Analisi 2 Raccolta Esercizi Svolti Lancelotti

Integrali doppi: esercizi svolti Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio. Calcolare i seguenti integrali doppi sugli insiemi specificati: ( ) √ Z q 2 2 2 a) , y 0, y > 0

1 12

i

o h i 3 4

Z

e)

Ω

n

xy dx dy,

h

Z

f)

Ω

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1, x2 + y 2 < 2x, y > 0

n

xy dx dy,

5 48

i

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + 2y 2 < 1, x > 0, y > 0

h

1

1 16

i

2

Integrali doppi: esercizi svolti

(

Z

g)

Ω

x(1 − y) dx dy,

) √ q 2 (x, y) ∈ R : 0 < y < , y < x < 1 − y2 2 2

Ω=

h√

2 6

½

Z

h)

Ω

log (xy) dx dy,

1 1 Ω = (x, y) ∈ R : −1 < x < − , 4x < y < 2 x

1 16

−

i

¾

2

[5 log 2 − 3] ½

Z

*i)

Z

l)

Ω

¾

1 Ω = (x, y) ∈ R : x < y 2 < x, 1 < xy < 2 4

x log 2 dx dy, y Ω

2

1 dx dy, (x + y)2

n

Ω = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, 3 ≤ y ≤ 4

h

i

log2 4

1 6

o

[log 25 − log 24] Z

m)

Ω

x dx dy, 2 x + y2

n

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 < y < 2x2 , 1 < x < 2 h

2 arctan 4 − 3 arctan 2 + Z

n)

Ω

n

sin y 2 dx dy, y

π 4

Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < y 2 ,

i

− 41 log 17 + 34 log 5 − 21 log 2 √ o √ π < y < 2π

[−1] Z

o)

Ω

n

xy dx dy,

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + 2y 2 < 1

[0] Z q

p)

x2 + y 2 dx dy,

Ω

Ω

Z

r)

Ω

o h

Z ³

q)

n

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 4x < 0

´

x + y 2 dx dy,

n

q

i

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y 2 < 4, x > 0, y > 0 h

x x2 + y 2 dx dy,

256 9

7 3

+

n

15 16 π

i

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1, x2 + y 2 < 2y, x < 0 h

3 − 20

i

Integrali doppi: esercizi svolti

Z

s)

Ω

3

n

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : 2x2 + 3y 2 < 4, x > 0, y > 0

(x + y) dx dy,

h ³√ 4

3+

9

√ ´i 2

Svolgimento Z

a) Consideriamo l’integrale

Ω

(x + y) dx dy, dove

(

Ω=

) √ q 2 (x, y) ∈ R : 0 < y < , y < x < 1 − y2 . 2 2

y 1

0.8

0.6

0.4

0.2

x

0 −0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Fig. 1: L’insieme Ω (in azzurro). L’insieme Ω `e x-semplice. Quindi si ha che √ Z Z 2 "Z √ Ω √ 2 2

Z

=

0

Z

=

·

0

√ 2 2

(x + y) dx dy =

0

√

1 2 x + xy 2 µ

¸ 1−y2

dy = y

Z ³

b) Consideriamo l’integrale n

Ω

y √

Z

q 1 − 2y 2 + y 1 − y 2 2

1−y 2

2

¶

2 2

0

#

(x + y) dx dy =

· ³ 1

¸

q ´ 3 1 − y 2 + y 1 − y 2 − y 2 dy = 2 2 ·

´3 1 2 1³ dy = y − y 3 − 1 − y2 2 2 3 3 ´

x2 + y 2 dx dy, dove o

Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2 .

¸

√

2 2

0

1 = . 3

4

Integrali doppi: esercizi svolti

y 2.5

2

1.5

1

0.5

x

0 −1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Fig. 2: L’insieme Ω `e il quadrato.

L’insieme Ω `e sia x-semplice che y-semplice. Si ha che Z ³ Ω

=

Z 1· 0

2

x +y

1 x y + y3 3 2

2

´

dx dy =

¸2

dx =

Z 1 ·Z 2 ³ 0

Z 1µ 0

1

1

7 x + 3

x +y

¶

2

2

2

¸

´

dy dx =

·

¸1

1 7 dx = x3 + x 3 3

Z

c) Consideriamo l’integrale

Ω

xy dx dy, dove

n

Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, x2 < y <

√ o x .

y 1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

x

0 −0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Fig. 3: L’insieme Ω (in azzurro).

0

8 = . 3

Integrali doppi: esercizi svolti

5

L’insieme Ω `e y-semplice. Quindi si ha che Z Ω

=

Z 1 0

·

1 x y2 2

xy dx dy =

¸√x

dx = x2

1 2

Z

d) Consideriamo l’integrale

Ω

x2

Z 1³ 0

Z 1 "Z √ x x2

0

#

xy dy dx = ·

´

x2 − x5 dx =

1 1 3 1 6 x − x 2 3 6

¸1

= 0

1 . 12

xy dx dy, dove + y2

n

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y 2 < 4, x > 0, y > 0 .

y 2.5

2

1.5

1

0.5

x

0 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Fig. 4: L’insieme Ω (in azzurro).

L’insieme Ω `e sia x-semplice che y-semplice. Osserviamo che Ω presenta una simmetria radiale. Possiamo quindi passare in coordinate polari nel piano. Poniamo quindi

(

Φ:

x = ρ cos ϑ y = ρ sin ϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π,

Allora

(

(x, y) ∈ Ω

⇐⇒

|det JΦ (ρ, ϑ)| = ρ.

1 0, y > 0 .

y 2

1

x

0 −2

−1

0

1

2

−1

−2

Fig. 24: L’insieme Ω (in azzurro). Essendo Ω la parte del I quadrante inclusa nell’ellisse di equazione

x2 2

+

y2 4 3

passiamo in coordinate ellittiche nel piano. Poniamo quindi √ ( x = 2ρ cos ϑ 2√ Φ: ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, |det JΦ (ρ, ϑ)| = 6ρ. √ 3 y = 23 3ρ sin ϑ, Allora

(

(x, y) ∈ Ω

⇐⇒

0 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1 h

Z

f)

´i

5 2−6

3

Ω = (x, y, z) ∈ R :

1

p

1 12

i

¾

x2

+

z2

1 0, 0 < y < 2z + 1, x2 + y 2 + 4z 2 < 1 h

π 16

+

1 6

i

Z

h)

Ω

y dx dy dz, n

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − 2x < 0, 0 < z < x, x2 + y 2 < 1, y > 0 Z

i)

Ω

y2 dx dy dz, x2 + y 2

o

h

(

Ω=

5 48

i

)

x2 + y 2 (x, y, z) ∈ R : 1 < x + y < 2x, 0 < z < x2 h √ i π − 32 3 3

2

2

Z

l)

Ω

2z dx dy dz, n

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 0 < y < x2 , x2 − 2x + y 2 < 0, 0 < z < Z

m)

Ω

log

½

Z 2

y |z| dx dy dz,

Ω

1 x2 + z 2

¾

£π¤ 2

2 Ω = (x, y, z) ∈ R : 1 < x + y < 2x, 0 < z < x 3

2

¾

2

√ i 2π − 3 3

n

|z| dx dy dz,

o

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z 2 − 1, 2x2 + y 2 + z 2 < 2

h√

6 12 π

Z

p)

Ω

i

h

Z

o)

13 24

x2 + z 2 dx dy dz,

½

Ω

h

p

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + z 2 < e2 , z < x, 0 < y <

n)

√ o xy

x2 |y| dx dy dz,

n

i

o

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1, 0 < z < x + 1 h

π 48

+

2 45

i

Integrali tripli: esercizi svolti

3

Svolgimento I grafici degli insiemi di integrazione di questi esercizi si trovano sulla pagina web http://calvino.polito.it/∼lancelot/didattica/analisi2/esercizi/grafici integrali tripli esercizio 1.html . Z

a) Consideriamo l’integrale

Ω

xyz dx dy dz, dove

n

o

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 . L’insieme Ω `e un cubo con spigoli paralleli agli assi coordinati. Poich`e la funzione integranda f (x, y, z) = xyz `e il prodotto di una funzione di x, una di y e una di z, si ha che

Z Ω

xyz dx dy dz =

µZ 1 0

·

1 = x2 2

¸1 · 0

x dx 1 2 y 2

¶ µZ 1 0

¸1 · 0

1 2 z 2

y dy ¸1 0

¶ µZ 1 0

¶

z dz =

1 = . 8

Z

b) Consideriamo l’integrale

Ω

2z dx dy dz, dove

½

¾

q

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : 2 x2 + y 2 < z < x + 2 .

z 6

5

4

3

2

1

x

0 −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Fig. 1: Sezione dell’insieme Ω con il piano xz (in azzurro).

4

Integrali tripli: esercizi svolti

Osserviamo che Ω `e l’insieme dei punti compresi fra il semicono di equazione z = p

2 x2 + y 2 e il piano di equazione z = x + 2. Integrando per fili paralleli all’asse z, si ha che

Z Ω

Z ·

=2

D

2z dx dy dz = 2

Z "Z x+2 D

¸

1 2 x+2 z √ dx dy = 2 2 x2 +y 2

dove

2

#

√

x2 +y 2

z dz dx dy =

Z h D

½

³

(x + 2)2 − 4 x2 + y 2

´i

dx dy,

¾

q

D = (x, y) ∈ R2 : 2 x2 + y 2 < x + 2 . Osserviamo che ³

q

2 x2 + y 2 < x + 2

x−

⇐⇒

2 3

´2

+

16 9

y2 4 3

< 1. 2

Quindi D `e l’insieme dei punti interni all’ellisse di equazione

(x− 23 ) 16 9

+

y2 4 3

= 1.

y

1

−2/3

0

2/3

2

x

−1

Fig. 2: L’insieme D (in azzurro). Passiamo in coordinate ellittiche nel piano. Poniamo quindi   x = 2 + 4 ρ cos ϑ 3 3 Φ: √  y = 2 3ρ sin ϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π,

|det JΦ (ρ, ϑ)| =

3

Allora

(

(x, y) ∈ D

⇐⇒

0≤ρ 0, y > 0, z > 0, x + y + z < 1 . L’insieme Ω `e un tetraedro. Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene Z µZ 1−x−y

Z Ω

(x + z) dx dy dz =

D

0

Z ·

= n

D

¶

Z ·

(x + z) dz dx dy =

D

1 xz + z 2 2

¸1−x−y

dx dy = 0

¸

1 x(1 − x − y) + (1 − x − y)2 dx dy, 2 o

2

dove D = (x, y) ∈ R : 0 < x < 1, 0 < y < 1 − x . y 1.5

1

0.5

x

0 0

0.5

1

1.5

Fig. 7: L’insieme D (in azzurro).

Essendo D y-semplice, si ottiene Z Ω

(x + z) dx dy dz = =

Z 1 µZ 1−x · 0

Z 1· 1 0

0

¸

¶

1 x(1 − x − y) + (1 − x − y)2 dy dx = 2

1 − (1 − x − y)2 − (1 − x − y)3 2 6

¸1−x

dx = 0

10

Integrali tripli: esercizi svolti

=

Z 1· 1 0

¸

1 x(1 − x) + (1 − x)3 dx = 2 6 2

Z 1· 1

¸

1 1 x − x + x3 + (1 − x)3 dx = 2 2 6

0

2

·

1 1 1 1 = x2 − x3 + x4 − (1 − x)4 4 3 8 24

¸1

= 0

1 . 12

Z

f ) Consideriamo l’integrale

Ω

x|z| dx dy dz, dove

½

¾

p

1 x2 + z 2 < y < x + 3 . 2

Ω = (x, y, z) ∈ R3 :

y 8

6

4

2

x

0 −6

−4

−2

0

2

4

6

Fig. 8: Sezione dell’insieme Ω con il piano xy (in azzurro). Osserviamo che Ω `e l’insieme dei punti compresi fra il semicono di equazione y = √ x2 + z 2 e il piano di equazione y = 12 x + 3. Osserviamo che sia la funzione integranda f (x, y, z) = x|z| che l’insieme Ω presentano una simmetria rispetto al piano xy. Infatti, se (x, y, z) ∈ Ω, allora anche (x, y, −z) ∈ Ω e f (x, y, −z) = f (x, y, z). Ne segue che Z

Z Ω

x|z| dx dy dz = 2

A

xz dx dy dz,

dove ½

p

¾

1 x2 + z 2 < y < x + 3, z > 0 2 ¾ ½ q 1 3 2 2 = (x, y, z) ∈ R : 0 < z < y − x , |x| < y < x + 3 . 2

A = (x, y, z) ∈ R3 :

Integrali tripli: esercizi svolti

11

Integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene Z

Z

Ω

x|z| dx dy dz = 2 Z ·

=2

D

dove

A

xz dx dy dz = 2 √

1 2 xz 2

¸ y2 −x2

Z ÃZ √y2 −x2 D

0

Z

dx dy = 0

³

D

!

xz dz dx dy =

´

x y 2 − x2 dx dy,

½

¾

1 D = (x, y) ∈ R2 : |x| < y < x + 3 = D1 ∪ D2 , 2 con

½

¾

1 D1 = (x, y) ∈ R2 : −2 < x < 0, −x < y < x + 3 , 2 ½

¾

1 D2 = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x < 6, x < y < x + 3 . 2

y 8

6

4

2

x

0 −6

−4

−2

0

2

4

6

Fig. 9: L’insieme D = D1 ∪ D2 , con D1 in rosso e D2 in verde. Essendo D1 e D2 y-semplici, si ottiene Z

Z

Ω

Z

= =

Z 0 ÃZ −2

³

D1

1 x+3 2

−x

=

Z 0 · 1 −2

x|z| dx dy dz =

3

2

2

2

xy − x

3

xy 3 − x3 y

Z

´

x y −x

³

D

³

dx dy + !

´

dy dx + ¸ 1 x+3 2

−x

´

x y 2 − x2 dx dy =

dx +

³

D2

Z 6 ÃZ 0

1 x+3 2

x

Z 6· 1 0

´

x y 2 − x2 dx dy =

3

³

2

3

xy − x

xy 3 − x3 y

´

!

dy dx =

¸ 1 x+3 2

x

dx =

12

Integrali tripli: esercizi svolti

= +

µ Z 0 " 1 1

3

−2

x

2

µ Z 6" 1 1

3

0

x

2

¶3

x+3

µ 3

−x

¶3

x+3

µ 3

−x

#

¶

1 1 x + 3 + x4 − x4 dx+ 2 3 #

¶

1 1 x + 3 − x4 + x4 dx = 2 3

¶ ¶ Z 0 µ Z 6µ 9 4 9 3 9 2 5 4 9 3 9 2 = − x − x + x + 9x dx + x − x + x + 9x dx = −2

·

= −

8

4

2

24

0

9 5 9 3 9 x − x4 + x3 + x2 40 16 2 2

¸0

·

+ −2

4

2

1 5 9 3 9 x − x4 + x3 + x2 24 16 2 2

¸6

= 0

384 . 5

Z

g) Consideriamo l’integrale

Ω

2x dx dy dz, dove

n

o

Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x > 0, 0 < y < 2z + 1, x2 + y 2 + 4z 2 < 1 .

y

1

1/2

z

0 −1

−1/2

0

1/2

1

−1/2

−1

Fig. 10: Sezione dell’insieme Ω con il piano zy (in azzurro). Osserviamo che Ω `e l’insieme dei punti compresi fra l’ellissoide di equazione x2 + y 2 + 4z 2 = 1 e i piani di equazione x = 0, y = 0 e y = 2z + 1. Integrando per fili paralleli all’asse x si ottiene Z Z ÃZ √ Ω

2x dx dy dz = 2

Z ·

=2 dove

n

D

1−y 2 −4z 2

D

0

√

1 2 x 2

¸ 1−y2 −4z 2

Z ³

dy dz = 0

D

!

x dx dy dz = ´

1 − y 2 − 4z 2 dy dz, o

D = (z, y) ∈ R2 : 0 < y < 2z + 1, y 2 + 4z 2 < 1 = D1 ∪ D2 ,

Integrali tripli: esercizi svolti

con

13

½

¾

1 D1 = (z, y) ∈ R : − < z ≤ 0, 0 < y < 2z + 1 , 2 2

n

o

D2 = (z, y) ∈ R2 : y 2 + 4z 2 < 1, y, z > 0 .

y

1

1/2

z

0 −1

−1/2

0

1/2

1

−1/2

−1

Fig. 11: L’insieme D = D1 ∪ D2 , con D1 in rosso e D2 in verde. Quindi si ha che Z

Z ³ Ω

Z

=

D1

³

2x dx dy dz =

D

´

1 − y 2 − 4z 2 dy dz = Z

´

1 − y 2 − 4z 2 dy dz +

³ D2

´

1 − y 2 − 4z 2 dy dz.

