}

quindi le possibili soluzioni sono anche

y(x) = 2x , y(x) = −2x (5.6)

Per cui se si avesse un problema di Cauchy

\{ \begin{matrix}y′ = \frac{xy^{2} − 4x^{3} + y^{3}}{xy^{2}} \\ y(1) = 3 \end{matrix}

si sceglierebbe la soluzione data in (5.5) (la costante c va trovata) nell’intervallo (2, +∞) visto che se x_{0} = 1, y_{0} = 3 si ha che z_{0} = y_{0}/x_{0} = 3 ∈ (2, +∞). Se invece si avesse lo stesso problema con un dato differente

\{ \begin{matrix}y′ = \frac{xy^{2} − 4x^{3} + y^{3}}{xy^{2}} \\ y(1) = 2 \end{matrix}

cioè z_{0} = 2, la soluzione sarebbe y(x) = 2x.

Soluzione 5.25 - Dividendo per 1+x (che è positivo visto che siamo interessati ad una soluzione in (0, +∞)) si ottiene l’equazione di Bernoulli

y′ = −\frac{3}{1 + x} − (1 − x^{2})y^{2}

che risolta fornisce

y(x) = \frac{1}{x(1 + x) + c(1 + x)^{3}} .

Effettuando il limite richiesto si ha che

lim_{x→0^{+}} y(x) = \frac{1}{c}

per cui l’unica soluzione che soddisfa la richiesta è quella per cui c = 0.

Soluzione 5.30 - La soluzione localmente esiste (motivare perché). Il dato y(0) ≠ 0 quindi localmente la soluzione sarà diversa da zero, per cui possiamo dividere per y. Si ottiene

y′′ − \frac{y′^{2}}{2y} − \frac{1}{2y} = 0 .

Effettuando il cambio di variabile spiegato al punto 4. del paragrafo dedicato alle equazioni di secondo grado

p(y) = y′

si ottiene l’equazione nella incognita p (e nella variabile y)

\frac{pp′}{1 + p^{2}} = \frac{1}{2y} .

124 CAPITOLO 5. EQUAZIONI DIFFERENZIALI Integrando si ha

∫_{y′(0)}^{y′(x)} \frac{t}{1 + t^{2}} dt = ∫_{y(0)}^{y(x)} \frac{1}{2t}dt

cioè

\frac{1}{2} log(1 + t^{2})|_{y′(0)}^{y′(x)} = \frac{1}{2} log t|_{y(0)}^{y(x)}

da cui

log (y′(x)^{2} + 1) = log y(x) ⟹ y′(x)^{2} + 1 = y(x) .

Attenzione! ci sono quattro possibilità visto che

y′(x) può essere sia \sqrt{y(x) − 1} che − \sqrt{y(x) − 1} .

Intergrando

∫_{y(0)}^{y(x)} \frac{dt}{\sqrt{t − 1}} = ± ∫_{0}^{x} dt

si ottiene che

2\sqrt{y(x) − 1} può essere x oppure − x .

In ogni caso

y(x) = \frac{1}{4}x^{2} + 1 .

Soluzione 5.31 - Moltiplicando per 2y′ e dividendo per y^{5} si ottiene

\frac{d}{dt}(y′)^{2} = 2\frac{y′}{y^{5}} ⇒ (y′)^{2} = −\frac{1}{2} \frac{1}{y^{4}} + c

da cui

y′ = ±\sqrt{\frac{2cy^{4} − 1}{2y^{4}}}

per cui

∫ \frac{\sqrt{2}y^{2}}{\sqrt{2cy^{4} − 1}}dy = ±x

che rimane in forma implicita. Soluzione 5.32 - Se ae = bd (il determinante della matrice ( \begin{matrix}a & b \\ d & e \end{matrix} )) significa che le due rette ax + by + c = 0 e dx + ey + f = 0 sono parallele. Si può scrivere

\frac{ax + by + c}{dx + ey + f} = \frac{\frac{b}{e}(dx + ey) + c}{dx + ey + f}

e ponendo z = dx + ey si perviene ad un’equazione a variabili separabili

\frac{z′ − d}{e} = g( \frac{\frac{b}{e}z + c}{z + f}) .

Se invece ae ≠ bd si ottiene un’equazione omogenea nel modo seguente: si cerca il punto d’incontro (x_{0}, y_{0}) fra le due rette ax + by + c = 0 e dx + ey + f = 0 (che in questo caso non sono parallele) risolvendo il sistema

\{ \begin{matrix}ax + by + c = 0 \\ dx + ey + f = 0 . \end{matrix}

Introcendo le nuove variabili u = x − x_{0} e v = y − y_{0} si può riscrivere

\frac{ax + by + c}{dx + ey + f} = \frac{a(x − x_{0}) + b(y − y_{0}) + ax_{0} + by_{0} + c}{d(x − x_{0}) + e(y − y_{0}) + dx_{0} + ey_{0} + f} = \frac{au + bv}{du + ev} = \frac{a + b\frac{v}{u}}{d + e\frac{v}{u}}

Ponendo z(u) = \frac{v(u)}{u} (y′ = v′) si perviene ad un’equazione

z(u) + uz′(u) = g(\frac{a + bz}{d + ez} ) .

Soluzione 5.33 - Si veda lo svolgimento dell’Esercizio 5.32 (si perviene alla forma implicita e quindi la soluzione è data nella forma implicita

\frac{2y(x)}{5} + \frac{7}{25} ln |10x + 5y(x) + 9| = \frac{x}{5} + c).

Soluzione 5.34 - Si veda lo svolgimento dell’Esercizio 5.32 (si perviene alla forma implicita

|\frac{y(x) + 4x + 1}{x + 1}|^{2/5}|\frac{y(x) − x − 4}{x + 1}|^{3/5} = c|x + 1|) .

Soluzione 5.35 - Innanzitutto si osservi che le soluzioni saranno infinite dal momento che manca il dato relativo a y′ nel punto x = 0. La funzione f è continua in x, non dipende da y e y′ per cui il problema ammette soluzione. Denotiamo

y(x) = \{ \begin{matrix}y_{1}(x) & x ∈ (0, π) \\ y_{2}(x) & x > π \end{matrix}

La soluzione per x ⩾ π (f(x) = 0) è del tipo c_{1} sen x + c_{2} cos x, per 0 ⩽ x ⩽ π (f(x) = sen x) è del tipo d_{1} sen x + d_{2} cos x − \frac{1}{2}x cos x (si veda lo svolgimento dell’Esercizio 5.22). Per trovare y_{1} inseriamo i dati iniziali nel punto x = 0: si ottengono

d_{1} = 2 , d_{2} = 0 .

Di conseguenza la soluzione sarà

y(x) = y_{1}(x) = 2 sen x − \frac{1}{2}x cos x , per x ∈ [0, π] .

Per trovare y per x > π consideriamo l’espressione generale della soluzione e poiché la soluzione in (0, +∞) deve essere C^{2} (visto che f è continua) come dati iniziali imponiamo i valori di y_{1} in x = π. Si ha che

y_{1}(π) = \frac{1}{2}π , y′_{1}(π) = −\frac{3}{2} .

Risolviamo

\{ \begin{matrix}y′′ + y = 0  x > π \\ y′(π) = −\frac{3}{2} \\ y(π) = \frac{1}{2}π \end{matrix}

il che significa trovare c_{1} e c_{2}. Imponendo i dati iniziali nell’espressione di y_{2} si ha

c_{2} = −π/2 , c_{1} = 3/2 .

Concludendo la soluzione è

y(x) = \{ \begin{matrix}2 sen x − \frac{1}{2}x cos x & x ∈ [0, π] \\ \frac{3}{2} sen x − \frac{π}{2} cos x & x > π . \end{matrix}

La soluzione è C^{2} in quanto y′′ = f −y e sia f che y sono continue, da cui anche y′′ è continua (verificarlo per esercizio).

Soluzione 5.36 - l’equazione proposta si presenta nella forma a variabili separabili, cioè

cos y(x)y′(x) = 1 + 2x.

Integrando quindi ambo i membri tra 0 e x, si ottiene

sen y(x) − sen 0 = x + x^{2},

da cui

y(x) = arcsen (x + x^{2}).

Soluzione 5.37 - Ponendo z(x) = x + y′(x), l’equazione differenziale può essere riscritta nella forma

x + y′ = (x + y′)^{2} − y′′ − 1,

cioè

z = z^{2} − z′.

Questa è una equazione differenziale del prim’ordine a variabili separabili, la cui soluzione è data da

|\frac{z(x) − 1}{z(x)}| = αe^{x−x_{0}}, α > 0;

se imponiamo le condizioni iniziali, notiamo che possiamo togliere il modulo (perchè?) e troviamo che α = 1/2 e quindi

z(x) = \frac{2}{2 − e^{x}} .

A questo punto il problema diventa

\{ \begin{matrix}x + y′ = \frac{2}{2−e^{x}} \\ y(0) = 0. \end{matrix}

Tale problema ha per soluzione la funzione

y(x) = x − \frac{x^{2}}{2} − ln(2 − e^{x}).

Soluzione 5.38 - Riscrivendo l’equazione nella forma

y′(x) = \frac{1 + (y(x)/x)^{2}}{y(x)/x} ,

ci riconduciamo ad una equazione di tipo omogeneo

y′(x) = f(y(x)/x).

In questo tipo di equazioni si pone y(x) = xz(x), in modo che l’equazione diventi

xz′(x) + z(x) = f(z(x)),

che si riconduce ad una equazione a variabili separabili. Nel nostro caso troviamo che

z(x) = ±\sqrt{2 ln |x| + c}, c > 0,

da cui la soluzione del problema iniziale è data da

y(x) = ±x\sqrt{2 ln |x| + c}.

Soluzione 5.39 - L’equazione proposta è una equazione di tipo Bernoulli; dividendo infatti l’equazione per y^{3} (si noti che tale operazione è lecita se si cercano soluzioni non nulle), si ottiene

4y^{−3}y′ + y^{−2} = x^{3} − 4x,

da cui, ponendo z = y^{−2}, si ricava l’equazione

−2z′ + z = x^{3} − 4x.

Questa è una equazione differenziale lineare a coefficienti non costanti, la cui soluzione è data da

z(x) = ce^{x/2} + x^{3} + 6x^{2} + 20x + 40.

La soluzione del problema sarà quindi data da

y(x) = \frac{1}{\sqrt{ce^{x/2} + x^{3} + 6x^{2} + 20x + 40}}.

Soluzione 5.40 - L’equazione data è una equazione lineare a coefficienti costanti; le soluzioni le cerchiamo quindi nella forma y = e^{λx}. Quindi tali funzioni sono soluzioni se e solo se λ è una radice del polinomio caratteristico

P (λ) = λ^{4} − 2λ^{3} + 2λ^{2} − 2λ + 1 = 0;

polinomio può essere riscritto nella forma

P (λ) = (λ^{2} + 1)(λ − 1)^{2}

e quindi le radici complesse sono date da λ = 1 (con molteplicità 2) e λ = ±i. La soluzione generale sarà quindi data dalla funzione

y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}xe^{x} + c_{3}e^{ix} + c_{4}e^{−ix}

con c_{i} ∈ C, i = 1, …, 4, oppure se si vogliono usare solo numeri reali

y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}xe^{x} + c_{3} sen x + c_{4} cos x, c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4} ∈ R.

Soluzione 5.41 - L’equazione di terzo grado assegnata può essere ridotta ad una equazione del primo ordine con la sostituzione v = y′′, da cui

v′ = \frac{v}{(x + 1)^{3}} .

Tale equazione ha per soluzione

|v(x)| = αe^{−1/2(x+1)^{2}}, α > 0,

e quindi la soluzione del problema originale diventa

y(x) = ±α ∫_{x_{0}}^{t} ∫_{x_{0}}^{τ} e^{−1/2(τ+1)^{2}}dτdt + c_{1} + c_{2}.

Soluzione 5.42 - Si noti che nell’equazione data non compare la dipendenza da x; in questo tipo di equazioni si cambia in qualche modo il punto di vista, e si vede la funzione y come variabile libera e si cerca di esprimere le varie derivate come derivate in funzione della variabile y. A tale scopo si introduce la funzione

z(y) = y′(x),

e si calcola la derivata rispetto a y di tale funzione in modo da ottenere

\frac{dz(y)}{dy} = \frac{dy′(x)}{dy} = \frac{dy′(x)}{dx} \frac{dx}{dy} = \frac{y′′(x)}{y′(x)} = \frac{y′′(x)}{z(y)},

e quindi si ottiene l’equazione differenziale

z \frac{dz}{dy} − \frac{z^{2}}{y} − y^{3} = 0,

che può essere riscritta come

\frac{d(z^{2})}{2dy} − \frac{z^{2}}{y} = y^{3}

otteniamo la soluzione

z^{2}(y) = y^{2} (c + y^{2}) .

Si tratta quindi poi di risolvere l’equazione differenziale

(y′(x))^{2} = y(x)^{2} (c + \frac{y^{2}}{2} ) .

Soluzione 5.43 - L’equazione data è di tipo lineare a coefficienti non costanti, la cui soluzione è data da

y(x) = \frac{1}{\sqrt{x^{1} + 2}} (c − \frac{1}{x^{2} − x\sqrt{x^{2} + 1} + 1}) .

Soluzione 5.44 - L’equazione data è una equazione lineare a coefficienti non costanti; applicando quindi la formula risolutiva si trova che

y(x) = cx^{2} − \frac{2x + 1}{2}.

Soluzione 5.45 - l’equazione data è una equazione di tipo Bernoulli; con la sostituzione z = y^{−1}, si ottiene l’equazione lineare a coefficienti non costanti

z′ = \frac{x}{x^{2} − 1}z + \frac{x}{x^{2} − 1},

che ha per soluzione

z(x) = \sqrt{|x^{2} − 1|} (c + ∫ \frac{t}{(t^{2} − 1)\sqrt{|t^{2} − 1|}}dt) ,

che produce, a seconda dei dati iniziali, una delle seguenti due soluzioni

z(x) = c\sqrt{x^{2} − 1} − 1
z(x) = c\sqrt{1 − x^{2}} − 1.

Quindi la soluzione originale sarà una delle due tra

\frac{1}{c\sqrt{x^{2} − 1} − 1}

e

\frac{1}{c\sqrt{1 − x^{2}} − 1}

Soluzione 5.46 - L’equazione data è di tipo Bernoulli, e quindi con la sostituzione z = y^{6} si ottiene la soluzione

z(x) = \frac{1}{|x|} (c + ∫ 6t|t|dt) .

Se cerchiamo la soluzione per x > 0, integrando e tornando alla funzione y, si ottiene

y(x) = ^{6}\sqrt{\frac{4x^{3} − c}{x^{2}}}.

Soluzione 5.47 - L’equazione data è a variabili separabili

\frac{y′}{y} = \frac{e^{2x}}{1 + e^{2x}} ,

e quindi la soluzione è data da

|y(x)| = c\sqrt{e^{2x} + 1}, c > 0.

Soluzione 5.48 - Riscrivendo l’equazione nella forma

y′e^{y}e^{x} = −x,

notiamo che siamo ricondotti ad una equazione a variabili separabili, la cui soluzione è data da

y(x) = ln(c + (x + 1)e^{−x}).

Soluzione 5.49 - L’equazione data può essere ricondotta ad una equazione di tipo omogeneo

y′ = \frac{1 + (y/x)^{3}}{(y/x)^{2}} ,

che con la sostituzione y = xz si riconduce all’equazione a variabili separabili

z + xz′ = \frac{1 + z^{3}}{z^{2}} ,

la cui soluzione è data da

z(x) = ^{3}\sqrt{c + 3 ln |x|}.

Si tratta quindi poi di porre

y′(x) = xz(x) = x ^{3}\sqrt{c + 3 ln |x|}.

Soluzione 5.50 - L’equazione data può essere riscritta come

y′y′′ = −x

o meglio ancora come

\frac{d(y′)^{2}}{2dx} = −x.

Integrando quindi tra il punto iniziale x_{0} = 0 e x, si ottiene che

∫_{0}^{x} \frac{d(y′(t))^{2}}{2dx} dt = − ∫_{0}^{x} tdx,

da cui si ricava, tenendo presente che y′(0) = 1 > 0,

y′(x)^{2} = 1 − x^{2} ⇒ y′(x) = \sqrt{1 − x^{2}}.

La soluzione sarà quindi data da, tenendo presente che y(0) = 1,

y(x) = 1 + \frac{arcsen x}{2} + \frac{x\sqrt{1 − x^{2}}}{2} .

Soluzione 5.51 - Notando che nell’equazione non compare la y, si può porre v = y′ in modo da ottenere un’equazione lineare a coefficienti non costanti

\{ \begin{matrix}v′ = (1 + \frac{1}{x+1}) v − \frac{x+2}{x+1} \\ v(0) = 1 \end{matrix}

la cui soluzione è data da

v(x) = 1.