Calcoliamo separatamente i due integrali. Essendo D1 y-semplice, si ha che Z

³ D1

=

´

1 − y 2 − 4z 2 dy dz =

Z 0 ·³ − 12

´ 1 1 − 4z 2 y − y 3 3 ·

Z 0 ·Z 2z+1 ³ − 12

0

¸2z+1

dz = 0

´

¸

1 − y 2 − 4z 2 dy dz =

¶ Z 0 µ 32 2 − z 3 − 8z 2 + dz =

3

− 12

8 8 2 = − z4 − z3 + z 3 3 3

¸0 − 12

3

1 = . 6 2

Essendo D2 la parte del I quadrante compresa nell’ellisse di equazione y 2 + z1 = 1, 4

passiamo in coordinate ellittiche nel piano zy. Poniamo quindi (

Φ:

z = 21 ρ cos ϑ y = ρ sin ϑ,

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ 2π,

1 |det JΦ (ρ, ϑ)| = ρ. 2

14

Integrali tripli: esercizi svolti

Allora

(

(z, y) ∈ D2

⇐⇒

0 0, z > 0 . Per il

Teorema di Gauss (o della divergenza) si ha che Z ∂D

Z

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

Integrali di superficie: esercizi svolti

19

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che ∂f1 ∂f2 ∂f3 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

divF (x, y, z) = Quindi divF (x, y, z) = 3 e Z

Z ∂D

F ·n=

Z D

divF (x, y, z) dx dy dz = 3

D

dx dy dz =

integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene =3

Z µZ 1−x−y Ω

dove

0

¶

dz

Z

dx dy = 3

Ω

(1 − x − y) dx dy,

n

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1 − x .

y

1

x O(0,0)

1

Fig. 12: L’insieme Ω (in azzurro). Essendo Ω y-semplice, si ottiene Z

Z

∂D

=3

F ·n=3

Z 1· 0

Ω

(1 − x − y) dx dy = 3

1 (1 − x)y − y 2 2

¸1−x

dx = 0

3 2

Z 1 0

Z 1 µZ 1−x 0

0

¶

(1 − x − y) dy dx = ·

(1 − x)2 dx =

3 1 − (1 − x)3 2 3 ¡

¸1 0

1 = . 2

¢

b) Calcoliamo il flusso uscente del campo vettoriale F (x, y, z) = x2 , y 2 , z dal bordo n

o

dell’insieme D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z < 1 . Per il Teorema di Gauss (o della divergenza) si ha che Z ∂D

Z

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

20

Integrali di superficie: esercizi svolti

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che divF (x, y, z) =

∂f1 ∂f2 ∂f3 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

Quindi divF (x, y, z) = 2x + 2y + 1 e Z

Z ∂D

F ·n=

Z

D

divF (x, y, z) dx dy dz =

D

(2x + 2y + 1) dx dy dz =

integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene =

Z µZ 1

¶

x2 +y 2

Ω

(2x + 2y + 1) dz

dove

Z

dx dy =

³

Ω

´

(2x + 2y + 1) 1 − x2 − y 2 dx dy,

n

o

Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1 .

y

1

x −1

O(0,0)

1

−1

Fig. 13: L’insieme Ω (in azzurro). Passando in ccordinate polari nel piano si ottiene Z

Z ∂D

= essendo

Z 2π 0

F ·n=

Z 2π ·Z 1 0

0

cos ϑ dϑ = =

µZ 2π 0

³

Ω

³

´

¸

(2ρ cos ϑ + 2ρ sin ϑ + 1) ρ − ρ3 dρ dϑ =

Z 2π 0

sin ϑ dϑ = 0, si ottiene

¶ ·Z 1 ³

dϑ

´

(2x + 2y + 1) 1 − x2 − y 2 dx dy =

0

´

¸

ρ − ρ3 dρ = 2π

·

1 2 1 4 ρ − ρ 2 4

¸1

= 0

π . 2

Integrali di superficie: esercizi svolti

21

¡

¢

c) Calcoliamo il flusso uscente del campo vettoriale F (x, y, z) = x3 , y 3 , z 3 dal bordo n

dell’insieme D =

o

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1, z > 0 . Per il Teorema di

Gauss (o della divergenza) si ha che Z

Z

∂D

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che divF (x, y, z) =

∂f1 ∂f2 ∂f3 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

¡

¢

Quindi divF (x, y, z) = 3 x2 + y 2 + z 2 e Z

Z

∂D

F ·n=

Z ³

divF (x, y, z) dx dy dz = 3

D

D

´

x2 + y 2 + z 2 dx dy dz.

1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 Z

0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0 −1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2

0.0

Y

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1.0

X

Fig. 14: L’insieme D. Passiamo in coordinate polari nello spazio. Poniamo quindi  x = ρ sin ϑ cos ϕ   

Φ:

  

y = ρ sin ϑ sin ϕ

ρ ≥ 0, 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,

|det JΦ (ρ, ϑ)| = ρ2 sin ϑ.

z = ρ cos ϑ,

Allora

 0≤ρ 0, verificanti le seguenti condizioni, percorsi sia in senso orario

che antiorario:

14

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

a) quarto di ellisse del I quadrante "

orario: γ(t) = (a sin t, b cos t),

t ∈ [0, π/2],

antiorario: γ(t) = (a cos t, b sin t),

t ∈ [0, π/2]

b) quarto di ellisse del III quadrante "

orario: γ(t) = (−a sin t, −b cos t),

t ∈ [0, π/2],

antiorario: γ(t) = (−a cos t, −b sin t),

t ∈ [0, π/2]

c) semiellisse del I e II quadrante "

orario: γ(t) = (−a cos t, b sin t), antiorario: γ(t) = (a cos t, b sin t),

t ∈ [0, π],

 

t ∈ 0, 32 π , h

antiorario: γ(t) = (a sin t, −b cos t),

#

i 

h

orario: γ(t) = (−a cos t, b sin t),

#

t ∈ [0, π]

d) arco del I, II e IV di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) 

#

t ∈ 0,

3 2π

 i 

Svolgimento a) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione

x2 a2

2

+ yb2 = 1, con a, b > 0,

che induca su di esso un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (a, 0) `e η : [0, 2π] → R2 definita da η(t) = (a cos t, b sin t), mentre una parametrizzazione che induca su di esso un verso di percorrenza orario a partire dal punto (a, 0) `e δ : [0, 2π] → R2 definita da δ(t) = (a cos t, −b sin t). Osserviamo che η

¡π¢ 2

= (0, b) = B. Quindi una parametrizzazione dell’arco del I £

¤

quadrante di estremi A(a, 0) e B(0, b) percorso in senso antiorario `e γ : 0, π2 → R2 definita da γ(t) = η|[0, π ] (t) = (a cos t, b sin t). ³

Osserviamo inoltre che δ

3 2π

2

´

= (0, b) = B e δ(2π) = (a, 0) = A. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I quadrante di estremi A(a, 0) e B(0, b) percorso h

in senso orario `e δ|[ 3 π,2π] : 32 π, 2π 2 i h £ ¤ t ∈ 32 π, 2π , allora τ ∈ 0, π2 e µ

3 π+τ δ(t) = δ 2

¶

µ

µ

i

→ R2 . Posto τ = t − 23 π, si ha che se ¶

µ

3 3 = a cos π + τ , −b sin π+τ 2 2

¶¶

= (a sin τ, b cos τ ).

Esercizi sulla parametrizzazione delle curve

15

y

B(0,b)

x −a

O(0,0)

A(a,0)

−b

Fig. 5: L’arco del I quadrante di estremi A(a, 0) e B(0, b) (in rosso).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I quadrante di estremi A(a, 0) e £

¤

B(0, b) percorso in senso orario `e ϕ : 0, π2 → R2 definita da ϕ(τ ) = (a sin τ, b cos τ ). b) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione

x2 a2

2

+ yb2 = 1, con a, b > 0,

che induca su di esso un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (a, 0) `e η : [0, 2π] → R2 definita da η(t) = (a cos t, b sin t), mentre una parametrizzazione che induca su di esso un verso di percorrenza orario a partire dal punto (a, 0) `e δ : [0, 2π] → R2 definita da δ(t) = (a cos t, −b sin t). ³

Osserviamo che η(π) = (−a, 0) = A e η

3 2π

´

= (0, −b) = B.

Quindi una

parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) perh

i

corso in senso antiorario `e η|[π, 3 π] : π, 23 π → R2 . Posto τ = t − π, si ha che se 2 h i ¤ £ t ∈ π, 23 π , allora τ ∈ 0, π2 e η(t) = η(π + τ ) = (a cos (π + τ ), −b sin (π + τ )) = (−a cos τ, −b sin τ ).

16

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

y

b

x A(−a,0)

O(0,0)

a

B(−b,0)

Fig. 6: L’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) (in rosso).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) £

¤

e B(0, −b) percorso in senso antiorario `e γ : 0, π2 → R2 definita da γ(τ ) = (−a cos τ, −b sin τ ). Osserviamo inoltre che δ

¡π¢

= (0, −b) = B e δ(π) = (−a, 0) = A. Quindi una

2

parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) percorso in senso orario `e δ|[ π ,π] : £

allora τ ∈ 0, µ

δ(t) = δ

¤ π 2

2

e

π +τ 2

¶

µ

£π

2,π

µ

= a cos

¤

→ R2 . Posto τ = t− π2 , si ha che se t ∈ ¶

µ

π π + τ , −b sin +τ 2 2

£π

2,π

¤

,

¶¶

= (−a sin τ, −b cos τ ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del III quadrante di estremi A(−a, 0) £

¤

e B(0, −b) percorso in senso orario `e ϕ : 0, π2 → R2 definita da ϕ(τ ) = (−a sin τ, −b cos τ ). c) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione

x2 a2

2

+ yb2 = 1, con a, b > 0,

che induca su di esso un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (a, 0) `e η : [0, 2π] → R2 definita da η(t) = (a cos t, b sin t), mentre una parametrizzazione che induca su di esso un verso di percorrenza orario a partire dal punto (a, 0) `e δ : [0, 2π] → R2 definita da δ(t) = (a cos t, −b sin t).

Esercizi sulla parametrizzazione delle curve

17

y

b

x A(−a,0)

O(0,0)

B(a,0)

−b

Fig. 7: L’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0) (in rosso).

Osserviamo che η(π) = (−a, 0) = A. Quindi una parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0) percorso in senso antiorario `e γ : [0, π] → R2 definita da γ(t) = η|[0,π] (t) = (a cos t, b sin t). Osserviamo inoltre che δ(π) = (−a, 0) = A e δ(2π) = (a, 0) = B. Quindi una parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0) percorso in senso orario `e δ|[π,2π] : [π, 2π] → R2 . Posto τ = t − π, si ha che se t ∈ [π, 2π], allora τ ∈ [0, π] e δ(t) = δ(π + τ ) = (a cos (π + τ ), −b sin (π + τ ) = (−a cos τ, b sin τ ). Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I e II quadrante di estremi A(−a, 0) e B(a, 0) percorso in senso orario `e ϕ : [0, π] → R2 definita da ϕ(τ ) = (−a cos τ, b sin τ ). d) Una parametrizzazione dell’ellisse del piano di equazione

x2 a2

2

+ yb2 = 1, con a, b > 0,

che induca su di essa un verso di percorrenza antiorario a partire dal punto (−a, 0) `e η : [0, 2π] → R2 definita da η(t) = (−a cos t, −b sin t),

18

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

mentre una parametrizzazione che induca su di essa un verso di percorrenza orario a partire dal punto (−a, 0) `e δ : [0, 2π] → R2 definita da δ(t) = (−a cos t, b sin t),

y

b

x A(−a,0)

O(0,0)

a

B(0,−b)

Fig. 8: L’arco del I, II e IV quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) (in rosso). ³

Osserviamo che δ

3 2π

´

= (0, −b) = B. Quindi una parametrizzazione dell’arco

del I, II e IV quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) percorso in senso orario `e h

i

γ : 0, 23 π → R2 definita da γ(t) = δ|[0, 3 π] (t) = (−a cos t, b sin t). 2

Osserviamo inoltre che η

¡π¢ 2

= (0, −b) = B e η(2π) = (−a, 0) = A. Quindi una

parametrizzazione dell’arco del I, II e IV quadrante di estremi A(−a, 0) e B(0, −b) percorso in senso antiorario `e η|[ π ,2π] : t∈

£π

2 , 2π

h

¤

i

2

£π

2 , 2π

¤

→ R2 . Posto τ = t − π2 , si ha che se

, allora τ ∈ 0, 32 π e µ

π η(t) = η +τ 2

¶

µ

µ

¶

µ

π π = −a cos + τ , −b sin +τ 2 2

¶¶

= (a sin τ, −b cos τ ).

Quindi un’altra parametrizzazione dell’arco del I, II e IV quadrante di estremi h

i

A(−a, 0)e B(0, −b) percorso in senso antiorario `e ϕ : 0, 32 π → R2 definita da ϕ(τ ) = (a sin τ, −b cos τ ).

Esercizi sulla parametrizzazione delle curve

19

*Esercizio 9. Scrivere una parametrizzazione regolare a tratti della curva del piano costituita dai lati del triangolo di vertici A(1, 0), B(1, 1), O(0, 0), percorsa in senso antiorario a partire da A.

   (1, t) 



se 0 ≤ t < 1

 γ(t) = (2 − t, 2 − t)    

(t − 2, 0)

 

se 1 ≤ t < 2   se 2 ≤ t ≤ 3

Svolgimento y

6

B(1, 1)

• γ2

¡ ª

•

O

6γ1 -

•

-

A(1, 0)

γ3

x

Le parametrizzazioni dei tre lati del triangolo di vertici A(1, 0), B(1, 1), O(0, 0) percorsi nel verso ABO sono rispettivamente: AB : γ1 : [0, 1] → R2 ,

γ1 (t) = (1, t),

BO : γ2 : [0, 1] → R2 ,

γ2 (t) = (1 − t, 1 − t),

OA : γ3 : [0, 1] → R2 ,

γ3 (t) = (t, 0).