La soluzione del problema iniziale sarà quindi data da

y(x) = x.

Soluzione 5.52 - Nell’equazione data non compare la variabile x, quindi si può introdurre la funzione z(y) = y′(x); con questa sostituzione otteniamo

ż(y) = \frac{dz}{dy} = \frac{dz}{dx} \frac{dx}{dy} = \frac{y′′}{z} ,

si ottiene l’equazione

\{ \begin{matrix}ż = \frac{z}{y} + y, \\ z(1) = z(y(0)) = y′(0) = 1; \end{matrix}

la soluzione di tale equazione è data da

z(y) = y^{2}.

Si tratta ora di risolvere il problema

\{ \begin{matrix}y′(x) = y(x)^{2} \\ y(0) = 1, \end{matrix}

la cui soluzione è data da

y(x) = \frac{1}{1 − x}.

Soluzione 5.53 - Come nell’esercizio precedente, nell’equazione non compare la variabile x e quindi si pone z(y) = y′; si ottiene quindi che

|z(y) + 1| = c|y|, c > 0,

e quindi il problema è risolto se si risolve l’equazione

|y′ + 1| = c|y|,

dove la possibilità di togliere o meno il modulo dipenderà dai dati iniziali; avremo quindi le due possibili soluzioni

|cy(x) − 1| = αe^{x}, c, α > 0
|cy(x) + 1| = αe^{−x}, c, α > 0.

Soluzione 5.54 - L’equazione può essere riscritta nella forma

y′′ − y′ = 3x;

la soluzione dell’omogenea d̀ata da

y(x) = c_{1} + c_{2}e^{x},

mentre per la soluzione particolare si applica il Teorema 5.23 delle dispense e si trova la funzione

y_{1}(x) = −\frac{3}{2}x^{2} − 3x.

La soluzione, imponendo le condizioni iniziali, sarà quindi determinata da

y(x) = 4e^{x} − \frac{3}{2}x^{2} − 3x − 3.

Soluzione 5.55 - La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{−x/2};

per la determinazione della soluzione particolare applichiamo il Teorema 5.23 delle dispense ed otteniamo la funzione

y_{1}(x) = (\frac{4}{5}x − \frac{12}{25}) e^{2x}.

La soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{−x/2} + (\frac{4}{5}x − \frac{12}{25}) e^{2x}.

Soluzione 5.56 - La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} sen x + c_{2} cos x;

per quanto riguarda la soluzione particolare si trova che

y_{1}(x) = \frac{x}{4} sen x − \frac{x^{2}}{4} cos x,

e quindi la soluzione generale è data da

y(x) = c_{1} sen x + c_{2} cos x + \frac{x}{4} sen x − \frac{x^{2}}{4} cos x.

Soluzione 5.57 - L’equazione differenziale può essere riscritta nella forma

3y′′ − y′ + y = 0,

e quindi si tratta di una equazione differenziale del secondo ordine lineare omogenea a coefficienti costanti. Il suo polinomio caratteristico è dato da

P (λ) = 3λ^{2} − λ + 1 = (λ + 1)(λ − 1/6 − i\sqrt{11}/6)(λ − 1/6 + i\sqrt{11}/6);

la soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = e^{x/6} (c_{1} cos \frac{\sqrt{11}}{6}x + c_{2} sen \frac{\sqrt{11}}{6}x) .

Soluzione 5.58 - La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = e^{x}(c_{1} cos 2x + c_{2} sen 2x).

Usando il Teorema 5.23 delle dispense, si trova che la soluzione particolare è data da

y_{1}(x) = xe^{7x} ((ax^{2} + bx + c) cos 2x + (dx^{2} + ex + f) sen 2x) .

La soluzione generale sarà data dalla somma delle due.

Soluzione 5.59 - La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} sen 2x + c_{2} cos 2x;

per quanto riguarda la soluzione particolare, si applica il Teorema 5.23 delle dispense, si ottiene

y_{1}(x) = \frac{1}{3} cos x.

A questo punto, imponendo le condizioni iniziali, si ottiene la soluzione

y(x) = \frac{1}{3} sen 2x + cos 2x + \frac{1}{3} sen x.

Soluzione 5.60 - La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} sen x + c_{2} cos x;

per calcolare la soluzione particolare scriviamo

2x cos x cos 2x = 4x cos^{3} x − 2x cos x,

e quindi applicando il principio di sovrapposizione, cioè tenendo conto che la soluzione particolare di una somma di funzioni è data dalla somma delle soluzioni particolari, dal Teorema 5.23 delle dispense, si ricava che le soluzioni particolari sono date da

y_{1}(x) = \frac{x}{4} cos x + \frac{x^{2}}{4} sen x,

y_{2}(x) = \frac{3}{32} sen 3x − \frac{x}{8} cos 3x.

La soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1} sen x + c_{2} cos x + \frac{x}{4} cos x + \frac{x^{2}}{4} sen x + \frac{3}{32} sen 3x − \frac{x}{8} cos 3x.

Soluzione 5.61 - La soluzione dell’omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{−x} + c_{2}xe^{−x};

per calcolare la soluzione generale si applica il metodo della variazione delle costanti, per ottenere la soluzione

y(x) = c_{1}e^{−x} + c_{2}xe^{−x} + xe^{−x} ln |x|.

Soluzione 5.62 - La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{\sqrt{2}x} + c_{2}e^{−\sqrt{2}x};

per quanto riguarda la soluzione particolare, usando il metodo della variazioni delle costanti, si trova che la soluzione generale è data da

y(x) = c_{1}e^{\sqrt{2}x} + c_{2}e^{−\sqrt{2}x} + e^{x^{2}}.

Soluzione 5.63 - La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{−x},

mentre per il calcolo della soluzione particolare usiamo il principio di sovrapposizione delle soluzioni, e cioè utilizziamo il fatto che quando il termine forzante, la parte non omogenea dell’equazione differenziale, è somma di più funzioni, allora la soluzione particolare può essere determinata sommando le varie soluzioni particolari. Utilizzando questo principio, abbiamo che associata a x^{2} + 1 la soluzione particolare è data da

y_{1}(x) = \frac{1}{12}x^{4} − \frac{1}{3}x^{3} + \frac{3}{2}x^{2},

mentre associata a 3xe^{x} la soluzione particolare è data da

y_{2}(x) = e^{x} (\frac{3}{2}x − \frac{15}{4}) .

La soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{−x} + \frac{1}{12}x^{4} − \frac{1}{3}x^{3} + \frac{3}{2}x^{2} + e^{x} (\frac{3}{2}x − \frac{15}{4}) .

Soluzione 5.64 - La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{x} + c_{4}xe^{x},

mentre una soluzione particolare, grazie al Teorema 5.23 delle dispense, sarà data da

y_{1}(x) = \frac{1}{20}x^{5} + \frac{1}{2}x^{4} + 3x^{3} + 12x^{2};

la soluzione generale sarà quindi data da

y(x) = c_{1} + c_{2}x + c_{3}e^{x} + c_{4}xe^{x} + \frac{1}{20}x^{5} + \frac{1}{2}x^{4} + 3x^{3} + 12x^{2}.

Soluzione 5.65 - La soluzione dell’equazione omogenea è data da

y_{0}(x) = c_{1}e^{−x} + e^{−x/2} (c_{2} cos \frac{\sqrt{3}}{2}x + c_{3} sen \frac{\sqrt{3}}{2}x)

mentre la soluzione particolare, ottenuta usando il metodo illustrato nel Teorema 5.23 delle dispense, è data da y_{1} = x−2. Imponendo infine le condizioni iniziali, si trova che la soluzione è data dalla funzione

y(x) = e^{−x} + e^{−x/2} (cos \frac{\sqrt{3}}{2}x + \frac{1}{\sqrt{3}} sen \frac{\sqrt{3}}{2}x) + x − 2.

Integrali

Integrali multipli

Esercizio 6.1 - Integrare la funzione f(x, y) = y(x^{2} + sen x) + e^{x} sull’insieme Q = (0, π) × (0, 3). Esercizio 6.2 - Calcolare ∫_{E}(x^{2} + y)dxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | 0 ⩽ y ⩽ x^{2} , 0 ⩽ x ⩽ 2}. Esercizio 6.3 - Calcolare l’integrale

∫_{E}(x^{2} − 3y^{2}) sen (xy)dxdy

dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | x ⩾ −3 , y ⩽ 3 , y ⩾ x}. Esercizio 6.4 - Calcolare ∫_{E} \frac{x}{x^{2} + y^{2}} dove E = \{(x, y) ∈ R^{2} | 1 ⩽ x ⩽ 2 , x^{2}/2 ⩽ y ⩽ x^{2}}. Esercizio 6.5 - Calcolare ∫_{E} xdxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} ⩽ 4 , x^{2} + y^{2} ⩾ 1 , 0 ⩽ y ⩽ 1 , x ⩾ 0}. Esercizio 6.6 - Calcolare l’integrale

∫_{E} x^{3}y^{5}dxdy dove E = E_{1} ∪ E_{2} con

E_{1} = {(x, y) ∈ R^{2} | − 1 ⩽ x ⩽ 1 , −1 ⩽ y ⩽ x^{2}}
E_{2} = {(x, y) ∈ R^{2} | x ⩾ 1 , x^{2} + y^{2} − 2x ⩽ 0}

Esercizio 6.7 - Calcolare ∫_{E} \frac{xy^{2}}{x^{2} + y^{2}} dove E = \{(x, y) ∈ R^{2} | y ⩾ x , 1 ⩽ x^{2} + y^{2} ⩽ 2}.

Esercizio 6.8 - Calcolare ∫_{E} \frac{tg (x + y)}{x + y}dxdy dove E = \{(x, y) ∈ R^{2} | 0 < x + y ⩽ 1 , x, y > 0}.

Esercizio 6.9 - Calcolare ∫_{E}(x + y)dxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | 0 < x < y < 2x , 1 < xy < 2 }.

Esercizio 6.10 - Calcolare ∫_{E} x^{2}(y−x^{3})e^{y+x^{3}}dxdy dove E = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{3} ⩽ y ⩽ 3 , x ⩾ 1}.

Esercizio 6.11 - Calcolare ∫_{E} \frac{3}{x^{2}y^{2}} dxdy dove E = \{(x, y) ∈ R^{2} | y > 1/x , x ⩽ y ⩽ 4x}.

Esercizio 6.12 - Determinare per quali valori del parametro reale α ∈ R risulta integrabile la funzione f(x, y) = (x^{2} + y^{2})^{−α} su E = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1}.

Esercizio 6.13 - Calcolare ∫_{0}^{∞} \frac{sen x}{x}dx (Suggerimento; considerare la funzione f(x, y) = sen xe^{−xy} e integrarla sull’insieme [0, +∞) × [0, +∞)).

Esercizio 6.14 - Calcolare l’area della regione S compresa tra le curve

\{ \begin{matrix}x^{2} + y^{2} − x = 0 \\ ϱ^{2} = 2 cos 2ϑ, ϑ ∈ [−π/4, π/4]. \end{matrix}

Esercizio 6.15 - Trovare il volume del tetraedro T di vertici (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1).

Esercizio 6.16 - Determinare il volume dell’intersezione dei due cilindri C_{1} = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1 } , C_{2} = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + z^{2} ⩽ 1 } .

Esercizio 6.17 - Determinare il volume del toro di raggio R ottenuto ruotando una circonferenza di raggio r.

Esercizio 6.18 - Determinare il volume del solido

E = \{(x, y, z) ∈ R^{3} | 9(1 − \sqrt{x^{2} + z^{2}})^{2} + 4y^{2} ⩽ 1\}.

Esercizio 6.19 - Calcolare il volume del solido

E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1 , x^{2} + y^{2} − 2 ⩽ z ⩽ 4 − x − y}.

Esercizio 6.20 - Calcolare ∫_{R} e^{−x^{2}}dx (suggerimento: calcolare in R^{2} l’inte-

grale di e^{−x^{2}−y^{2}}).

Esercizio 6.21 - Determinare l’area dell’ellisse racchiusa dalla curva \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1.

Esercizio 6.22 - Determinare il volume della regione interna sia alla superficie

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4a^{2}

che alla superficie cilindrica

x^{2} + (y − a)^{2} = a^{2} .

Esercizio 6.23 - Nell’integrale

∫_{−1}^{1} dx ∫_{|x|}^{√\overline{2−x^{2}}} f(x, y)dy

si scambi l’ordine di integrazione, cioè si lasci libera la variabile y e si scriva x in dipendanza da y.

Esercizio 6.24 - Calcolare il volume della porzione di cono (α > 0)

{(x, y, z) ∈ R^{3} | α(x^{2} + y^{2}) ⩽ z^{2}, 0 ⩽ z ⩽ h}

Esercizio 6.25 - Si calcoli l’integrale ∫_{S} \frac{x^{2}}{x^{2} + z^{2}} dxdydz dove

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} + z^{2} < 2, x^{2} − y^{2} + z^{2} < 0, y > 0} .

Esercizio 6.26 - Calcolare, se esiste, l’integrale ∫_{E} f(x, y)dxdy dove

f(x, y) = sen \frac{πx}{x + y} , E = \{(x, y) ∈ R^{2} |x < y < 2x, 0 < x + y < 2\} .

Esercizio 6.27 - Calcolare il seguente integrale

∫_{x^{2}+y^{2}+z^{2}⩽1} sen (x + y + z)dxdydz.

140 CAPITOLO 6. INTEGRALI Esercizio 6.28 - Calcolare il seguente integrale

∫_{E} e^{\frac{x+y}{\sqrt{2}}} dxdydz

dove

E = \{(x, y, z) ∈ R^{3} : \frac{x^{2} + y^{2}}{a^{2}} + \frac{z^{2}}{b^{2}} ≤ 1\} .

Integrali di superficie

Esercizio 6.29 - Calcolare l’area della superficie della sfera

{(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} + z^{2} = r^{2}} .

Esercizio 6.30 - Calcolare l’area della superficie

S = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1 , x^{2} + y^{2} − z = 0} .

Esercizio 6.31 - Calcolare il seguente integrale di superficie

∫_{Σ} \frac{z + y^{2}}{\sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}}dσ

dove

Σ = {(x, y, z) ∈ R^{3} | z = x^{2} − y^{2} , x^{2} + y^{2} ⩾ 1 , x^{2} + 4y^{2} ⩽ 4}.

Esercizio 6.32 - Calcolare il seguente integrale di superficie

∫_{Σ} \frac{x}{\sqrt{4z + 1}}dσ

dove Σ è la superficie Σ = {(x, y, z) ∈ R^{3} | z = x^{2} + y^{2} , x^{2} + y^{2} − y ⩽ 0 , y ⩾ 1/2 , x ⩾ 0}.

Flussi

Esercizio 6.33 - Calcolare l’area del cerchio di raggio r > 0. Esercizio 6.34 - Calcolare il flusso del campo

F (x, y, z) = (x^{3}e^{−z}, 3xz, 3x^{2}e^{−z})

uscente dall’emisfero superiore della sfera di equazione x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ 16.

Esercizio 6.35 - Calcolare il flusso del campo vettoriale

F (x, y, z) = (x^{2}, y, z)

uscente dal tetraedro T = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x, y, z ⩾ 0 , x + y + z ⩽ 1}. Esercizio 6.36 - Calcolare il flusso del campo

F (x, y, z) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}^{3}} (x, y, z)

uscente da una qualsiasi superficie chiusa contenente all’interno l’origine (Legge di Gauss). Esercizio 6.37 - Calcolare il flusso del campo

F (x, y, z) = (x + y, z − y, x^{3}y)

sulla superficie Σ = {(x, y, z) ∈ R^{3} | z = x^{2} + y^{2} , x^{2} + y^{2} ⩽ 4}.

142 CAPITOLO 6. INTEGRALI

Soluzioni

Soluzione 6.1 - Essendo il dominio un rettangolo si può scrivere

∫_{Q} f(x, y)dxdy = ∫_{0}^{π} ( ∫_{0}^{3} f(x, y)dy)dx = ∫_{0}^{3} ( ∫_{0}^{π} f(x, y)dx)dy e integrare indifferentemente prima rispetto ad una variabile e poi rispetto all’altra. Scegliamo di integrare prima rispetto alla variabile y:

∫_{Q} f(x, y)dxdy = ∫_{0}^{π} ( ∫_{0}^{3}[y(x^{2} + sen x) + e^{x}]dy)dx
= ∫_{0}^{π} (\frac{y^{2}x^{2}}{2} + \frac{y^{2}}{2} sen x + ye^{x})|_{0}^{3}dx
= ∫_{0}^{π} (\frac{9x^{2}}{2} + \frac{9}{2} sen x + 3e^{x})dx
= (\frac{9x^{3}}{6} − \frac{9}{2} cos x + 3e^{x})|_{0}^{π}
= \frac{9π^{3}}{6} + \frac{9}{2} − \frac{9}{2} + 3e^{π} − 3 .