Quindi una parametrizzazione regolare a tratti della curva del piano costituita dai lati del triangolo di vertici A(1, 0), B(1, 1), O(0, 0), percorsa in senso antiorario a partire da A `e γ : [0, 3] → R2 definita da  γ1 (t)   

γ(t) =

γ2 (t − 1)   

 (1, t)   

se 0 ≤ t < 1 se 1 ≤ t < 2 =

γ3 (t − 2) se 2 ≤ t ≤ 3

  

se 0 ≤ t < 1

(2 − t, 2 − t) se 1 ≤ t < 2 (t − 2, 0)

se 2 ≤ t ≤ 3.

*Esercizio 10. Scrivere una parametrizzazione regolare a tratti della curva dello spazio costituita dai lati del triangolo di vertici A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3), percorsa nel verso ABC.



 (1 − t, 2t, 0)   

 γ(t) = (0, 4 − 2t, 3t − 3)    

(t − 2, 0, 9 − 3t)

se 0 ≤ t < 1

 

se 1 ≤ t < 2   se 2 ≤ t ≤ 3

20

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

Svolgimento Le parametrizzazioni dei tre lati del triangolo di vertici A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3) percorsi nel verso ABC sono rispettivamente: AB : γ1 : [0, 1] → R3 ,

γ1 (t) = (1 − t, 2t, 0),

BC : γ2 : [0, 1] → R3 ,

γ2 (t) = (0, 2 − 2t, 3t),

CA : γ3 : [0, 1] → R3 ,

γ3 (t) = (t, 0, 3 − 3t).

Quindi una parametrizzazione regolare a tratti della curva dello spazio costituita dai lati del triangolo di vertici A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3), percorsa nel verso ABC `e γ : [0, 3] → R3 definita da  γ1 (t)   

γ(t) =

 (1 − t, 2t, 0)   

se 0 ≤ t < 1

γ2 (t − 1)   

se 1 ≤ t < 2 =

γ3 (t − 2) se 2 ≤ t ≤ 3

1.2

  

se 0 ≤ t < 1

(0, 4 − 2t, 3t − 3)

se 1 ≤ t < 2

(t − 2, 0, 9 − 3t)

se 2 ≤ t ≤ 3.

Esercizi sulla lunghezza di una curva ³

´

Esercizio 1. Calcolare la lunghezza della curva γ(t) = t − 1, 1 − t2 , 2 + 23 t3 , t ∈ [0, 1]. Confrontare tale lunghezza con quella del segmento di estremi A = γ(0) e B = γ(1). h

5 3,

AB =

√ i 22 3

Svolgimento La curva γ : [0, 1] → R3 `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = ¡

¢

1, −2t, 2t2 6= (0, 0, 0), per ogni t ∈ (0, 1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha kγ 0 (t)k =

p

1 + 4t2 + 4t4 = 2t2 + 1.

La lunghezza di γ `e lγ =

Z 1 0

0

kγ (t)k dt =

Z 1³ 0

´

·

2 2t + 1 dt = t3 + t 3 2

¸1 0

5 = . 3

Osserviamo che la lunghezza del segmento di estremi A = γ(0) = (−1, 1, 2) e B = γ(1) = ³

´

0, 0, 83 `e AB =

√

22 3 .

Esercizi sulla lunghezza di una curva

21

Esercizio 2. Calcolare la lunghezza della curva γ(t) = (et , et +1), t ∈ [0, 1]. Confrontare tale lunghezza con quella del segmento di estremi A = γ(0) e B = γ(1). h√ i √ 2(e − 1), AB = 2(e − 1) Svolgimento La curva γ : [0, 1] → R2 `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (et , et ) 6= (0, 0), per ogni t ∈ (0, 1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha kγ 0 (t)k =

√ t 2e .

La lunghezza di γ `e lγ =

Z 1 0

kγ 0 (t)k dt =

√ Z 2

1 0

et dt =

√ h t i1 √ 2 e = 2(e − 1). 0

Osserviamo che la lunghezza del segmento di estremi A = γ(0) = (1, 2) e B = γ(1) = √ (e, e + 1) `e AB = 2(e − 1). Infatti, il sostegno di γ `e proprio il segmento AB.

Esercizio 3. Calcolare la lunghezza dei seguenti archi di curva: £

t ∈ 0, π2

a) γ(t) = (sin t − t cos t, t sin t + cos t), ¡

¢

£

t ∈ 0, π2

b) γ(t) = cos2 t, cos t sin t , ¡

¢

c) γ(t) = t3 , t2 , ¡

3

´

¢¢

π2 8 2

3 (13) 2 −8

t ∈ [a, b], −1 < a < b < 1

h

t ∈ 0, 14

¸

27

h

,

i

£π¤

t ∈ [0, 1]

¡

³

¤ ·

d) γ(t) = t, log 1 − t2 e) γ(t) = t, t 2 ,

h

¤

1+a a − b + log 1+b 1−b − log 1−a

i

h

61 216

i i

Svolgimento £

¤

a) La curva γ : 0, π2 → R2 definita da γ(t) = (sin t − t cos t, t sin t + cos t) `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (t sin t, t cos t) 6= (0, 0), per ogni ¡

¢

£

¤

t ∈ 0, π2 . Inoltre per ogni t ∈ 0, π2 si ha kγ 0 (t)k = t. La lunghezza di γ `e Z

lγ =

0

π 2

Z 0

kγ (t)k dt =

0

π 2

·

1 t dt = t2 2

¸π 2

0

=

π2 . 8

22

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

£

¤

¡

¢

b) La curva γ : 0, π2 → R2 definita da γ(t) = cos2 t, cos t sin t `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (−2 cos t sin t, cos2 t − sin2 t) 6= (0, 0), per ¡

¢

£

¤

ogni t ∈ 0, π2 . Inoltre per ogni t ∈ 0, π2 si ha kγ 0 (t)k = 1. La lunghezza di γ `e

Z

lγ =

π 2

0

Z

kγ 0 (t)k dt =

π 2

0

dt =

π . 2

¡ ¢ c) La curva γ : [0, 1] → R definita da γ(t) = t3 , t2 `e regolare. Infatti, `e derivabile ¡ 2 ¢ 0 2

con derivata continua γ (t) = 3t , 2t 6= (0, 0), per ogni t ∈ (0, 1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha kγ 0 (t)k =

p

p

9t4 + 4t2 = t 9t2 + 4.

La lunghezza di γ `e lγ =

Z 1 0

kγ 0 (t)k dt =

·

Z 1 p 0

t 9t2 + 4dt =

´3 1 ³ 2 9t + 4 2 27

¡

¡

d) La curva γ : [a, b] → R2 definita da γ(t) = t, log 1 − t2 derivabile con derivata continua

γ 0 (t)

³

=

2t 1, − 1−t 2

¢¢

´

¸1

3

= 0

(13) 2 − 8 . 27

`e regolare. Infatti, `e

6= (0, 0), per ogni t ∈ (a, b).

Inoltre per ogni t ∈ [a, b], con −1 < a < b < 1, si ha s 0

1+

kγ (t)k =

4t2 1 + t2 = . 1 − t2 (1 − t2 )2

La lunghezza di γ `e lγ =

Z b a

0

kγ (t)k dt =

Z b 1 + t2

1 − t2

a

dt =

h

= −t − log (1 − t) + log (1 + t) h

ib a

Z bµ

¶

1 1 −1 + + dt = 1−t 1+t

a

= a − b + log

i

³

3

e) La curva γ : 0, 14 → R2 definita da γ(t) = t, t 2 `e derivabile con derivata continua h

i

γ 0 (t)

³

= 1,

3 12 2t

1+b 1+a − log . 1−b 1−a

´

`e regolare a tratti. Infatti,

´

³

6= (0, 0) per ogni t ∈

Inoltre per ogni t ∈ 0, 41 si ha r 0

kγ (t)k =

9 1 + t. 4

La lunghezza di γ `e Z

lγ =

0

1 4

Z 0

kγ (t)k dt =

0

1 4

r

"

µ

¶ 3 # 14

9 8 9 1 + tdt = 1+ t 4 27 4

2

= 0

61 . 216

´

0, 14 .

2. Esercizi sugli integrali curvilinei

2

23

Esercizi sugli integrali curvilinei

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore.

2.1

Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie

Esercizio 1. Dopo aver verificato che il sostegno delle curve `e contenuto nel dominio delle funzioni, calcolare i seguenti integrali curvilinei: Z

a)

γ

³

´

γ(t) = t, t2 ,

x,

h

t ∈ [0, a], a > 0

1 12

h

ii

3

(1 + 4a) 2 − 1

Z q

b)

Z

c)

1 − y2,

γ

γ

γ(t) = (cos t, sin t),

γ

³

y2,

t ∈ [0, π] ·

x , 1 + y2

Z

d)

γ(t) = (sin t, cos t),

π t ∈ 0, 2

[2]

¸

£π¤ 4

·

´

γ(t) = t, et ,

3

3

¸

5 2 −2 2 3

t ∈ [0, log 2]

Z q

e)

γ

x2 + y 2 ,

γ(t) = (2(cos t + t sin t), 2(sin t − t cos t)),

t ∈ [0, 2π] · · ¡ 4 3

Z

f)

γ

1 , x

γ(t) = (t, t log t),

  

g)

γ

Z

h)

Ã

γ

(x + z),

√ z,

µ 2

1 2

+ log 2) 1 + (1 + log 2) + log 1 + log 2 + √ √ − 12 2 − 21 log (1 + 2)

Z

γ(t) = ³

! √ 3 2 2 3 t ,t , t, 2

2

¸¸

−1

¶

q

2

1 + (1 + log 2)

h

t ∈ [0, 1] ·

´

γ(t) = cos t, sin t, t2 ,

Svolgimento

¢3

t ∈ [1, 2]

q

1 2 (1

1 + 4π 2

t ∈ [0, π]

1 12

· ¡

1 54

³



+  

´i √ 56 7 − 1

1 + 4π 2

¢3 2

¸¸

−1

24

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

a) La funzione f (x, y) = x `e definita su dom (f ) = R2 . Quindi il sostegno di γ : ¢

¡

[0, a] → R2 , γ(t) = t, t2 , `e evidentemente contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (1, 2t) 6= (0, 0) per ogni t ∈ (0, a). Inoltre per ogni t ∈ [0, a] si ha che ³

´

f (γ(t)) = f t, t2 = t,

kγ 0 (t)k =

p

1 + 4t2 .

Quindi Z

Z γ

f=

γ

x=

Z a 0

f (γ(t))kγ 0 (t)k dt =

= b) La funzione f (x, y) =

·

Z a p 0

t 1 + 4t2 dt =

´3 1 ³ 1 + 4t2 2 12

¸a

= 0

i 3 1 h (1 + 4a) 2 − 1 . 12

p

1 − y 2 `e definita su dom (f ) =

n

o

(x, y) ∈ R2 : |y| ≤ 1 .

La curva γ : [0, π] → R2 `e definita da γ(t) = (sin t, cos t). Posto (x, y) = γ(t), si ha che |y| = | cos t| ≤ 1 per ogni t ∈ [0, π]. Quindi il sostegno di γ, Im (γ), `e contenuto in dom (f ). Si osserva che Im (γ) `e l’arco della circonferenza di centro O(0, 0) e raggio 1 del I e IV quadrante avente per estremi i punti A(0, −1) e B(0, 1). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (cos t, − sin t) 6= (0, 0)

∀t ∈ (0, π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, π] si ha f (γ(t)) = f (sin t, cos t) =

p

kγ 0 (t)k = 1.

1 − cos2 t = sin t,

Quindi Z γ

Z q

f=

γ

1 − y2 =

Z π 0

f (γ(t))kγ 0 (t)k dt = h

= − cos t c) La funzione f (x, y) = £

¤

x 1+y 2

iπ 0

Z πp 0

1 − cos2 t dt =

Z π 0

sin t dt =

= 2.

`e definita su dom (f ) = R2 . Quindi il sostegno di

γ : 0, π2 → R2 , γ(t) = (cos t, sin t), `e evidentemente contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua µ 0

γ (t) = (− sin t, cos t) 6= (0, 0)

∀t ∈

¶

π 0, . 2

Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie

£

25

¤

Inoltre per ogni t ∈ 0, π2 si ha cos t , 1 + sin2 t

f (γ(t)) = f (cos t, sin t) =

kγ 0 (t)k = 1.

Quindi Z

Z

γ

f=

Z

x = 1 + y2

γ

π 2

0

Z

π 2

0

f (γ(t))kγ (t)k dt =

0

cos t dt = 1 + sin2 t

posto z = sin t, da cui dz = cos t dt, si ottiene =

Z 1 0

h i1 1 π dz = arctan z = . 2 0 1+z 4

d) La funzione f (x, y) = y 2 `e definita su dom (f ) = R2 . Quindi il sostegno di γ : ¡

¢

[0, log 2] → R2 , γ(t) = t, et , `e evidentemente contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (1, et ) 6= (0, 0)

∀t ∈ (0, log 2).

Inoltre per ogni t ∈ [0, log 2] si ha ³

´

f (γ(t)) = f t, et = e2t ,

p

kγ 0 (t)k =

1 + e2t .

Quindi Z

Z γ

2

f=

γ

y =

Z log 2 0

= e) La funzione f (x, y) =

0

f (γ(t))kγ (t)k dt =

· ³ 1

3

1+e

2t

´ 3 ¸log 2 2

0

Z log 2 0 3 2

p

e2t 1 + e2t dt =

3

5 − 22 . = 3

p

x2 + y 2 `e definita su dom (f ) = R2 . Quindi il sostegno

di γ : [0, 2π] → R2 , γ(t) = (2(cos t + t sin t), 2(sin t − t cos t)), `e evidentemente contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (2t cos t, 2t sin t) 6= (0, 0)

∀t ∈ (0, 2π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha ³

´

p

f (γ(t)) = f 2(cos t + t sin t), 2(sin t − t cos t) = 2 1 + t2 ,

kγ 0 (t)k = 2t.

Quindi Z γ

Z q

f=

γ

x2 + y 2 = =

· ³ 4

3

Z 2π

1+t

0 2

f (γ(t))kγ 0 (t)k dt =

´ 3 ¸2π 2

= 0

· 4 ³

3

1 + 4π

2

Z 2π 0

´3 2

p

4t 1 + t2 dt = ¸

−1 .

26

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

1 x

f ) La funzione f (x, y) =

n

o

`e definita su dom (f ) = (x, y) ∈ R2 : x 6= 0 . La curva

γ : [1, 2] → R2 `e definita da γ(t) = (t, t log t). Posto (x, y) = γ(t), si ha che x = t 6= 0 per ogni t ∈ [1, 2]. Quindi il sostegno di γ, Im (γ), `e contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (1, 1 + log t) 6= (0, 0)

∀t ∈ (1, 2).

Inoltre per ogni t ∈ [1, 2] si ha 1 f (γ(t)) = f (t, t log t) = , t

q

0

kγ (t)k =

1 + (1 + log t)2 .

Quindi Z γ

Z

f=

γ

1 = x

Z 2 1

0

f (γ(t))kγ (t)k dt = 1 t

posto z = 1 + log t, da cui dz =

1

t

1 + (1 + log t)2 dt =

dt, si ottiene

Z 1+log 2 p

= Calcoliamo separatamente

Z 2 q 1

1 + z 2 dz.