Soluzione 6.2 - L’insieme E è quello rappresentato in Figura 6.1. Scegliendo

Figura 6.1:

x come variabile libera si può scrivere l’integrale

∫_{0}^{2} dx( ∫_{0}^{x^{2}}(x^{2} + y)dy)

che diventa

∫_{0}^{2} dx(x^{2}y + \frac{y^{2}}{2} )|_{y=0}^{y=x^{2}} = ∫_{0}^{2} \frac{3}{2}x^{4}dx = \frac{48}{5} .

Scegliendo y come variabile libera l’integrale diventa (svolgerlo per esercizio)

∫_{0}^{4} dy( ∫_{√\overline{y}}^{2}(x^{2} + y)dx) .

Soluzione 6.3 - Il dominio di integrazione è normale rispetto ad entrambe le variabili; scrivendo

∫_{E}(x^{2} − 3y^{2}) sen (xy)dxdy = ∫_{E} x^{2} sen (xy)dxdy − 3 ∫_{E} y^{2} sen (xy)dxdy

conviene tenere nel primo integrale come variabile libera la x, mentre nel secondo conviene tenere come variabile libera la y; quindi

∫_{E}(x^{2} − 3y^{2}) sen (xy)dxdy = ∫_{−3}^{3} x^{2} ∫_{x}^{3} sen (xy)dydx +
−3 ∫_{−3}^{3} y^{2} ∫_{−3}^{y} sen (xy)dxdy
= ∫_{−3}^{3}(x cos x^{2} − x cos 3x)dx +
−3 ∫_{−3}^{3}(y cos 3y − y cos y^{2})dy = 0,

in quanto integrali di funzioni dispari su intervalli simmetrici rispetto all’origine.

Soluzione 6.4 - Scegliendo x come variabile libera, l’integrale diventa

∫_{E} \frac{x}{x^{2} + y^{2}} dxdy = ∫_{1}^{2} (∫_{x^{2}/2}^{x^{2}} \frac{x}{x^{2} + y^{2}} dy) dx

= ∫_{1}^{2} (arctg x − arctg x/2) dx

= [x (arctg x − arctg x/2) + log (\frac{x^{2} + 4}{\sqrt{x^{2} + 1}})]_{1}^{2}

= 2arctg 2 − \frac{3}{4}π + arctg \frac{1}{2} + log \frac{8}{5}\sqrt{\frac{3}{5}}.

Soluzione 6.5 - Se scegliamo x come variabile libera dobbiamo spezzare in tre l’integrale (in tre insiemi come indicato in Figura 6.2). Conviene quindi

Figura 6.2:

scegliere y come variabile libera:

\begin{aligned}∫_{E} f(x, y)dxdy & = & ∫_{0}^{1} ( ∫\begin{matrix}√ & \overline{4−y^{2}} \\ √ & \overline{1−y^{2}} \end{matrix} xdx)dy \\ & = & ∫_{0}^{1} \frac{1}{2}(4 − y^{2} − (1 − y^{2}))dy = \frac{3}{2} . \end{aligned}

Soluzione 6.6 - Notiamo anzitutto che la funzione integranda è dispari rispetto ad entrambe le variabile, inoltre il dominio E_{1} è simmetrico rispetto all’asse y mentre E_{2} è simmetrico rispetto all’asse x, quindi

∫_{E} x^{3}y^{5}dxdy = ∫_{E_{1}} x^{3}y^{5}dxdy + ∫_{E_{2}} x^{3}y^{5}dxdy = 0.

Soluzione 6.7 - L’insieme di integrazione non è normale rispetto a nessuna delle due variabili; notiamo però che se passiamo alle coordinate polari, esso diventa, nelle variabili ϱ e ϑ, il rettangolo [1, \sqrt{2}] × [π/4, 5π/4]. Otteniamo quindi che

∫_{E} \frac{xy^{2}}{x^{2} + y^{2}} dxdy = ∫_{[1,\sqrt{2}]×[π/4,5π/4]} \frac{ϱ cos ϑϱ^{2} sen^{2}ϑ}{ϱ^{2}}ϱdϱdϑ

= ∫_{1}^{√\overline{2}} ∫_{π/4}^{5π/4} ϱ^{2} cos ϑ sen^{2}ϑdϑdϱ

= \frac{\sqrt{2} − 4}{18}.

Soluzione 6.8 - Notiamo che il dominio di integrazione è normale rispetto ad entrambe le variabili, però la funzione integranda tg t/t non ammette primitiva; proviamo quindi ad effettuare. Cerchiamo un cambio di variabili tale che la matrice del cambiamento di coordinate abbia determinante 1; un possibile cambio di variabili di questo tipo si può ottenere ponendo u = x + y, v = x. Nelle variabili (u, v) l’insieme E diventa {(u, v) ∈ R^{2} | 0 < u ⩽ 1 , 0 < v < u}, e quindi

∫_{E} \frac{tg (x + y)}{x + y}dxdy = ∫_{0}^{1} (∫_{0}^{u} \frac{tg u}{u}dv) du = ∫_{0}^{1} tg udu
= − log cos 1.

Soluzione 6.9 - L’insieme E è quello in Figura 6.3. Si può svolgere il calcolo

Figura 6.3:

in coordianate cartesiane, ma è più semplice effettuare il cambio di coordinate

u = xy , v = \frac{y}{x}

da cui si ricava che

x = \sqrt{\frac{u}{v}} , y = \sqrt{uv} .

Lo jacobiano di tale trasformazione è dato da 1/2v per cui si ottiene

∫_{1}^{2} dv ∫_{1}^{2} du(\sqrt{uv} + \sqrt{\frac{u}{v}})\frac{1}{2v}

che svolto dà il risultato.

Soluzione 6.10 - Se effettuiamo la sostituzione u = y−x^{3}, v = y+x^{3}, notiamo che la funzione F (x, y) = (y − x^{3}, y + x^{3}) è una applicazione differenziabile con

| det DF (x, y)| = |det ( \begin{matrix}3x^{2} & 1 \\ −3x^{2} & 1 \end{matrix} )| = 6x^{2},

e quindi eccettuato i punti in cui x = 0, la funzione F è un diffeomorfismo. Notiamo che sull’insieme E si ha x ⩾ 1, e quindi possiamo applicare la formula di cambiamento di variabili, tenendo presente che nelle variabili (u, v) l’insieme E diventa {(u, v) ∈ R^{2} | 0 ⩽ u ⩽ 1 , u + 4 ⩽ v ⩽ 6 − u},

∫_{E} x^{2}(y − x^{3})e^{y+x^{3}}dxdy = \frac{1}{6} ∫_{E} | det DF (x, y)|(y − x^{3})e^{y+x^{3}}dxdy
= \frac{1}{6} ∫_{0}^{1} (∫_{u+4}^{6−u} ue^{v}dv) du
= −\frac{e^{5} + e^{4}}{6} .

Soluzione 6.11 - Passando alle coordinate polari, l’insieme E diventa {(ϑ, ρ) ∈ R^{2} | π/4 ⩽ ϑ ⩽ arctg 4 , ρ ⩾ 1/\sqrt{cos ϑ sen ϑ}\}; quindi l’integrale diventa

∫_{E} \frac{3}{x^{2}y^{2}} dxdy = ∫_{π/4}^{arctg 4} dϑ ∫_{1/\sqrt{sen ϑ cos ϑ}} \frac{3}{ρ^{4} cos^{2} ϑ sen^{2}ϑ}ρdρ

= \frac{3}{2} ∫_{π/4}^{arctg 4} \frac{1}{sen ϑ cos ϑ}dϑ
= 3 log 2.

Soluzione 6.12 - Passando alle coordinate polari otteniamo

∫_{E} \frac{1}{(x^{2} + y^{2})^{α}} dxdy = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1} \frac{ρ}{ρ^{2α}} dρ
= 2π ∫_{0}^{1} \frac{1}{ρ^{2α−1}} dρ,

e quindi la funzione sarà integrabile per α < 1.