1

Z p

1 + z 2 dz. ³

Posto z = sinh u, da cui u = sinh−1 z = log z +

´ √ 1 + z 2 e dz = cosh u du, si ha

che Z

Z p

1 + z 2 dz = =

1 cosh2 u du = (u + sinh u cosh u) + c = 2

³ ´i p 1h p z 1 + z 2 + log z + 1 + z 2 + c, 2

c ∈ R.

Quindi Z γ

f=

Z 1+log 2 p

1 + z 2 dz =

1

³ ´i1+log 2 p 1h p z 1 + z 2 + log z + 1 + z 2 = 1 2 µ

q

1 1 = (1 + log 2) 1 + (1 + log 2)2 + log 1 + log 2 + 2 2 ³ √ √ ´ 1 1 − 2 − log 1 + 2 . 2 2

q

¶

1 + (1 + log 2)2 +

g) La funzione f (x, y, z) = x + z `e definita su dom (f ) = R3 . Quindi il sostegno di ³

√

´

γ : [0, 1] → R3 , γ(t) = t, 3 2 2 t2 , t3 , `e evidentemente contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua ³ ´ √ γ 0 (t) = 1, 3 2t, 3t2 6= (0, 0, 0)

∀t ∈ (0, 1).

Esercizi sugli integrali curvilinei di I specie

27

Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha ! Ã √ 3 2 2 3 t , t = t + t3 , f (γ(t)) = f t, 2

kγ 0 (t)k =

p

1 + 18t2 + 9t4 .

Quindi Z

Z γ

f=

γ

(x + z) =

Z 1 0

0

f (γ(t))kγ (t)k dt = ¡

Z 1³ 0

t + t3

´p

1 + 18t2 + 9t4 dt =

¢

posto z = 18t2 + 9t4 , da cui dz = 36 t + t3 dt, si ottiene 1 = 36

·

Z 27 √

3 1 2 1 + z dz = (1 + z) 2 36 3

0

h) La funzione f (x, y, z) =

¸27

= 0

´ 1 ³ √ 56 7 − 1 . 54

n o √ z `e definita su dom (f ) = (x, y, z) ∈ R3 : z ≥ 0 . La ¡

¢

curva γ : [0, π] → R2 `e definita da γ(t) = cos t, sin t, t2 . Posto (x, y, z) = γ(t), si ha che z = t2 ≥ 0 per ogni t ∈ [0, π]. Quindi il sostegno di γ, Im (γ), `e contenuto in dom (f ). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (− sin t, cos t, 2t) 6= (0, 0, 0)

∀t ∈ (0, π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, π] si ha ³

´

f (γ(t)) = f cos t, sin t, t2 = t, Quindi

Z γ

Z

f=

γ

Z √ z=

·

0

π

kγ 0 (t)k =

f (γ(t))kγ 0 (t)k dt =

´3 1 ³ = 1 + 4t2 2 12

¸π 0

p

1 + 4t2 .

Z π p 0

t 1 + 4t2 dt =

· ¸ ´3 1 ³ 2 2 = 1 + 4π −1 . 12

Z

Esercizio 2. Calcolare

γ

f nei seguenti casi:

a) f (x, y) = x + y, γ `e una parametrizzazione del triangolo di vertici A(1, 0), O(0, 0), h √ i B(0, 1) 1+ 2 b) f (x, y, z) = x2 + y 2 , γ `e una parametrizzazione del segmento di estremi A(1, −1, 2) h √ i 2 e B(0, 0, 0) 3 6

28

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

c) f (x, y) = xy, γ `e una parametrizzazione del quarto di ellisse del I quadrante di equazione

x2 a2

+

y2 b2

h

= 1, con a, b > 0

ab(a2 +ab+b2 ) 3(a+b)

i

Svolgimento a) La funzione f (x, y) = x + y `e continua su R2 . La curva γ che parametrizza il bordo del triangolo di vertici A(1, 0), O(0, 0), B(0, 1) `e regolare a tratti. Dette γ1 , γ2 , γ3 le curve che parametrizzano rispettivamente i lati OA, AB e BO, si ha che Z

Z γ

Si ha che:

f=

Z

γ1

f+

Z

γ2

f+

γ3

f.

γ1 : [0, 1] → R2 ,

γ1 (t) = (t, 0),

γ2 : [0, 1] → R2 ,

γ2 (t) = (1 − t, t),

γ3 : [0, 1] → R2 ,

γ3 (t) = (0, 1 − t).

Le tre curve γ1 , γ2 , γ3 sono regolari. Infatti, sono derivabili con derivata continua γ10 (t) = (1, 0), γ20 (t) = (−1, 1), γ30 (t) = (0, −1). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha f (γ2 (t)) = f (1 − t, t) = 1,

kγ10 (t)k = 1, √ kγ20 (t)k = 2,

f (γ3 (t)) = f (0, 1 − t) = 1 − t,

kγ30 (t)k = 1.

f (γ1 (t)) = f (t, 0) = t,

Quindi

=

Z

Z 1 0

Z

γ

f (γ1 (t))kγ10 (t)k dt =

Z 1 0

f=

+

Z 1 0

Z γ1

f+

Z

γ2

f+

γ3

f (γ2 (t))kγ20 (t)k dt

√ Z t dt + 2

0

1

dt +

Z 1 0

f= +

Z 1 0

f (γ3 (t))kγ30 (t)k dt =

(1 − t) dt = 1 +

√ 2.

b) La funzione f (x, y, z) = x2 + y 2 `e continua su R3 . Una parametrizzazione del segmento di estremi A(1, −1, 2) e B(0, 0, 0) `e γ : [0, 1] → R3 definita da γ(t) = (1 − t, −1 + t, 2 − 2t). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (−1, 1, −2). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha f (γ(t)) = f (1 − t, −1 + t, 2 − 2t) = 2(t − 1)2 ,

kγ 0 (t)k =

√ 6.

Quindi Z γ

f=

Z 1 0

¸1 √ Z 1 √ ·1 2√ 2 3 f (γ(t))kγ (t)k dt = 2 6 (t − 1) dt = 2 6 (t − 1) = 6. 3 3 0 0 0

Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie

29

c) La funzione f (x, y) = xy `e continua su R2 . Una parametrizzazione del quarto di ellisse del I quadrante di equazione

x2 a2

y2 b2

+

£

¤

= 1, con a, b > 0 `e γ : 0, π2 → R2

definita da γ(t) = (a cos t, b sin t). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua µ

γ (t) = (−a sin t, b cos t) 6= (0, 0) £

¶

π ∀t ∈ 0, . 2

0

¤

Inoltre per ogni t ∈ 0, π2 si ha q

f (γ(t)) = f (a cos t, b sin t) = ab cos t sin t,

0

kγ (t)k =

a2 sin2 t + b2 cos2 t.

Quindi Z γ

Z

f=

π 2

0

Z

π 2

0

f (γ(t))kγ (t)k dt = ab Z

= ab

π 2

0

0

q

cos t sin t a2 sin2 t + b2 cos2 t dt =

q

cos t sin t b2 + (a2 − b2 ) sin2 t dt =

posto z = sin t, da cui dz = cos t dt, si ottiene = ab

·

Z 1 q 0

z b2 + (a2 − b2 ) z 2 dz = ab ¡

³ ³ ´ ´3 1 2 2 2 b + a − b z2 2 3 (a2 − b2 )

¸1

= 0

¢

ab a3 − b3 ab(a2 + ab + b2 ) = = . 3 (a2 − b2 ) 3(a + b)

2.2

Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie Z

Esercizio 1. Calcolare

γ

F · dP nei seguenti casi:

a) F (x, y) = (2 − y, x), γ(t) = (t − sin t, 1 − cos t), t ∈ [0, 2π]

[−2π]

¢

¡

b) F (x, y) = y 2 , x2 , γ `e una parametrizzazione del semiellisse del I e II quadrante di equazione

x2 a2

+

y2 b2

h

= 1, con a > b > 0, percorso in senso orario

4 2 3 ab

i

c) F (x, y) = (0, x), γ `e una parametrizzazione del triangolo di vertici O(0, 0), A(2, 0), B(1, 3) che induce un verso di percorrenza antiorario

[3]

30

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

Svolgimento a) La funzione F (x, y) = (2 − y, x) `e continua su R2 . La curva γ : [0, 2π] → R2 definita da γ(t) = (t − sin t, 1 − cos t) `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (1 − cos t, sin t) 6= (0, 0)

∀t ∈ (0, 2π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha F (γ(t)) · γ 0 (t) = F (t − sin t, 1 − cos t) · (1 − cos t, sin t) = = (1 + cos t, t − sin t) · (1 − cos t, sin t) = = (1 + cos t)(1 − cos t) + (t − sin t) sin t = t sin t. Quindi

Z γ

F · dP =

Z 2π 0

0

F (γ(t)) · γ (t) dt =

Z 2π 0

t sin t dt =

integrando per parti h

= −t cos t ¡

i2π 0

+

Z 2π 0

cos t dt = −2π.

¢

b) La funzione F (x, y) = y 2 , x2 `e continua su R2 . Una parametrizzazione del semiellisse del I e II quadrante di equazione

x2 a2

+

y2 b2

= 1, con a, b > 0, percorso in senso

orario, `e γ : [0, π] → R2 definita da γ(t) = (−a cos t, b sin t). La curva γ `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (a sin t, b cos t) 6= (0, 0)

∀t ∈ (0, π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, π] si ha F (γ(t)) · γ 0 (t) = F (−a cos t, b sin t) · (a sin t, b cos t) = ³

´

= b2 sin2 t, a2 cos2 t · (a sin t, b cos t) = ab2 sin3 t + a2 b cos3 t. Quindi Z γ

F · dP =

Z π 0

F (γ(t)) · γ 0 (t) dt = ab

Z π³ 0

´

b sin3 t + a cos3 t dt.

Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie

Osserviamo che

Z π 0

Infatti,

Z π 0

Z

cos3 t dt =

0

31

cos3 t dt = 0. π 2

cos3 t dt +

Z π π 2

cos3 t dt =

posto nel secondo integrale τ = π − t, da cui dτ = −dt, si ottiene Z

=

π 2

0

3

cos t dt −

Z 0 π 2

Z

π 2

3

cos (π − τ ) dτ =

0

Z

π 2

3

cos t dt −

0

cos3 τ dτ = 0.

In modo del tutto analogo si prova che Z π 0

Z

sin3 t dt = 2

π 2

sin3 t dt.

0

Quindi Z γ

F · dP = ab Z

= 2ab

π 2

2 0

Z π³ 0

Z

´

b sin3 t + a cos3 t dt = 2ab2

³

2

·

´

2

sin t 1 − cos t dt = 2ab

π 2

0

sin3 t dt = ¸π

1 − cos t + cos3 t 3

2

0

4 = ab2 . 3

c) La funzione F (x, y) = (0, x) `e continua su R2 . La curva γ che parametrizza il bordo del triangolo di vertici O(0, 0), A(2, 0), B(1, 3) `e regolare a tratti. Dette γ1 , γ2 , γ3 le curve che parametrizzano rispettivamente i lati OA, AB e BO, nel verso OAB, si ha che Z

Z γ

Si ha che:

F · dP =

Z γ1

F · dP +

Z

γ2

F · dP +

γ3

F · dP.

γ1 : [0, 1] → R2

γ1 (t) = (2t, 0),

γ2 : [0, 1] → R2

γ2 (t) = (2 − t, 3t),

γ3 : [0, 1] → R2

γ3 (t) = (1 − t, 3 − 3t).

Le tre curve γ1 , γ2 , γ3 sono regolari. Infatti, sono derivabili con derivata continua γ10 (t) = (2, 0), γ20 (t) = (−1, 3), γ30 (t) = (−1, −3). Inoltre per ogni t ∈ [0, 1] si ha F (γ1 (t)) · γ10 (t) = F (2t, 0) · (2, 0) = (0, 2t) · (2, 0) = 0, F (γ2 (t)) · γ20 (t) = F (2 − t, 3t) · (−1, 3) = (0, 2 − t) · (−1, 3) = 3(2 − t), F (γ3 (t)) · γ30 (t) = F (1 − t, 3 − 3t) · (−1, −3) = (0, 1 − t) · (−1, −3) = −3(1 − t). Quindi

Z γ

Z

F · dP =

γ1

Z

F · dP +

Z γ2

F · dP +

γ3

F · dP =

32

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

=

Z 1

=3

0

Z 1 0

Z 1

F (γ1 (t)) · γ10 (t) dt + (2 − t) dt − 3

Z 1 0

0

F (γ2 (t)) · γ20 (t) dt + ·

1 (1 − t) dt = 3 − (2 − t)2 2

Z 1 0

¸1

F (γ3 (t)) · γ30 (t) dt = ·

1 − 3 − (1 − t)2 2 0

¸1

= 3. 0

Z

Esercizio 2. Calcolare

γ

F · dP nei seguenti casi: ³

(2x, 1, 4z) , x2 + y + 2z 2 + 1

a) F (x, y, z) =

¡

¢

b) F (x, y, z) = 2x2 y, zx, −x ,

c) F (x, y, z) = (y, z, x),

´

γ(t) = t, t3 , t2 ,

t ∈ [0, 2]

¡

¢

γ(t) = 1 + cos t, sin t, −2 sin2 t ,

γ(t) = (a cos t, a sin t, b),

d) F (x, y, z) = (y − z, z − x, x − y),

[log 45]

t ∈ [0, 2π] [−3π]

t ∈ [0, 2π], a, b > 0

£

−πa2

¤

γ(t) = (a cos t, a sin t, bt), t ∈ [0, 2π], a, b > 0 [−2πa(a + b)]

Svolgimento (2x, 1, 4z) `e continua su R3 . La curva γ : [0, 2] → 2+1 + y + 2z ¡ ¢ R3 definita da γ(t) = t, t3 , t2 `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua

a) La funzione F (x, y, z) =

x2

³

´

γ 0 (t) = 1, 3t2 , 2t 6= (0, 0, 0)

∀t ∈ (0, 2).

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2] si ha ³

´ ³

³ ´ (2t, 1, 4t2 ) 2 · 1, 3t , 2t = 2t4 + t3 + t2 + 1

´

F (γ(t)) · γ 0 (t) = F t, t3 , t2 · 1, 3t2 , 2t = =

8t3 + 3t2 + 2t . 2t4 + t3 + t2 + 1

Quindi Z γ

F · dP =

Z 2 0

h

0

F (γ(t)) · γ (t) dt = ³

Z 2 8t3 + 3t2 + 2t 0

2t4 + t3 + t2 + 1

´i2

= log 2t4 + t3 + t2 + 1

0

= log 45.

dt =

Esercizi sugli integrali curvilinei di II specie

¡

33

¢

b) La funzione F (x, y, z) = 2x2 y, zx, −x `e continua su R3 . La curva γ : [0, 2π] → R3 ¡

¢

definita da γ(t) = 1 + cos t, sin t, −2 sin2 t `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (− sin t, cos t, −4 sin t cos t) 6= (0, 0, 0)

∀t ∈ (0, 2π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha ³

´

F (γ(t)) · γ 0 (t) = F 1 + cos t, sin t, −2 sin2 t · (− sin t, cos t, −4 sin t cos t) = ³

´

= 2(1 + cos t)2 sin t, −2(1 + cos t) sin2 t, −1 − cos t · (− sin t, cos t, −4 sin t cos t) = = −2 sin2 t − 4 sin2 t cos2 t − 6 sin2 t cos t + 4 sin t cos2 t + 4 sin t cos t. Quindi

Z

(2.1)

=

F · dP =

γ

Z 2π ³ 0

F (γ(t)) · γ 0 (t) dt = ´

Z 2π 0

0

0

−2 sin2 t − 4 sin2 t cos2 t − 6 sin2 t cos t + 4 sin t cos2 t + 4 sin t cos t dt.

Osserviamo che

Z 2π

Z 2π

·

¸2π

1 sin t dt = (t − sin t cos t) 2

sin2 t cos2 t dt =

2

1 4

Z 2π 0

Z 2π 0

0

·

sin2 2t dt = ·

sin2 t cos t dt =

¸2π

1 1 (2t − sin 2t cos 2t) 4 4

1 sin3 t 3

·

1 sin2 t sin t cos t dt = 2

0

π , 4

= 0, 0

¸2π

2

·

=

¸2π

1 sin t cos t dt = − cos3 t 3

Z 2π 0

Z 2π

= π, 0

= 0, 0

¸2π

= 0. 0

Sostituendo in (2.1) si ottiene Z γ

F · dP = −3π.

c) La funzione F (x, y, z) = (y, z, x) `e continua su R3 . La curva γ : [0, 2π] → R3 definita da γ(t) = (a cos t, a sin t, b), con a, b > 0, `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (−a sin t, a cos t, 0) 6= (0, 0, 0)

∀t ∈ (0, 2π).

34

Curve e integrali curvilinei: esercizi svolti

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha F (γ(t)) · γ 0 (t) = F (a cos t, a sin t, b) · (−a sin t, a cos t, 0) = = (a sin t, b, a cos t) · (−a sin t, a cos t, 0) = −a2 sin2 t + ab cos t. Quindi Z γ

F · dP =

Z 2π 0

Z 2π ³

F (γ(t)) · γ 0 (t) dt =

0

´

−a2 sin2 t + ab cos t dt =

·

1 1 = − a2 (t − sin t cos t) + ab sin t 2 2

¸2π

= −πa2 .

0

Z

Esercizio 3. Determinare per quali valori di a ∈ R si annulla ¡

¢

2x2 + y 2 , axy e γ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π]. Svolgimento

¡

γ

F · dP , dove F (x, y) = [∀a ∈ R]

¢

La funzione F (x, y) = 2x2 + y 2 , axy `e continua su R2 . La curva γ : [0, 2π] → R2 definita da γ(t) = (cos t, sin t) `e regolare. Infatti, `e derivabile con derivata continua γ 0 (t) = (− sin t, cos t) 6= (0, 0)

∀t ∈ (0, 2π).

Inoltre per ogni t ∈ [0, 2π] si ha F (γ(t)) · γ 0 (t) = F (cos t, sin t) · (− sin t, cos t) = ³

´

= 1 + cos2 t, a cos t sin t · (− sin t, cos t) = − sin t + (a − 1) cos2 t sin t. Quindi Z γ

F · dP =

Z 2π 0

F (γ(t)) · γ 0 (t) dt =

Z 2π ³ 0

·

Z

Ne segue che

γ

´

− sin t + (a − 1) cos2 t sin t dt =

1 = cos t − (a − 1) cos3 t 3 F · dP si annulla per ogni a ∈ R.

¸2π

= 0. 0

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti 1

Esercizi sul Teorema di Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

2

Esercizi sul Teorema di Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

3

Esercizi sul Teorema di Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

4

Esercizi su campi conservativi e potenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

5

Esercizi su forme esatte e primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1

2

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

1

Esercizi sul Teorema di Green

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio. Calcolare i seguenti integrali utilizzando il Teorema di Green: Z

a)

γ

n

o

y 2 dx + x dy, dove γ parametrizza C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1 inducendo

su di esso un verso di percorrenza antiorario. Z

b)

γ

¡

[π]

¢

F · dP, dove F (x, y) = x2 y 3 , y , e γ `e una parametrizzazione del bordo di n

o

h

A = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 orientato positivamente.

− 63 8 π

i

Svolgimento a) La forma differenziale ω = y 2 dx + x dy `e di classe C ∞ su R2 ma non `e esatta, perch`e se lo fosse sarebbe anche chiusa. Infatti, posto ω = f1 dx + f2 dy con f1 (x, y) = y 2 , si ha che

f2 (x, y) = x,

∂f1 ∂f2 (x, y) = 2y 6= 1 = (x, y). ∂y ∂x

Ne segue che ω non `e esatta. Z

Calcoliamo l’integrale

γ

ω. Osserviamo che C `e la circonferenza di centro l’origine n

o

O e raggio 1. Quindi C = ∂A, dove A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1 . Per il Teorema di Green si ha che Z µ

Z γ

ω=

A

¶

∂f2 ∂f1 (x, y) − (x, y) dx dy = ∂x ∂y

Z A

(1 − 2y)dx dy =

e passando in coordinate polari nel piano =

Z 2π ·Z 1 0

0

¸

¸1 Z 2π · 1 2 2 3 (1 − 2ρ sin ϑ)ρ dρ dϑ = ρ − ρ sin ϑ dϑ = 0

=

Z 2π µ 1 0

¡

2

2

3

0

¶

−

2 sin ϑ dϑ = π. 3

¢

b) Il campo vettoriale F (x, y) = x2 y 3 , y `e di classe C ∞ su R2 ma non `e conservativo. Infatti, posto F = (f1 , f2 ) con f1 (x, y) = x2 y 3 ,

f2 (x, y) = y,

Esercizi sul Teorema di Green

si ha che

3

∂f1 ∂f2 (x, y) = 3x2 y 2 6= 0 = (x, y). ∂y ∂x

Ne segue che F non `e conservativo. Z

Calcoliamo l’integrale

γ

Z µ

Z γ

F · dP =

A

F · dP . Per il Teorema di Green si ha che ¶

∂f2 ∂f1 (x, y) − (x, y) dx dy = − ∂x ∂y

Z A

3x2 y 2 dx dy =

passando in coordinate polari nel piano = −3

µZ 2π 0

2

¶ ·Z 2

2

cos ϑ sin ϑ dϑ ·

=−

1

¸

3 ρ dρ = − 4 5

µZ 2π 0

¶·

sin 2ϑ dϑ

¸2π

63 1 (2ϑ − sin 2ϑ cos 2ϑ) 8 4

=− 0

2

63 π. 8

1 6 ρ 6

¸2

= 1

4

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

2

Esercizi sul Teorema di Stokes

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio. Calcolare i seguenti integrali utilizzando il Teorema di Stokes (detto anche del rotore): Z

a)

³

∂Σ

´

z 2 + y dx + z dy + y dz, dove n

o

(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 − x2 − y 2 , x2 + y 2 ≤ 1

Σ =

con ∂Σ orientato positiva-

mente.

[−π]

Z

b)

∂Σ

(y − x) dx + (2y + z) dy − z dz, dove n

Σ = (x, y, z) ∈ R3 : z =

o

p

x2 + y 2 , x2 + y 2 ≤ 1 con ∂Σ orientato positivamen-

te.

[π]

Z

c)

γ

F · dP, dove F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) e γ `e una parametrizzazione n

del bordo di Σ =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, y = z

o

orientato in senso

antiorario rispetto ad un osservatore posto lungo l’asse z.

[0]

Svolgimento ¡

¢

a) La forma differenziale ω = z 2 + y dx + z dy + y dz `e di classe C ∞ su R3 ma non `e esatta, perch`e se lo fosse sarebbe anche chiusa. Infatti, posto ω = f1 dx + f2 dy + f3 dz e F = (f1 , f2 , f3 ) con f1 (x, y, z) = z 2 + y,

f2 (x, y, z) = z,

f3 (x, y, z) = y,

si ha che ¯ ¯ i ¯ ∂ ¯ rotF (x, y, z) = ¯ ∂x ¯ f (x, y, z) 1

j ∂ ∂y

f2 (x, y, z)

¯ ¯¯ ¯ ¯ i ¯ ¯ ∂ ∂ ¯=¯ ¯ ¯ ∂x ∂z f3 (x, y, z) ¯ ¯ z 2 + y

k

= 2zj − k = (0, 2z, −1). Ne segue che F non `e conservativo e ω non `e esatta. Z

Calcoliamo l’integrale

∂Σ

ω. Per il Teorema di Stokes si ha che

Z

Z ∂Σ

ω=

∂Σ

Z

F · dP =

Σ

rotF · n,

j ∂ ∂y

z

¯

k ¯¯

¯ ¯= ¯ y ¯

∂ ∂z

Esercizi sul Teorema di Stokes

5

dove n `e il versore normale uscente da Σ. La superficie Σ `e il grafico della funzione g : K → R, g(x, y) = 1 − x2 − y 2 , dove n

o

K = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 . ` quindi parte del paraboloide di equazione z = 1 − x2 − y 2 al di sopra del piano E z = 0. Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 `e definita da ³

´

σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) = x, y, 1 − x2 − y 2 . Per definizione di integrale di flusso si ha che Z

Z Σ

rotF · n =

K

rotF (σ(x, y)) · N (x, y) dx dy,

dove N (x, y) `e il vettore normale esterno a Σ nel punto σ(x, y) uscente da Σ. Si ha che il vettore N1 (x, y) =

∂σ ∂σ ∂x (x, y) ∧ ∂y (x, y)

`e normale alla superficie Σ = σ(K).

Si ha che µ

¶

∂σ ∂σ ∂g ∂g N1 (x, y) = (x, y) ∧ (x, y) = − (x, y), − (x, y), 1 = (2x, 2y, 1). ∂x ∂y ∂x ∂y Questo vettore normale `e uscente da Σ. Quindi un vettore uscente `e N (x, y) = N1 (x, y) = (2x, 2y, 1). Ne segue che ³

³

´

´

³

´

rotF (σ(x, y))·N (x, y) = 0, 2 1 − x2 − y 2 , −1 ·(2x, 2y, 1) = 4y 1 − x2 − y 2 −1 e Z

Z

Σ

rotF · n =

Z

K

rotF (σ(x, y)) · N (x, y) dx dy =

h K

³

´

i

4y 1 − x2 − y 2 − 1 dx dy =

passando in coordinate polari nel piano =

Z 2π µZ 1 h 0

0

³

´

i

¶

4ρ 1 − ρ2 sin ϑ − 1 ρ dρ dϑ = −π.

b) La forma differenziale ω = (y − x) dx + (2y + z), dy − z dz `e di classe C ∞ su

R3 ma non `e esatta, perch`e se lo fosse sarebbe anche chiusa. Infatti, posto ω = f1 dx + f2 dy + f3 dz e F = (f1 , f2 , f3 ) con f1 (x, y, z) = y − x,

f2 (x, y, z) = 2y + z,

f3 (x, y, z) = −z,

si ha che ¯ ¯ i ¯ ∂ ¯ rotF (x, y, z) = ¯ ∂x ¯ f (x, y, z) 1

j ∂ ∂y

f2 (x, y, z)

¯ ¯ ¯ ¯ i ¯ ¯ ∂ ∂ ¯=¯ ¯ ¯ ∂x ∂z f3 (x, y, z) ¯ ¯ y − x

k

j ∂ ∂y

2y + z

¯

k ¯¯

¯= ¯ −z ¯ ∂ ∂z

6

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

= −i − k = (−1, 0, −1). Ne segue che F non `e conservativo e ω non `e esatta. Z

Calcoliamo l’integrale

∂Σ

ω. Per il Teorema di Stokes si ha che

Z

Z ∂Σ

ω=

Z

∂Σ

F · dP =

Σ

rotF · n,

dove n `e il versore normale uscente da Σ. La superficie Σ `e il grafico della funzione g : K → R, g(x, y) =

p

x2 + y 2 , dove n

o

K = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 . ` quindi parte del semicono di equazione z = E

p

x2 + y 2 al di sotto del piano z = 1.

Si ha che Σ = σ(K), dove σ : K → R3 `e definita da µ

¶

q

x2

σ(x, y) = (x, y, g(x, y)) = x, y,

+

y2

.

Per definizione di integrale di flusso si ha che Z

Z

Σ

rotF · n =

K

rotF (σ(x, y)) · N (x, y) dx dy,

dove N (x, y) `e il vettore normale esterno a Σ nel punto σ(x, y) uscente da Σ. Si ha che il vettore N1 (x, y) =

∂σ ∂σ ∂x (x, y) ∧ ∂y (x, y)

`e normale alla superficie Σ = σ(K).

Si ha che µ

N1 (x, y) =

¶

∂σ ∂σ ∂g ∂g (x, y) ∧ (x, y) = − (x, y), − (x, y), 1 = ∂x ∂y ∂x ∂y Ã

!

x y = −p 2 , −p 2 ,1 . 2 x +y x + y2 Questo vettore e entrante¶in Σ. Quindi un vettore uscente `e N (x, y) = µ normale ` −N1 (x, y) =

x , x2 +y 2

√

y , −1 x2 +y 2

√

. Ne segue che Ã

!

x y rotF (σ(x, y)) · N (x, y) = (−1, 0, −1) · p 2 ,p 2 , −1 2 x +y x + y2

= 1− p

x + y2

x2

e Z Σ

Z

rotF · n =

K

Z

rotF (σ(x, y)) · N (x, y) dx dy =

K

Ã

x 1− p 2 x + y2

passando in coordinate polari nel piano =

Z 2π ·Z 1 0

0

¸

(1 − cos ϑ)ρ dρ dϑ = π.

!

dx dy =

Esercizi sul Teorema di Stokes

7

c) Il campo vettoriale F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) `e di classe C ∞ su R3 ed `e conservativo. Infatti, posto F = (f1 , f2 , f3 ) con f1 (x, y, z) = y + z,

f2 (x, y, z) = x + z,

f3 (x, y, z) = x + y,

si ha che ¯ ¯ i ¯ ∂ ¯ rotF (x, y, z) = ¯ ∂x ¯ f (x, y, z) 1

j ∂ ∂y

f2 (x, y, z)

¯ ¯ ¯ ¯ i ¯ ¯ ∂ ∂ ¯=¯ ¯ ¯ ∂x ∂z f3 (x, y, z) ¯ ¯ y + z

k

j ∂ ∂y

x+z

¯ ¯ ¯ ∂ ¯ ∂z ¯ = 0. x+y¯

k

Poich`e R3 `e semplicemente connesso, ne segue che F `e conservativo. Quindi essendo Z la curva γ chiusa, si ha che

γ

F · dP = 0.