Soluzione 6.13 - Se integriamo la funzione f(x, y) = sen xe^{−xy} su [0, +∞) × [0, +∞) prima rispetto a y otteniamo

∫_{[0,+∞)×[0,+∞)} f(x, y)dydx = ∫_{0}^{+∞} \frac{sen x}{x}dx,

mentre se integriamo prima rispetto a x si ottiene

∫_{0}^{∞} ∫_{0}^{+∞} sen xe^{−xy}dxdy = ∫_{0}^{+∞} \frac{1}{1 + y^{2}} dy = \frac{π}{2} ,

da cui si ricava che

∫_{0}^{+∞} \frac{sen x}{x}dx = \frac{π}{2} .

Soluzione 6.14 - Riscrivendo la prima curva, che è una circonferenza centrata in (1/2, 0) e raggio 1/2, in coordinate polari, abbiamo che essa è descritta dall’equazione

ρ = cos ϑ, ϑ ∈ [−π/2, π/2].

Figura 6.4:

Notando a questo punto che il dominio S di cui si vuole calcolare l’area è simmetrico rispetto all’asse x (si veda la figura (6.4)), la sua area sarà data da

Area(S) = 2Area(S′),

dove S′ è individuata, nelle coordinate polari, da 0 ⩽ ϑ ⩽ π/4. Cerchiamo anzitutto l’angolo ϑ_{0} per il quale le due curve si incontrano; esso sarà individuato dalla condizione

cos^{2} ϑ = 2 cos 2ϑ,

che ha come soluzione

sen ϑ_{0} = \frac{1}{\sqrt{3}}, cos ϑ_{0} = \begin{matrix}√ & \overline{2} \\ √ & \overline{3} \end{matrix}.

L’area di S′ sarà quindi data da

Area(S′) = ∫_{S′} dxdy = ∫_{S′} ϱdϱdϑ

= ∫_{0}^{ϑ_{0}} dϑ ∫_{0}^{cos ϑ} ϱdϱ + ∫_{ϑ_{0}}^{π/4} dϑ ∫_{0}^{√\overline{2 cos 2ϑ}} ϱdϱ
= \frac{\sqrt{2}}{8} + \frac{1}{8} + \frac{π}{16} − \frac{ϑ_{0}}{4} .

In definitiva

Area(S) = \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{1}{4} + \frac{π}{8} − \frac{ϑ_{0}}{2} .

Soluzione 6.15 - Il tetraedro è il solido delimitato dai quattro piani x = 0, y = 0, z = 0, x+y +z = 1 e rappresentato in Figura 6.5. Per calcolare il volume

Figura 6.5:

di un solido S (e in generale la misura n-dimensionale di un aperto in R^{n}) si può calcolare l’integrale della funzione 1 sull’insieme S. Per cui valutiamo

∫_{T} dxdydz .

Scegliendo x come variabile libera si hanno le limitazioni 0 ⩽ x ⩽ 1. Per x fissato ora esprimiamo gli estremi per y e z (si veda il secondo disegno in Figura 6.5). Scegliendo y si ottiene 0 ⩽ y ⩽ 1 − x e infine 0 ⩽ z ⩽ 1 − x − y. Quindi

Vol (T) = ∫_{0}^{1} dx ∫_{0}^{1−x} dy ∫_{0}^{1−x−y} dz
= ∫_{0}^{1} dx ∫_{0}^{1−x} dy(1 − x − y)
= ∫_{0}^{1} dx (y − xy − y^{2}/2)|_{y=0}^{y=1−x}
= ∫_{0}^{1} [1 − 2x + x^{2} − \frac{x^{2} − 2x + 1}{2}]dx = \frac{1}{6} .

Soluzione 6.16 - Chiamando V il solido dato dall’intersezione di C_{1} e C_{2} si ha

∫_{V} dx dy dz = ∫_{−1}^{1} dx ∫_{−\sqrt{1−x^{2}}}^{√\overline{1−x^{2}}} dy ∫_{−\sqrt{1−z^{2}}}^{√\overline{1−z^{2}}} dz = \frac{16}{3} .

Soluzione 6.17 - Il toro è una figura la cui superficie può essere ottenuta ruotando una circonferenza di raggio r su una circonferenza di raggio R ortogonale alla prima, 0 < r < R per ottenere una figura come quella a sinistra

Figura 6.6:

in Figura 6.6. In generale per calcolare il volume di un solido di rotazione, cioè un solido la cui superficie si ottiene ruotando una curva (z, f(z)) nel piano con f > 0 (si veda la Figura 6.7), si possono usare le coordinate cilindriche. Considerando f : [a, b] → R, f ⩾ 0, e il solido ottenuto ruotando il grafico di f,

Figura 6.7:

descriviamo il solido con le coordinate

(ρ, ϑ, z) ↦ (ρ cos ϑ, ρ sen ϑ, z)

il cui jacobiano è ρ. Se denotiamo con S il solido, integrando si ha

Vol(S) = ∫_{a}^{b} dz ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{f(z)} ρ dρ = π ∫_{a}^{b} f^{2}(z)dz .

Per calcolare il volume del toro consideriamo quindi le funzioni f(z) = \sqrt{r^{2} − z^{2}}+ R e g(z) = −\sqrt{r^{2} − z^{2}} definite tra −r e r valutando prima l’integrale di f^{2} al quale sottraiamo l’integrale di g^{2}. Si ha quindi

π ∫_{−r}^{r}[f^{2}(z) − g^{2}(z)]dz = 4Rπ^{2} ∫_{−r}^{r} \sqrt{r^{2} − z^{2}}dz .

Si noti che l’integrale da calcolare fornisce l’area del semicerchio, per cui il volume del toro è dato da

4Rπ \frac{πr^{2}}{2} = 2π^{2}Rr^{2} .

Si noti che questa quantità è data dal prodotto dell’area del cerchio piccolo πr^{2} moltiplicata per la lunghezza della circonferenza grande 2πR.

Soluzione 6.18 - Notiamo che l’insieme dato è invariante per rotazioni attorno all’asse y, quindi possiamo provare a passare alle coordinate cilindriche con asse lungo l’asse y, cioè

\{ \begin{matrix}x = ϱ cos ϑ \\ y = t \\ z = ϱ sen ϑ. \end{matrix}

In queste nuove coordinate l’insieme E risulta essere determinato da

\{(ϑ, ϱ, t) ∈ [0, 2π) × R^{2} | − \frac{1}{2} ⩽ t ⩽ \frac{1}{2} , 1 − \frac{\sqrt{1 − 4t^{2}}}{3} ⩽ ϱ ⩽ 1 + \frac{\sqrt{1 − 4t^{2}}}{3} \} .

Otteniamo quindi che il volume di E è dato da

Vol(E) = ∫_{E} dxdydz = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{−1/2}^{1/2} dt ∫_{1−^{\frac{\sqrt{1−4t^{2}}}{3}}}^{1+^{\frac{\sqrt{1−4t^{2}}}{3}}} ϱdϱ

= \frac{4π}{3} ∫_{−1/2}^{1/2} \sqrt{1 − 4t^{2}}dt = \frac{π^{2}}{3} .

Soluzione 6.19 - L’insieme di sui si vuole calcolare il volume è costituito tra la regione dello spazio in cui z è compresa tra il paraboloide x^{2} + y^{2} − 2 e il piano 4 − x − y, mentre x e y appartengono alla palla B centrata nell’origine e di raggio 1. Siccome il paraboloide e il piano si incontrano quando x e y appartengono alla circonferenza centrata in (−1/2, 1/2) e raggio \sqrt{13/2} (circonferenza che contiene la palla B), abbiamo che il volume può essere calcolato come integrale triplo della funzione f(x, y, z) = 1 sul dominio E che è normale rispetto alla variabile z. Otteniamo quindi che

Vol(E) = ∫_{E} dxdydz = ∫_{B} dxdy ∫_{x^{2}+y^{2}−2}^{4−x−y} dz = ∫_{B}(6 − x − y − x^{2} − y^{2})dxdy

Quest’ultimo integrale può infine essere calcolato utilizzando le coordinate polari, in modo da ottenere

Vol(E) = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1}(6 − ϱ cos ϑ − ϱ sen ϑ − ϱ^{2})ϱdϱ = \frac{11}{2}π.

Soluzione 6.20 - La funzione f(x) = e^{−x^{2}} non ammette un’esplicita primitiva. Per calcolare quest’integrale usiamo un trucco: passiamo attraverso un integrale in R^{2}. Valutiamo

∫_{R^{2}} e^{−x^{2}−y^{2}}dxdy .

Usando le coordinate polari, il cui jacobiano è ρ, otteniamo

∫_{R^{2}} e^{−x^{2}−y^{2}}dxdy = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{+∞} ρe^{−ρ^{2}}dρ = π .