8

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

3

Esercizi sul Teorema di Gauss

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio. Calcolare i seguenti integrali di flusso utilizzando il Teorema di Gauss (detto anche della divergenza): Z

a)

∂D

n

F · n, dove F (x, y, z) = (x, y, z 2 ), D = (x, y, z) ∈ R3 : −1 < z < −x2 − y 2

o

£π¤ 3

Z

b)

∂D

F · n, dove F (x, y, z) = (x, y, z), n

o

h i

D = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z < 1, x > 0, y > 0, z > 0 Z

c)

∂D

¡

1 2

n

¢

F · n, dove F (x, y, z) = x2 , y 2 , z , D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z < 1

o £π¤ 2

Z

d)

∂D

¡

¢

F · n, dove F (x, y, z) = x3 , y 3 , z 3 , n

o

h

D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1, z > 0

Svolgimento a) Per il Teorema di Gauss si ha che Z

Z

∂D

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che divF (x, y, z) =

∂f2 ∂f3 ∂f1 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

Quindi divF (x, y, z) = 2(1 + z) e Z

Z

∂D

F ·n=

Z

D

divF (x, y, z) dx dy dz = 2

D

(1 + z) dx dy dz =

integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene =2

Z "Z −x2 −y2 Ω

−1

#

(1 + z) dz dx dy = 2

Z ·

=2

Ω

Z · Ω

1 z + z2 2 ¸

¸−x2 −y2

dx dy = −1

´2 1³ 2 1 − x2 − y 2 + x + y2 dx dy = 2 2

6 5π

i

Esercizi sul Teorema di Gauss

9

n

o

dove Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1 e passando in coordinate polari nel piano si ottiene =2

¶ ·Z 1 µ 1

µZ 2π

dϑ

0

¶

¸

·

1 1 1 1 − ρ + ρ4 ρ dρ = 4π ρ2 − ρ4 + ρ6 2 2 4 4 12

0

2

¸1

= 0

π . 3

b) Per il Teorema di Gauss si ha che Z

Z ∂D

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che divF (x, y, z) =

∂f1 ∂f2 ∂f3 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

Quindi divF (x, y, z) = 3 e Z

Z ∂D

F ·n=

Z D

divF (x, y, z) dx dy dz = 3

D

dx dy dz =

integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene =3

Z ·Z 1−x−y

n

Ω

0

¸

Z

dz dx dy = 3

Ω

(1 − x − y) dx dy = o

dove Ω = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1 − x `e y-semplice e si ottiene =3

Z 1 ·Z 1−x 0

0

¸

(1 − x − y) dy dx = 3 =

3 2

Z 1 0

Z 1·

1 (1 − x)y − y 2 2

0

¸1−x

dx = 0

1 (1 − x)2 dx = . 2

c) Per il Teorema di Gauss si ha che Z

Z

∂D

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che divF (x, y, z) =

∂f1 ∂f2 ∂f3 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

Quindi divF (x, y, z) = 2x + 2y + 1 e Z

Z

∂D

F ·n=

Z D

divF (x, y, z) dx dy dz =

D

(2x + 2y + 1) dx dy dz =

integrando per fili paralleli all’asse z si ottiene =

Z ·Z 1 Ω

¸

x2 +y 2

Z ³

(2x + 2y + 1) dz dx dy =

n

o

Ω

´

1 − x2 − y 2 (2x + 2y + 1) dx dy =

dove Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1 e passando in coordinate polari nel piano si ottiene =

Z 2π ·Z 1 ³ 0

0

´

¸

1 − ρ2 (2ρ cos ϑ + 2ρ sin ϑ + 1)ρ dρ dϑ =

π . 2

10

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

d) Per il Teorema di Gauss si ha che Z

Z

∂D

F ·n=

D

divF (x, y, z) dx dy dz,

dove, posto F = (f1 , f2 , f3 ), si ha che divF (x, y, z) =

∂f1 ∂f2 ∂f3 (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z). ∂x ∂y ∂z

¡

¢

Quindi divF (x, y, z) = 3 x2 + y 2 + z 2 e Z

Z ∂D

F ·n=

Z ³ D

divF (x, y, z) dx dy dz = 3

D

´

x2 + y 2 + z 2 dx dy dz =

passando in coordinate polari nello spazio si ottiene =3

µZ 2π 0

¶ ÃZ

dϕ

0

π 2

! µZ

sin ϑ dϑ

0

1

¶

6 ρ4 dρ = π. 5

4. Esercizi su campi conservativi e potenziali

4

11

Esercizi su campi conservativi e potenziali

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio 1. Sia F : R2 → R2 il campo vettoriale µ

F (x, y) =

¶

1 2xy ,− . (1 + x2 )2 1 + x2

Dire se F ammette potenziale e in caso affermativo determinare un potenziale f di F . h

i

y f (x, y) = − 1+x 2 + c, c ∈ R

Svolgimento Poniamo F = (f1 , f2 ) con f1 (x, y) =

2xy , (1 + x2 )2

f2 (x, y) = −

1 . 1 + x2

Essendo f1 e f2 di classe C ∞ su R2 , si ha che anche F `e di classe C ∞ su R2 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che ∂f1 ∂f2 2x (x, y) = (x, y) = . ∂y ∂x (1 + x2 )2 Ne segue che F `e conservativo. Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che (4.1)

2xy ∂f (x, y) = f1 (x, y) = , ∂x (1 + x2 )2

(4.2)

1 ∂f (x, y) = f2 (x, y) = − . ∂y 1 + x2

Integrando (4.2) rispetto a y si ottiene Z

(4.3)

f (x, y) = −

1 y dy = − + c(x), 1 + x2 1 + x2

dove c `e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (4.1) si ottiene 2xy 2xy ∂f (x, y) = + c0 (x) = 2 2 ∂x (1 + x ) (1 + x2 )2

=⇒

c0 (x) = 0

Sostituendo in (4.3) si ottiene che un potenziale f di F `e f (x, y) = −

y + c, 1 + x2

c ∈ R.

=⇒

c(x) = c ∈ R.

12

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

Esercizio 2. Sia F : R3 → R3 il campo vettoriale F (x, y, z) = (2y + 1, 2x − 1, 2z). Dire se F `e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F . £

¤

f (x, y, z) = (2y + 1)x − y + z 2 + c, c ∈ R

Svolgimento Poniamo F = (f1 , f2 , f3 ) con f1 (x, y, z) = 2y + 1,

f2 (x, y, z) = 2x − 1,

f3 (x, y, z) = 2z.

Essendo f1 , f2 , f3 di classe C ∞ su R3 , si ha che anche F `e di classe C ∞ su R3 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che F `e irrotazionale, cio`e rotF = 0. Infatti, ¯ ¯ i ¯ ∂ rotF (x, y, z) = ¯¯ ∂x ¯ f (x, y, z) 1

j ∂ ∂y

f2 (x, y, z)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂i ∂ ¯=¯ ¯ ¯ ∂x ∂z f3 (x, y, z) ¯ ¯ 2y + 1

k

j ∂ ∂y

2x − 1

¯

k ¯¯

¯ = 0. ¯ 2z ¯ ∂ ∂z

Ne segue che F `e conservativo. Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che (4.4)

∂f (x, y, z) = f1 (x, y, z) = 2y + 1, ∂x

(4.5)

∂f (x, y, z) = f2 (x, y, z) = 2x − 1, ∂y

(4.6)

∂f (x, y, z) = f3 (x, y, z) = 2z. ∂z

Integrando (4.4) rispetto a x si ottiene Z

(4.7)

f (x, y, z) =

(2y + 1) dx = (2y + 1)x + c(y, z),

dove c `e una funzione delle sole variabili y e z. Sostituendo in (4.5) si ottiene ∂c ∂f (x, y, z) = 2x + (y, z) = 2x − 1 ∂y ∂y da cui segue che (4.8)

∂c (y, z) = −1. ∂y

Esercizi su campi conservativi e potenziali

13

Integrando (4.8) rispetto a y si ottiene Z

c(y, z) = −

dy = −y + k(z),

dove k `e una funzione della sola variabile z. Sostituendo in (4.7) si ottiene (4.9)

f (x, y, z) = (2y + 1)x − y + k(z).

Sostituendo in (4.6) si ottiene ∂f (x, y, z) = k 0 (z) = 2z ∂z

=⇒

k(z) = z 2 + c,

c ∈ R.

Quindi sostituendo in (4.9) si ottiene che un potenziale f di F `e f (x, y, z) = (2y + 1)x − y + z 2 + c,

c ∈ R.

Esercizio 3. Siano F : R2 → R2 il campo vettoriale ³

´

F (x, y) = ex [sin (x + y) + cos (x + y)], ex cos (x + y)

e γn : [0, π] → R2 la curva parametrica γn (t) = (cos nt, sin nt), n ∈ N, n ≥ 1. Dire se F `e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F e calcolare l’integrale di F lungo γn . " f (x, y) = ex sin (x + y) + c, c ∈ R;

(

Z γn

F · dP =

0

se n `e pari ¡

¢

− e + e−1 sin 1

#

se n `e dispari.

Svolgimento Poniamo F = (f1 , f2 ) con f1 (x, y) = ex [sin (x + y) + cos (x + y)],

f2 (x, y) = ex cos (x + y).

Essendo f1 e f2 di classe C ∞ su R2 , si ha che anche F `e di classe C ∞ su R2 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che ∂f1 ∂f2 (x, y) = (x, y) = ex [cos (x + y) − sin (x + y)]. ∂y ∂x Ne segue che F `e conservativo. Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che (4.10)

∂f (x, y) = f1 (x, y) = ex [sin (x + y) + cos (x + y)], ∂x

14

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

∂f (x, y) = f2 (x, y) = ex cos (x + y). ∂y

(4.11)

Integrando (4.11) rispetto a y si ottiene Z

(4.12)

f (x, y) =

ex cos (x + y) dy = ex sin (x + y) + c(x),

dove c `e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (4.10) si ottiene ∂f (x, y) = ex [sin (x + y) + cos (x + y)] + c0 (x) = ex [sin (x + y) + cos (x + y)] ∂x c0 (x) = 0

=⇒

=⇒

c(x) = c ∈ R.

Sostituendo in (4.12) si ottiene che un potenziale f di F `e f (x, y) = ex sin (x + y) + c,

c ∈ R.

Calcoliamo infine l’integrale curvilineo di F lungo γn , dove γn : [0, π] → R2 `e la curva parametrica γn (t) = (cos nt, sin nt), n ∈ N, n ≥ 1. Osserviamo che per n pari la curva γn `e chiusa. Quindi, essendo F consevativo, si ha che per n pari Z γn

F · dP = 0.

Essendo inoltre f un potenziale di F si ha che per n dispari Z γn

³

´

F · dP = f (γn (π)) − f (γn (0)) = f (−1, 0) − f (1, 0) = − e + e−1 sin 1.

Esercizio 4. Siano F : R3 → R3 il campo vettoriale F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) e γ una curva parametrica che parametrizza il bordo di n

o

D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1, x + y + z = 0 , inducendo su di esso un verso di percorrenza orario rispetto ad un osservatore posto sul piano x + y + z = 0 nel verso dell’asse z. Dire se F `e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F e calcolare l’integrale di F lungo γ.· f (x, y, z) = xy + xz + yz + c, c ∈ R;

Z γ

¸

F · dP = 0

Esercizi su campi conservativi e potenziali

15

Svolgimento Poniamo F = (f1 , f2 , f3 ) con f1 (x, y, z) = y + z,

f2 (x, y, z) = x + z,

f3 (x, y, z) = x + y.

Essendo f1 , f2 , f3 di classe C ∞ su R3 , si ha che anche F `e di classe C ∞ su R3 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che F `e irrotazionale, cio`e rotF = 0. Infatti, ¯ ¯ i ¯ ∂ rotF (x, y, z) = ¯¯ ∂x ¯ f (x, y, z) 1

j

¯ ¯ ¯ ¯ i ¯ ¯ ∂ ∂ ¯=¯ ¯ ¯ ∂x ∂z f3 (x, y, z) ¯ ¯ y + z

j

k

∂ ∂y

f2 (x, y, z)

∂ ∂y

x+z

¯ ¯ ¯ ∂ ¯ ∂z ¯ = 0. x+y¯

k

Ne segue che F `e conservativo. Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che (4.13)

∂f (x, y, z) = f1 (x, y, z) = y + z, ∂x

(4.14)

∂f (x, y, z) = f2 (x, y, z) = x + z, ∂y

(4.15)

∂f (x, y, z) = f3 (x, y, z) = x + y. ∂z

Integrando (4.13) rispetto a x si ottiene Z

(4.16)

f (x, y, z) =

(y + z) dx = (y + z)x + c(y, z),

dove c `e una funzione delle sole variabili y e z. Sostituendo in (4.14) si ottiene ∂f ∂c (x, y, z) = x + (y, z) = x + z ∂y ∂y da cui segue che (4.17)

∂c (y, z) = z. ∂y

Integrando (4.17) rispetto a y si ottiene Z

c(y, z) =

z dy = yz + k(z),

dove k `e una funzione della sola variabile z. Sostituendo in (4.16) si ottiene (4.18)

f (x, y, z) = (y + z)x + yz + k(z).

16

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

Sostituendo in (4.15) si ottiene ∂f (x, y, z) = x + y + k 0 (z) = x + y ∂z

=⇒

k 0 (z) = 0

=⇒

k(z) = c,

c ∈ R.

Quindi sostituendo in (4.18) si ottiene che un potenziale f di F `e c ∈ R.

f (x, y, z) = xy + xz + yz + c,

Z

3

Essendo F conservativo su R e γ una curva chiusa si ha che

γ

F · dP = 0.

Esercizio 5. Sia F : R2 → R2 il campo vettoriale ³

´

F (x, y) = 3x2 + y, x + 2y . Dire se F `e conservativo e in caso affermativo determinare un potenziale f di F . £

¤

f (x, y) = x3 + xy + y 2 + c c ∈ R

Svolgimento Poniamo F = (f1 , f2 ) con f1 (x, y) = 3x2 + y,

f2 (x, y) = x + 2y.

Essendo f1 e f2 di classe C ∞ su R2 , si ha che anche F `e di classe C ∞ su R2 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che ∂f1 ∂f2 (x, y) = (x, y) = 1. ∂y ∂x Ne segue che F `e conservativo. Determiniamo ora un potenziale f di F . Si ha che (4.19)

∂f (x, y) = f1 (x, y) = 3x2 + y, ∂x

(4.20)

∂f (x, y) = f2 (x, y) = x + 2y. ∂y

Integrando (4.19) rispetto a x si ottiene Z ³

(4.21)

f (x, y) =

´

3x2 + y dx = x3 + xy + c(y),

dove c `e una funzione della sola variabile y. Sostituendo in (4.20) si ottiene ∂f (x, y) = x + c0 (y) = x + 2y ∂y

=⇒

c0 (x) = 2y

=⇒

c(x) = y 2 + c,

c ∈ R.

Esercizi su campi conservativi e potenziali

17

Sostituendo in (4.21) si ottiene che un potenziale f di F `e f (x, y) = x3 + xy + y 2 + c,

c ∈ R.

18

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

5

Esercizi su forme esatte e primitive

Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio 1. Si consideri la forma differenziale ω=

2xy 2 2x2 y dx + dy. 1 + x2 y 2 1 + x2 y 2

Dire se ω `e esatta e in caso affermativo determinare una primitiva f di ω. £

¡

¢

¤

f (x, y) = log 1 + x2 y 2 + c, c ∈ R

Svolgimento Poniamo ω = f1 dx + f2 dy con f1 (x, y) =

2xy 2 , 1 + x2 y 2

f2 (x, y) =

2x2 y . 1 + x2 y 2

Essendo f1 e f2 di classe C ∞ su R2 , si ha che anche ω `e di classe C ∞ su R2 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che ∂f2 4xy ∂f1 (x, y) = (x, y) = . ∂y ∂x (1 + x2 y 2 )2 Ne segue che ω `e esatta. Determiniamo ora una primitiva f di ω. Si ha che (5.1)

∂f 2xy 2 (x, y) = f1 (x, y) = , ∂x 1 + x2 y 2

(5.2)

∂f 2x2 y (x, y) = f2 (x, y) = . ∂y 1 + x2 y 2

Integrando (5.1) rispetto a x si ottiene Z

(5.3)

f (x, y) =

³ ´ 2xy 2 2 2 dx = log 1 + x y + c(y), 1 + x2 y 2

dove c `e una funzione della sola variabile y. Sostituendo in (5.2) si ottiene ∂f 2x2 y 2x2 y 0 (x, y) = + c (y) = ∂y 1 + x2 y 2 1 + x2 y 2

=⇒

c0 (y) = 0

Sostituendo in (5.3) si ottiene che una primitiva f di ω `e ³

´

f (x, y) = log 1 + x2 y 2 + c,

c ∈ R.