D’altra parte

∫_{R^{2}} e^{−x^{2}−y^{2}}dxdy = ∫_{R} dx( ∫_{R} e^{−x^{2}−y^{2}}dy) =
= ∫_{R} dx(e^{−x^{2}} ∫_{R} e^{−y^{2}}dy) =
= ( ∫_{R} e^{−t^{2}}dt)^{2}

da cui si conclude che ∫_{R} e^{−x^{2}}dx = \sqrt{π} e più in generale

∫_{R^{n}} e^{−|x|^{2}}dx = (π)^{n/2} .

Soluzione 6.21 - Uso le coordinate polari modificate che possiamo chiamare coordinate ellittiche

(ρ, ϑ) ↦ (aρ cos ϑ, bρ sen ϑ)

che ha jacobiano abρ. L’area diventa

∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1} ρab dρ = πab .

Soluzione 6.22 - Sfruttando la simmetria sia rispetto al piano x, y che rispetto al piano y, z il volume del solido risulta essere quattro volte il volume del solido delimitato inoltre dalle condizioni x > 0 e z > 0. A questo punto usiamo le coordinate cilindriche con asse lungo l’asse z e centrate nell’origine: il cilindro è determinato dall’equazione

ρ^{2} cos^{2} ϑ + (ρ sen ϑ − a)^{2} = a^{2}

che equivalentemente può essere scritto come

ρ(ρ − 2a sen ϑ) = 0

che ha soluzioni ρ = 0 e ρ = 2a sen ϑ. Quindi le limitazioni per le variabili sono

0 ⩽ ϑ ⩽ π/2 , 0 ⩽ ρ ⩽ 2a sen ϑ .

Infine da x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4a^{2} si ricava z^{2} = 4a^{2} − ρ^{2} da cui le limitazioni sulla z diventano

0 ⩽ z ⩽ \sqrt{4a^{2} − ρ^{2}} .

Quindi il volume è dato da

V = 4 ∫_{0}^{π/2} dϑ ∫_{0}^{2a sen ϑ} dρ ∫_{0}^{√\overline{4a^{2}−ρ^{2}}} ρdz

che fornisce, usando il fatto che per 0 ⩽ ϑ ⩽ π/2 \sqrt{1 − sen^{2}ϑ} = cos ϑ, il seguente risultato

V = \frac{16}{9}(3π − 4)a^{3} .

Soluzione 6.23 - L’insieme delimitato dagli estremi −1 e 1 per la variabile x e |x| e \sqrt{2 − x^{2}} per la variabile y è quello in Figura 6.8. Quindi l’integrale diventa

∫_{0}^{1} dy ∫_{−y}^{y} f(x, y)dx + ∫_{1}^{√\overline{2}} dy ∫_{−\sqrt{2−y^{2}}}^{√\overline{2−y^{2}}} f(x, y)dx .

Figura 6.8:

Soluzione 6.24 - Uso le coordinate cilindriche

∫_{0}^{h} dz ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{z/\sqrt{α}} ρdρ = \frac{h^{3}π}{3α} .

Provare alternativamente ad usare la formula per i solidi di rotazione (si veda la soluzione dell’Esercizio 6.17).

Soluzione 6.25 - Utilizziamo le coordinate cilindriche

x = ρ cos ϑ , y = t , z = ρ sen ϑ ,

con 0 ⩽ ϑ ⩽ 2π, 0 ⩽ ρ ⩽ 1 e ρ ⩽ t ⩽ \sqrt{2 − ρ^{2}}. L’integrale diventa

∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1} dρ ∫_{ρ}^{√\overline{2−ρ^{2}}} (ρ\frac{ρ^{2} cos^{2} ϑ}{ρ^{2}}) dt = (2\sqrt{2} − 2)\frac{π}{3} .

In questo caso potrebbe sembrare più naturale utilizzare le coordinate sferiche: convincersi che non è così.

Soluzione 6.26 - L’insieme E è quello a sinistra in Figura 6.9. Sicuramente l’integrale esiste perché la funzione integranda è limitata e quindi | ∫_{E} fdxdy| ⩽ |E|. Un modo di risolvere questo integrale è effettuare il cambio di variabile

ϕ(s, t) = (\frac{s}{1 + t}, \frac{st}{1 + t}) , 0 ⩽ s ⩽ 2 , 1 ⩽ t ⩽ 2 .

che porta il rettangolo Ẽ in E. Il cambio ϕ si ottiene ponendo y/x = t e

Figura 6.9: a sinistra l’insieme E, a destra Ẽ

x + y = s. Lo jacobiano è dato da \frac{s}{(1+t)^{2}} , per cui si perviene all’integrale

∫_{0}^{2} ds ∫_{1}^{2} dt\frac{s}{(1 + t)^{2}} sen \frac{π}{1 + t}

che risolto è

∫_{0}^{2} \frac{s}{π} cos \frac{π}{1 + t}|_{t=1}^{t=2}ds = ∫_{0}^{2} \frac{s}{π} ( cos \frac{π}{3} − cos \frac{π}{2} )ds = \frac{1}{π} (\sqrt{3} − \sqrt{2}) .

Provare anche con il cambio di variabile

ψ(s, t) = (s − ts, ts) , 0 ⩽ s ⩽ 2 , \frac{1}{2} ⩽ t ⩽ \frac{2}{3} .

che mappa ˜ Ẽ in E come indicato in Figura 6.10.

Figura 6.10: a sinistra l’insieme E, a destra ˜ Ẽ

Soluzione 6.27 - Per calcolare l’integrale dato, proviamo ad effettuare un cambio di variabili in modo che la funzione integranda si semplifichi ed in modo tale che la matrice del cambiamento di coordinate non dia problemi nell’integrazione e, ancora, che nel nuovo sistema di riferimento l’insieme su cui si vuole integrare non si complichi. Un modo per non avere problemi con la matrice del cambiamento di coordinate è fare in modo che tale matrice abbia determinante pari a 1; particolari trasformazioni con tale determinante sono le rotazioni, trasformazioni che hanno il vantaggio nel nostro caso di trasformare la palla B centrata nell’origine e di raggio 1 in se stessa. Cerchiamo quindi una rotazione dello spazio che ad esempio mandi il piano x + y + z = 0 nel piano determinato nelle nuove coordinate (u, v, w) ad esempio da u = 0. Una tale rotazione è data ad esempio

( \begin{matrix}u \\ v \\ w \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ −\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & −\begin{matrix}√ & \overline{2} \\ √ & \overline{3} \end{matrix} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) .

Con tale trasformazione si ottiene che l’integrale diventa

∫_{B} sen (x + y + z)dxdydz = ∫_{B} sen (u\sqrt{3})dudvdw.

A questo punto notiamo che la funzione integranda è dispari nella variabile u e il dominio B è simmetrico rispetto a tale variabile, e quindi si ottiene che

∫_{B} sen (u\sqrt{3})dudvdw = 0.

Soluzione 6.28 - Notiamo che l’insieme di integrazione è invariante per rotazioni intorno all’asse z; seguendo la discussione del punto precedente, cerchiamo una rotazione dello spazio in modo che il piano x + y = 0 diventi nelle nuove coordinate (u, v, w) il piano u = 0 e consideriamo una rotazione che lasci inalterato l’insieme di integrazione, cioè una rotazione effettuata attorno all’asse z. Una tale rotazione è data ad esempio da

( \begin{matrix}u \\ v \\ w \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ −\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) .

L’integrale diventa quindi

∫_{E} e^{\frac{x+y}{\sqrt{2}}} dxdydz = ∫_{E} e^{u}dudvdw = ∫_{I_{u}} e^{u}A_{u}du,

dove A_{u} è l’area dell’ellisse

E_{u} = \{(v, w) ∈ R^{2} |\frac{v^{2}}{a^{2} − u^{2}} + \frac{a^{2}}{b^{2}} \frac{z^{2}}{a^{2} − u^{2}} \}

e I_{u} = [−a, a]. In definitiva troviamo che

∫_{E} e^{\frac{x+y}{\sqrt{2}}} dxdydz = ∫_{−a}^{a} e^{u}π \frac{b}{a} (a^{2} − u^{2}) du = 2π \frac{b}{a}((a − 1)e^{a} + (a + 1)e^{−a})

Soluzione 6.29 - Parametrizzando con le coordinate sferiche la superficie

f(ϑ, φ) = (r cos ϑ sen φ, r sen ϑ sen φ, r cos φ)

con 0 ⩽ ϑ ⩽ 2π, 0 ⩽ φ ⩽ π. Le derivate sono

f_{ϑ}(ϑ, φ) = (−r sen ϑ sen φ, r cos ϑ sen φ, 0) ,
f_{φ}(ϑ, φ) = (r cos ϑ cos φ, r sen ϑ cos φ, −r sen φ) .