=⇒

c(y) = c ∈ R.

Esercizi su forme esatte e primitive

19

Esercizio 2. Determinare le regioni massimali del piano su cui `e esatta la forma differenziale

µ

1 ω = 2xy − x

¶

dx + x2 dy

e determinare una primitiva f di ω su tali regioni. n



o

n

o 

se (x, y) ∈ Ω1

   

regioni massimali: Ω1 = (x, y) ∈ R2 : x < 0 , Ω2 = (x, y) ∈ R2 : x > 0 ;

   

primitive: f (x, y) =

Svolgimento

( 2 x y − log (−x) + c

x2 y − log x + c

n

se (x, y) ∈ Ω2 ,

c ∈ R.

o

Si ha che dom (ω) = (x, y) ∈ R2 : x 6= 0 . Osseviamo che dom (ω) non `e connesso e che dom (ω) = Ω1 ∪ Ω2 , dove n

o

n

Ω1 = (x, y) ∈ R2 : x < 0 ,

o

Ω2 = (x, y) ∈ R2 : x > 0 .

Poniamo ω = f1 dx + f2 dy con f1 (x, y) = 2xy −

1 , x

f2 (x, y) = x2 .

Essendo f1 e f2 di classe C ∞ sia su Ω1 che su Ω2 , si ha che anche ω `e di classe C ∞ sia su Ω1 che su Ω2 che sono entrambi semplicemente connessi. Inoltre si osserva che ∂f2 ∂f1 (x, y) = (x, y) = 2x. ∂y ∂x Ne segue che ω `e esatta sia su Ω1 che su Ω2 . Determiniamo ora una primitiva f di ω su Ω1 e su Ω2 . Si ha che (5.4)

∂f 1 (x, y) = f1 (x, y) = 2xy − , ∂x x

(5.5)

∂f (x, y) = f2 (x, y) = x2 . ∂y

Integrando (5.5) rispetto a y si ottiene Z

(5.6)

f (x, y) =

x2 dy = x2 y + c(x),

dove c `e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (5.4) si ottiene ∂f 1 (x, y) = 2xy +c0 (x) = 2xy − ∂x x

=⇒

c0 (x) = −

1 x

=⇒ c(x) = − log |x|+c, c ∈ R.

20

Forme differenziali e campi vettoriali: esercizi svolti

Sostituendo in (5.6) si ottiene che una primitiva f di ω `e f (x, y) =

( 2 x y − log (−x) + c

se (x, y) ∈ Ω1

x2 y − log x + c

c ∈ R.

se (x, y) ∈ Ω2 ,

Esercizio 3. Si consideri la forma differenziale ·

¸

x x ω = log (x + y) + dx + dy. x+y x+y Dire se ω `e esatta e in caso affermativo determinare una primitiva f di ω. [f (x, y) = x log (x + y) + c, c ∈ R] Svolgimento Poniamo ω = f1 dx + f2 dy con f1 (x, y) = log (x + y) +

x , x+y

f2 (x, y) =

n

x . x+y

o

Essendo f1 e f2 di classe C ∞ su (x, y) ∈ R2 : x + y > 0 , si ha che anche ω `e di classe n

o

C ∞ su (x, y) ∈ R2 : x + y > 0 che `e semplicemente connesso. Inoltre si osserva che ∂f1 ∂f2 y (x, y) = (x, y) = . ∂y ∂x (x + y)2 Ne segue che ω `e esatta. Determiniamo ora una primitiva f di ω. Si ha che (5.7)

x ∂f (x, y) = f1 (x, y) = log (x + y) + , ∂x x+y

∂f x (x, y) = f2 (x, y) = . ∂y x+y Integrando (5.8) rispetto a y si ottiene

(5.8)

Z

(5.9)

f (x, y) =

x dy = x log (x + y) + c(x), x+y

dove c `e una funzione della sola variabile x. Sostituendo in (5.7) si ottiene ∂f x x (x, y) = log (x + y)+ +c0 (x) = log (x + y)+ =⇒ c0 (x) = 0 =⇒ c(x) = c. ∂x x+y x+y Sostituendo in (5.9) si ottiene che una primitiva f di ω `e f (x, y) = x log (x + y) +

x + c, x+y

c ∈ R.

Serie numeriche: esercizi svolti Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio 1. Dopo aver verificato la convergenza, calcolare la somma delle seguenti serie: a)

∞ X

n (n + 1)! n=1

[1] ·

∞ X

1 b) n(n + 3) n=1 c)

∞ X n=1

d)

∞ X

2n + 1 + 1)2 µ

n=2

e)

f)

1 n2

¶

[− log 2] · ¸

∞ X

1 2−1 4n n=1 ∞ µ X 1 n=1

1 √ −√ n n+1

1 2

¶

[1] · ¸

∞ X

1 g) n(n + 1)(n + 2) n=1

1 4

Svolgimento a) La serie

¸

[1]

n2 (n

log 1 −

11 18

∞ X

n `e a termini positivi. Poich`e (n + 1)! n=1 µ

¶

n 1 1 n = = =o , (n + 1)! (n + 1)n(n − 1)! (n + 1)(n − 1)! n2 1

n → +∞

2

Serie numeriche: esercizi svolti

ed essendo convergente la serie

∞ X 1 n=1

serie data converge.

n2

, per il criterio del confronto asintotico la

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che n n+1−1 1 1 = = − . (n + 1)! (n + 1)! n! (n + 1)! Ne segue che la serie data `e telescopica. La somma parziale n-esima della serie `e Sn

µ

n X

n X k 1 1 = = − (k + 1)! k=1 k! (k + 1)! k=1

=1−

¶

=

1 1 1 1 1 1 + − + ··· + − =1− . 2! 2! 3! n! (n + 1)! (n + 1)!

Ne segue che la somma della serie `e µ

1 S = lim Sn = lim 1 − n n (n + 1)! Pertanto si ha

b) La serie

¶

= 1.

∞ X

n = 1. (n + 1)! n=1

∞ X

1 `e a termini positivi. Poich`e n(n + 3) n=1 1 1 ∼ 2, n(n + 3) n

ed essendo convergente la serie serie data converge.

∞ X 1 n=1

n2

n → +∞

, per il criterio del confronto asintotico la

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che (

A B (A + B)n + 3A 1 = + = n(n + 3) n n+3 n(n + 3) Quindi

µ

=⇒

A=

1 3

B = − 13 .

¶

1 1 1 1 = − . n(n + 3) 3 n n+3 Ne segue che la serie data non `e telescopica. Nonostante ci`o `e possibile calcolare la somma della serie. Si ha che la somma parziale n-esima della serie `e Sn

n X

n X 1 1 = = k(k + 3) 3 k=1 k=1

µ

1 1− 3 µ 1 1+ = 3

=

µ

1 1 − k k+3

¶

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + − + ··· + − 4 2 5 3 6 4 7 n n+3 ¶ µ ¶ 1 1 1 1 11 1 + − = − . 2 3 n+3 3 6 n+3

¶

=

Serie numeriche: esercizi svolti

3

Ne segue che la somma della serie `e S = lim Sn = lim n

Pertanto si ha ∞ X

c) La serie

n=1

n

1 3

µ

11 1 − 6 n+3

¶

=

11 . 18

∞ X

1 11 = . n(n + 3) 18 n=1 2n + 1 `e a termini positivi. Poich`e + 1)2

n2 (n

2n + 1 2 ∼ 3, 2 + 1) n

n → +∞

n2 (n

ed essendo convergente la serie

∞ X 1 n=1

serie data converge.

n3

, per il criterio del confronto asintotico la

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che 2n + 1 = (n + 1)2 − n2 . Quindi si ha che

2n + 1 (n + 1)2 − n2 1 1 = = 2− . 2 2 2 2 n (n + 1) n (n + 1) n (n + 1)2

Ne segue che la serie data `e telescopica. La somma parziale n-esima della serie `e Sn

µ

n X

n X 2k + 1 1 1 = = − 2 2 2 k (k + 1) k (k + 1)2 k=1 k=1

=1−

¶

=

1 1 1 1 1 1 + − + ··· + 2 − =1 − . 2 4 4 9 n (n + 1) (n + 1)2

Ne segue che la somma della serie `e µ

1 S = lim Sn = lim 1 − n n (n + 1)2 Pertanto si ha ∞ X

¶

= 1.

∞ X

2n + 1 = 1. 2 (n + 1)2 n n=1 µ

1 d) La serie log 1 − 2 n n=2

¶

`e a termini negativi. Consideriamo la serie ∞ · X n=2

µ

1 − log 1 − 2 n

¶¸

.

` una serie a termini positivi. Poich`e log (1 + x) = x + o(x) per x → 0, si ha che E µ

1 − log 1 − 2 n

¶

µ

1 1 = 2 +o n n2

¶

∼

1 , n2

n → +∞

4

Serie numeriche: esercizi svolti

∞ X 1

ed essendo convergente la serie serie

∞ · X

µ

− log 1 −

n=2

converge.

1 n2

n=1

¶¸

n2

, per il criterio del confronto asintotico la

converge. Quindi per l’algebra delle serie, la serie data

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che µ

log 1 −

1 n2

¶

= log

n2 − 1 (n + 1)(n − 1) n+1 n = log = log − log . n2 n2 n n−1

Ne segue che la serie data `e telescopica. La somma parziale n-esima della serie `e Sn

µ

n X

1 = log 1 − 2 k k=2

¶

=

n µ X k=2

k+1 k log − log k k−1

¶

=

3 4 3 n+1 n − log 2 + log − log + · · · + log − log = 2 3 2 n n−1 n+1 = − log 2 + log . n

= log

Ne segue che la somma della serie `e µ

S = lim Sn = lim − log 2 + log n

Pertanto si ha

∞ X

µ

log 1 −

n=2

e) La serie

n

1 n2

n+1 n

¶

= − log 2.

¶

= − log 2.

∞ X

1 `e a termini positivi. Poich`e 2−1 4n n=1 1 1 ∼ 2, 4n2 − 1) 4n

ed essendo convergente la serie serie data converge.

∞ X 1 n=1

n2

n → +∞

, per il criterio del confronto asintotico la

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che 1 A B (2A + 2B)n + A − B 1 = = + = 4n2 − 1 (2n − 1)(2n + 1) 2n − 1 2n + 1 4n2 − 1 (

=⇒ Quindi 1 1 = 4n2 − 1 2

A=

1 2

B = − 12 . µ

¶

1 1 − . 2n − 1 2n + 1

Serie numeriche: esercizi svolti

5

Ne segue che la serie data `e telescopica. La somma parziale n-esima della serie `e Sn

n X

n X 1 1 = = 2 4k − 1 k=1 2 k=1

µ

1 1 − 2k − 1 2k + 1

¶

=

µ

1 1 1 1 1 1 = 1 − + − + ··· + − 2 3 3 5 2n − 1 2n + 1

¶

µ

¶

1 1 = 1− . 2 2n + 1

Ne segue che la somma della serie `e µ

1 1 S = lim Sn = lim 1− n n 2 2n + 1 ∞ X

Pertanto si ha

n=1

¶

1 = . 2

1 1 = . −1 2

4n2

¶

∞ µ X

1 1 √ −√ f ) La serie `e a termini positivi. Poich`e n n+1 n=1 √ √ 1 1 n+1− n 1 1 ³√ √ −√ = √ √ =√ √ 3 , √ ´∼ n n+1 n n+1 2n 2 n n+1 n+1+ n ed essendo convergente la serie

∞ X 1 3

n=1

serie data converge.

n2

n → +∞

, per il criterio del confronto asintotico la

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che la serie data `e telescopica. La somma parziale n-esima della serie `e Sn =

n µ X 1 k=1

1 √ −√ k+1 k

¶

=

1 1 1 1 1 1 = 1 − √ + √ − √ + ··· + √ − √ =1 − √ . n n+1 n+1 2 2 3 Ne segue che la somma della serie `e µ

1 S = lim Sn = lim 1 − √ n n n+1 Pertanto si ha

∞ µ X 1 n=1

g) La serie

1 √ −√ n n+1

¶

= 1.

¶

= 1.

∞ X

1 `e a termini positivi. Poich`e n(n + 1)(n + 2) n=1 1 1 ∼ 3, n(n + 1)(n + 2) n

ed essendo convergente la serie serie data converge.

∞ X 1 n=1

n3

n → +∞

, per il criterio del confronto asintotico la

6

Serie numeriche: esercizi svolti

Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che 1 A B (A + B)n + 2A = + = n(n + 1)(n + 2) n(n + 1) (n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n + 2) (

=⇒ Quindi

A=

1 2

B = − 12 .

·

¸

1 1 1 1 = − . n(n + 1)(n + 2) 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2)

Ne segue che la serie data `e telescopica. La somma parziale della serie `e Sn =

·

n X

¸

n X 1 1 1 1 = − = k(k + 1)(k + 2) k=1 2 k(k + 1) (k + 1)(k + 2) k=1

·

¸

1 1 1 1 1 1 1 − + − + ··· + − = = 2 2 6 6 12 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) · ¸ 1 1 1 = − . 2 2 (n + 1)(n + 2) Ne segue che la somma della serie `e ·

¸

1 1 1 1 S = lim Sn = lim − = . n n 2 2 (n + 1)(n + 2) 4 Pertanto si ha

∞ X

1 1 = . n(n + 1)(n + 2) 4 n=1

Esercizio 2. Determinare il carattere delle seguenti serie: a)

b)

∞ X

1 log (n + 1) n=2 ∞ X log n n=1

c)

[diverge positivamente]

[converge]

n4

∞ X log n

[converge]

3

n=1 ∞ X

n2 µ

n+1 d) log n2 n=1 ∞ X

¶

1 arctan √ n n=1 √ ∞ √ X n+2− n−2 f) n n=2 e)

[diverge negativamente]

[diverge positivamente]

[converge]

Serie numeriche: esercizi svolti

g)

h)

k)

i)

j)

l)

∞ X

1 log √ n n=1

[diverge negativamente]

∞ X

1 log √ n3 n=2 ∞ X

1

n=1

2log n

[diverge negativamente]

[diverge positivamente]

∞ X

1 √ n log n3 n=2 ∞ X

1

n=1

2log (n!)