156 CAPITOLO 6. INTEGRALI Il prodotto vettoriale è dato da f_{ϑ} ∧ f_{φ} = −r^{2}(cos ϑ sen^{2}φ, sen ϑ sen^{2}φ, sen^{2}ϑ sen φ cos φ + cos^{2} ϑ sen φ cos φ) da cui

|f_{ϑ} ∧ f_{φ}| = r^{4} sen^{2}φ .

Quindi se S è la sfera l’area è ∫_{S} dσ = ∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{π} dφ r^{2} sen φ = 4πr^{2} .

Soluzione 6.30 - La superficie S può essere vista come il grafico della funzione f(x, y) = x^{2} + y^{2} definita nel dominio C = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1 } (si veda la Figura 6.11). L’integrale diventa

Figura 6.11:

∫_{S} dσ = ∫_{C} \sqrt{1 + 4x^{2} + 4y^{2}} dxdy

che trasformato in coordinate polari diventa

∫_{0}^{2π} dϑ ∫_{0}^{1} dρ ρ\sqrt{1 + 4ρ^{2}} = \frac{4}{3}π .

Soluzione 6.31 - L’integrale che si vuole calcolare è l’integrale della funzione

f(x, y, z) = \frac{z + y^{2}}{\sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}}

sulla superficie, data come grafico della funzione z = g(x, y) = x^{2} − y^{2} sul dominio

D = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} ⩾ 1, x^{2} + 4y^{2} ⩽ 4}.

Usando quindi la definizione di integrale superficiale, si ottiene che

dσ = \sqrt{1 + |∇g(x, y)|^{2}}dxdy = \sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}dxdy,

da cui

∫_{Σ} \frac{z + y^{2}}{\sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}}dσ = ∫_{D} \frac{x^{2} − y^{2} + y^{2}}{\sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}}\sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}dxdy
= ∫_{D} x^{2}dxdy = \frac{7}{4}π.

Soluzione 6.32 - La superficie sulla quale si vuole calcolare l’integrale è dato dal grafico della funzione

z = g(x, y) = x^{2} + y^{2}

con (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R^{2} | x^{2} + y^{2} − y ⩽ 0 , y ⩾ 1/2 , x ⩾ 0}. Quindi otteniamo che

dσ = \sqrt{1 + |∇g(x, y)|}dxdy = \sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}dxdy

e l’integrale di superficie diventa quindi

∫_{D} \frac{x}{\sqrt{4(x^{2} + y^{2}) + 1}}\sqrt{1 + 4(x^{2} + y^{2})}dxdy = ∫_{D} xdxdy = \frac{1}{24}.

Soluzione 6.33 - Denotato con C il cerchio di raggio r centrato nell’origine, per il teorema della divergenza si ha

Area(C) = ∫_{C} 1 dxdy = ∫_{∂C} F · ν ds

dove F è un qualunque campo cha abbia divergenza 1 e ν la normale esterna al bordo di C. Si può prendere F (x, y) = (αx, βy) con α + β = 1, l’esempio più semplice è prendere α = β = 1/2. Parametrizzando poi la circonferenza con (r cos t, r sen t) si ottiene

∫_{∂C} F · ν ds = ∫_{0}^{2π} [\frac{r^{2}}{2} cos^{2} t + \frac{r^{2}}{2} sen^{2}t]dt = r^{2}π .

Soluzione 6.34 - Per calcolare il flusso di tale campo si puó procedere in due modi, o scrivendo l’integrale di superficie, oppure cercare di applicare il Teorema della divergenza in R^{3}. Lasciamo il primo caso come esercizio e vediamo come procedere nel secondo caso. Per poter applicare il Teorema dalla divergenza dobbiamo avere a che fare con superfici chiuse, quindi, siccome nel nostro caso abbiamo solo l’emisfero superiore E della sfera x^{2}+y^{2}+z^{2} = 16, dobbiamo prima di tutto chiudere tale superficie; il modo più semplice per fare ciò è considerare l’insieme

S = {(x, y, 0) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 16}.

A questo punto abbiamo che, se

A = {(x, y, z) ∈ R^{3} | z ⩾ 0 , x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ 16},

allora ∂A = E ∪ S e quindi

∫_{E∪S} F · νdσ = ∫_{∂A} F · νdσ = ∫_{A} divF dxdydz.

Quindi, dato che divF = 0,

∫_{E} F · νdσ = − ∫_{S} F · νdσ.

Ma su S si ha che F (x, y, 0) = (x^{3}, 0, 3x^{2}), ν = (0, 0, −1) e dσ = dxdy, quindi

∫_{S} F · νdσ = − ∫_{x^{2}+y^{2}⩽16} 3x^{2}dxdy = −192π;

in definitiva abbiamo trovato che

∫_{E} F · νdσ = −192π.

Soluzione 6.35 - Utilizzando il Teorema della divergenza, tenendo presente che divF (x, y, z) = 2x + 2, otteniamo che

∫_{∂T} F · νdσ = ∫_{T} divF dxdydz
= ∫_{0}^{1} dx ∫_{0}^{1−x} dy ∫_{0}^{1−x−y}(2x + 2)dz = \frac{5}{12}.

Per controllare che tale risultato sia giusto, si potrebbe calcolare l’integrale di superficie del campo vettoriale F.

Soluzione 6.36 - Notiamo anzitutto che il campo dato ha la proprietà che divF (x, y, z) = 0 per ogni (x, y, z) ∈ R^{3} \ {(0, 0, 0)}. Questo vuol dire che se T è un qualsiasi dominio che non contiene l’origine, si ha che

∫_{∂T} F · νdσ = 0.

A questo punto, se Σ = ∂A è una qualsiasi superficie chiusa che contiene al suo interno l’origine, non possiamo concludere che il flusso sia nullo in quanto la singolarità del campo F cade proprio nella porzione di spazio racchiusa dalla superficie Σ. Siccome l’origine è un punto interno a Σ, esisterà un raggio R tale che la palla B_{R}(0) è tutta contenuta all’interno di Σ consideriamo quindi la porzione di spazio T = A \ B_{R}(0), abbiamo che ∂T = Σ ∪ ∂B_{R}(0) e a questo punto l’origine non è più all’interno di T, quindi

0 = ∫_{T} divF dxdydz = ∫_{Σ} F · νdσ − ∫_{∂B_{R}(0)} F · νdσ

dove il segno meno nell’ultimo integrale tiene conto che ν è la normale esterna alla palla B_{R}(0) che però rappresenta in tali punti la normale entrante nella regione T. Quindi

∫_{Σ} F · νdσ = ∫_{∂B_{R}(0)} F · νdσ;

su ∂B_{R}(0) abbiamo che il campo si scrive

F (x, y, z) = \frac{(x, y, z)}{R^{3}}

mentre la normale uscente da B_{R}(0) si scrive come

ν(x, y, z) = \frac{(x, y, z)}{R}.

Per calcolare l’integrale utilizziamo le coordinate polari e tenendo presente che dσ = R^{2} sen φdφdϑ, otteniamo che

∫_{∂B_{R}(0)} F · νdσ = ∫_{0}^{π} dφ ∫_{0}^{2π} \frac{1}{R^{2}} R^{2} sen φdϑ = 4π.

Soluzione 6.37 - Notiamo anzitutto che divF = 0, quindi possiamo provare ad applicare il Teorema della divergenza; per fare questo dobbiamo considerare una superficie chiusa, dobbiamo cioè chiudere la superficie data. Per fare questo possiamo ad esempio considerare la superficie

S = {(x, y, 4) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 4}.

160 CAPITOLO 6. INTEGRALI Se poniamo

A = {(x, y, z) ∈ R^{3} | 0 ⩽ z ⩽ 4 , x^{2} + y^{2} ⩽ 4}

abbiamo che ∂A = S ∪ Σ, e quindi dalla condizione divF = 0 si ricava che

∫_{Σ} F · νdσ = − ∫_{S} F · νdσ.

Ma su S la normale uscente è data dal vettore (0, 0, 1) e dσ = dxdy, quindi ∫_{Σ} F · νdσ = ∫_{x^{2}+y^{2}⩽4} x^{3}ydxdy = 0.