∞ X

7

[diverge positivamente]

[converge]

32n cosn (nπ)

[indeterminata]

n=1

m)

2 ∞ X 3n

n=1

n)

∞ X n43 n=1

o)

[converge]

(n!)n

∞ X

[converge]

6n 1

[converge]

¡4n¢

n=1 3n

p)

∞ X n=1

q)

∞ X n=2

r)

v)

1 n+2

[diverge positivamente] ¶n

[converge]

[converge assolutamente]

n(n + 1)

µ ¶ 2 ∞ X 1 n+2 n n=1

u)

1 √ n log n

∞ X sin (4n3 ) n=1

t)

[converge]

3n

∞ µ X n=0

s)

2

¡3n+2¢

∞ X

5n

n µ

¶n2

n=2

n−2 n

∞ X

1

n=2

(log n)log n

3n

[diverge positivamente]

[converge]

[converge]

8

Serie numeriche: esercizi svolti

w)

∞ X nn n=1

x)

∞ X

[converge]

(2n)! r

4 n3

[diverge positivamente]

´n

[diverge positivamente]

n 1+

n=1

y)

∞ X n=1

z)

1

³

nn+ n n+

1 n

∞ µ X 1 n=1

1 − sin n n

¶

[converge]

Svolgimento ∞ X

1 `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positilog (n + 1) n=2 vamente).

a) La serie

Poich`e log (n + 1) = o(n + 1) per n → +∞, si ha che µ

¶

1 1 =o , n+1 log (n + 1)

n → +∞

∞ X

1 divergente, per il criterio del confronto asintotico n+1 n=2 anche la serie data `e divergente. ed essendo la serie

b) La serie mente).

∞ X log n n=1

n4

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

Poich`e log n = o(n) per n → +∞, si ha che ¶

µ

log n 1 , =o 4 n n3

n → +∞

∞ X 1

convergente, per il criterio del confronto asintotico anche n3 la serie data `e convergente.

ed essendo la serie

n=1

c) La serie mente).

∞ X log n 3

n=1

n2 ³

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

1

Poich`e log n = o n 3

´

per n → +∞, si ha che log n 3

n2

µ

=o

1 7

n6

¶

,

n → +∞

Serie numeriche: esercizi svolti

ed essendo la serie

9

∞ X 1

7 convergente, per il criterio del confronto asintotico anche n6 la serie data `e convergente.

n=1

∞ X

µ

¶

n+1 log d) La serie `e a termini negativi. Infatti, n2 n=1 o diverge (negativamente). Osserviamo che

µ

n+1 lim log n n2

n+1 n2

< 1. Quindi o converge

¶

= −∞.

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che la serie data `e divergente. ∞ X

1 arctan √ `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positin n=1 vamente).

e) La serie

Poich`e arctan x = x + o(x) per x → 0, si ha che µ

1 1 1 arctan √ = √ + o √ n n n ed essendo la serie

¶

∼

1 1

n2

,

n → +∞

∞ X 1

1 divergente, per il criterio del confronto asintotico anche n2 la serie data `e divergente. √ ∞ √ X n+2− n−2 `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge f ) La serie n n=2 (positivamente).

n=1

Si ha che √ √ 2 n+2− n−2 4 ´ ∼ 3, = ³√ √ n n2 n n+2+ n−2 ed essendo la serie

n → +∞

∞ X 2

3 convergente, per il criterio del confronto asintotico anche n2 la serie data `e convergente.

n=1

∞ X

√ 1 `e a termini negativi. Infatti log √1n = − log n. Quindi o log √ n n=1 converge o diverge (negativamente).

g) La serie

Osserviamo che lim log n

√ n = +∞.

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che la serie data `e divergente.

10

Serie numeriche: esercizi svolti

∞ X

√ 1 log √ `e a termini negativi. Infatti log √1 3 = − log n3 . Quindi o n n3 n=2 converge o diverge (negativamente).

h) La serie

Osserviamo che lim log n

√ n3 = +∞.

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che la serie data `e divergente. k) La serie mente).

∞ X

1

n=1

2log n

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

Osserviamo che alog b = blog a .

∀a, b > 0,

Infatti, poich`e se N > 0 si ha che N = elog N , allora se a, b > 0 si ha che alog b = elog (a

log b

Pertanto si ha che

) = elog b log a = elog (blog a ) = blog a .

∞ X

1

n=1

2log n

=

∞ X

1

n=1

nlog 2

.

Poich`e log 2 < 1, ne segue che la serie data `e divergente. ∞ X

1 √ `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positin log n3 n=2 vamente).

i) La serie

√ Poich`e log n = o ( n) per n → +∞, si ha che √ √ n log n3 = 3 n log n = o(n), Quindi si ha che

µ

¶

1 1 =o √ , n n log n3 ∞ X 1

ed essendo la serie

n la serie data `e divergente.

n → +∞.

n → +∞

divergente, per il criterio del confronto asintotico anche

n=2

j) La serie mente).

∞ X

1

n=1

2log (n!)

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

Serie numeriche: esercizi svolti

11

Poich`e n! ≥ n2 per ogni n ≥ 4, si ha che per ogni n ≥ 4 1

1

≤

2log (n!)

2log (n2 )

=

1 22 log n

=

1 4log n

.

Osserviamo che alog b = blog a .

∀a, b > 0,

Infatti, poich`e se N > 0 si ha che N = elog N , allora se a, b > 0 si ha che alog b = elog (a Pertanto si ha che

log b

) = elog b log a = elog (blog a ) = blog a .

∞ X

1

n=1

4log n

=

∞ X

1

n=1

nlog 4

.

Poich`e log 4 > 1, ne segue che questa serie converge e per il criterio del confronto la serie data `e convergente. l) La serie

∞ X

32n cosn (nπ) `e a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (nπ) =

n=1

(−1)n , si ha che ∞ X

32n cosn (nπ) =

n=1

∞ X

(−1)n 9n =

n=1

∞ X

(−9)n .

n=1

Ne segue che la serie data `e una serie geometrica con ragione −9 < −1. Quindi `e indeterminata. 2 ∞ X 3n

m) La serie mente).

n=1

(n!)n

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

Si ha che

s n

lim n

3n 3n2 = lim = 0 < 1. n n! (n!)n

Quindi per il criterio della radice la serie data converge. n) La serie

∞ X n43 n=1

6n

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

Si ha che

s

lim n

n

n43 = lim n 6n

√ n n43 1 = < 1. 6 6

Quindi per il criterio della radice la serie data converge.

12

Serie numeriche: esercizi svolti

∞ X

o) La serie

1

e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente). ¡4n¢ `

n=1 3n

Posto

1 (3n)! n! an = ¡4n¢ = , (4n)! 3n

si ha che an+1 [3(n + 1)]! (n + 1)! (4n)! (3n + 3)! (n + 1)! (4n)! = · = · = an [4(n + 1)]! (3n)! n! (4n + 4)! (3n)! n! =

(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) (3n)! (n + 1) n! (4n)! · = (4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1) (4n)! (3n)! n! =

(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(n + 1) . (4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1)

Ne segue che lim n

an+1 (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(n + 1) 27 = lim = < 1. n an (4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1) 256

Quindi per il criterio del rapporto la serie data converge. p) La serie

∞ X n=1

mente).

2

¡3n+2¢

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

3n

Si ha che 2

¡3n+2¢ = 3n

Poich`e

4 (3n)! 4 4 (3n)! = = . (3n + 2)! (3n + 2)(3n + 1) (3n)! (3n + 2)(3n + 1) 4 4 ∼ 2, (3n + 2)(3n + 1) 9n

ed essendo la serie

n → +∞

∞ X 1

convergente, per il criterio del confronto asintotico anche n2 la serie data `e convergente. n=1

q) La serie mente). Poich`e

∞ X n=2

1 √ `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivan log n

√ n log n ≤ log n, si ha che per ogni n ≥ 1 1 1 √ ≥ n log n log n ∞ X

1 divergente, per il criterio del log n n=2 confronto anche la serie data `e divergente. ed essendo (vedi Eserczio 2 a)) la serie

Serie numeriche: esercizi svolti

∞ µ X

r) La serie

n=0

1 n+2

13

¶n

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-

vamente). Si ha che

sµ

lim

n

n

1 n+2

¶n

= lim n

1 = 0 < 1. n+2

Quindi per il criterio della radice la serie data converge. ∞ X sin (4n3 )

s) La serie

n=1

n(n + 1)

`e a termini di segno variabile.

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie ∞ X | sin (4n3 )| . n(n + 1) n=1 Essendo | sin (4n3 )| ≤ 1, si ha che per ogni n ≥ 1 1 | sin (4n3 )| ≤ . n(n + 1) n(n + 1) Poich`e

1 n(n+1)

1 n2

∼

per n → +∞ ed essendo convergente la serie

∞ X 1 n=1

∞ X

n2

, per il

1 converge. Quindi per il n(n + 1) n=1 ∞ X | sin (4n3 )| criterio del confronto anche la serie converge. Ne segue che la serie n(n + 1) n=1 data converge assolutamente e di conseguenza converge. criterio del confronto asintotico anche la serie

µ ¶ 2 ∞ X 1 n+2 n

t) La serie

5n (positivamente).

n

n=1

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge

Si ha che s

lim

1 5n

n

n

µ

n+2 n

¶n2

1 = lim n 5

µ

n+2 n

¶n

µ

1 2 = lim 1+ n 5 n

¶n

=

e2 > 1. 5

Quindi per il criterio della radice la serie data diverge. u) La serie

∞ X

µ n

3

n=2

n−2 n

¶n2

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (po-

sitivamente). Si ha che s

lim n

n

µ

3n

n−2 n

¶n2

µ

= lim 3 n

n−2 n

¶n

µ

= lim 3 1 − n

Quindi per il criterio della radice la serie data converge.

2 n

¶n

=

3 < 1. e2

14

Serie numeriche: esercizi svolti

v) La serie

∞ X

1

n=2

(log n)log n

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-

vamente).

Osserviamo che per ogni α ≥ 0 si ha che nα = o (log n)log n , per n → +∞. Infatti, lim n

nα log n

(log n)

= lim n

eα log n (log n)log n

=

posto t = log n, µ

eαt eα = lim t→+∞ tt t→+∞ t

= lim

¶t

= lim et log t→+∞

eα t

= lim et(α−log t) = 0. t→+∞

Ne segue che per ogni α ≥ 0 µ

1 (log n)log n

¶

1 =o , nα

Considerando α > 1, essendo la serie

n → +∞.

∞ X 1

convergente, per il criterio del connα fronto asintotico anche la serie data `e convergente. n=1

w) La serie mente).

∞ X nn

Posto an =

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

(2n)!

n=1

nn (2n)! ,

si ha che

an+1 (n + 1)(n+1) (2n)! (n + 1)n (n + 1) (2n)! = · n = · n = an [2(n + 1)]! n (2n + 2)! n (2n)! (n + 1)n (n + 1) · = = (2n + 2)(2n + 1) (2n)! nn

µ

n+1 n

¶n

·

n+1 . (2n + 2)(2n + 1)

Ne segue che µ

lim n

an+1 n+1 = lim n an n

¶n

·

n+1 = 0 < 1. (2n + 2)(2n + 1)

Quindi per il criterio del rapporto la serie data converge. x) La serie

∞ X

r

n 1+

n=1

4 `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positin3

vamente).

Osserviamo che

r

lim n 1 + n

4 = +∞. n3

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che la serie data `e divergente.

Serie numeriche: esercizi svolti

∞ X

y) La serie

15

1

nn+ n

³

n+

n=1

1 n

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-

´n

vamente). Osserviamo che 1

1

nn+ n

nn+ n

´n = lim ³ lim ³ n n nn 1 + n + n1

1 n2

1

´n = lim ³ n

nn 1 n2

1+

´n = 1.

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che la serie data `e divergente. ∞ µ X 1

z) La serie

1 − sin n n

n=1

¶

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (posi-

tivamente). Poich`e

1 sin x = x − x3 + o(x3 ), 6

x → 0,

si ha che ·

µ

1 1 1 1 1 1 − sin = − − 3 +o n n n n 6n n3 ed essendo la serie

¶¸

µ

1 1 = 3 +o 6n n3

¶

∼

1 , 6n3

n → +∞

∞ X 1

convergente, per il criterio del confronto asintotico anche n3 la serie data `e convergente. n=1

Esercizio 3. Stabilire se convergono, convergono assolutamente o non convergono le seguenti serie: a)

∞ X

(−1)n

n=2

b)

c)

∞ X

1 log (n + 1)

n=1

log n n4

∞ X

log n

(−1)n (−1)n

n=1 ∞ X

e)

[converge assolutamente]

[converge assolutamente]

3

n2 µ

n+1 d) (−1) log n2 n=1 ∞ X

[converge ma non assolutamente]

n

1 (−1)n arctan √ n n=1

¶

[non converge]

[converge ma non assolutamente]

16

Serie numeriche: esercizi svolti

f)

g)

∞ X

1 (−1)n log √ n n=1 ∞ X

(−1)n

n=1

h)

∞ X

(−1)n

∞ X

(−1)n

n=1

j)

∞ X

n=1

m)

∞ X

(n!)n

(−1)n

n=1

n)

p)

1 n

[non converge]

[converge ma non assolutamente]

cos nπ

[converge assolutamente]

n43 6n

[converge asssolutamente]

∞ X (−1)n ¡3n+2¢

n=1

o)

[converge ma non assolutamente]

1 log (n + 1) − log n

(−1)n tan

2 ∞ X 3n

[converge ma non assolutamente]

n (2n + 1)2

n=1

l)

[converge ma non assolutamente]

√ n + log n3

n=1

i)

n+1 n2 + 1

∞ X cos (n + 1)π n=1

k)

[non converge]

[converge asssolutamente]

3n

∞ X

n23 (−2)n n=1

[converge asssolutamente]

∞ h X

i

2 arctan (n + 1) − π cos [(n + 1)π]

[converge ma non assolutamente]

n=1

Ã

∞ X

n2 + n + 1 sin π q) n+1 n=1 r)

∞ X

cos (nπ)

n=1

*s)

*t)

[converge ma non assolutamente]

log n n+1

[converge ma non assolutamente]

∞ X

(−1)n n + (−1)n n=2 ∞ X

µ

(−1)n

n=1

*u)

!

∞ X

µ

(−1)

n=1

n

1 (−1)n + n n2

[converge ma non assolutamente] ¶

(−1)n 1 √ + n n

[converge ma non assolutamente] ¶

[non converge]

Serie numeriche: esercizi svolti

*v)

∞ X

( 1 n

(−1) bn , bn =

n=1

n2 1 n

17

se n `e pari,

[non converge]

se n `e dispari

Svolgimento a) La serie

∞ X

(−1)n

n=2

1 `e a termini di segno alterno. log (n + 1)

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie ∞ X 1 . Per l’Esercizio 2 a) questa serie diverge. Quindi la serie data log (n + 1) n=2 non converge assolutamente. Studiamo ora la convergenza. Posto bn =

1 log (n+1) ,

si ha che:

1 = 0; n n log (n + 1) 2) la successione (bn ) `e decrescente. Infatti, 1) lim bn = lim

log (n + 1) < log (n + 2)

=⇒

bn+1 =

1 1 < = bn . log (n + 2) log (n + 1)

Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge. b) La serie

∞ X

(−1)n

n=1

log n `e a termini di segno alterno. n4

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie ∞ X log n . Per l’Esercizio 2 b) questa serie converge. Quindi la serie data conn4 n=1 verge assolutamente e di conseguenza converge. c) La serie

∞ X

(−1)n

log n

`e a termini di segno alterno. 3 n2 Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie ∞ X log n 3 . Per l’Esercizio 2 c) questa serie converge. Quindi la serie data conn=1 n 2 verge assolutamente e di conseguenza converge. n=1

d) La serie

∞ X

µ

(−1)n log

n=1

n+1 n2

¶

`e a termini di segno alterno.

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie µ ¶¸ µ ¶ ∞ · ∞ X X n+1 n+1 − log =− log . Per l’Esercizio 2 d) questa serie diverge. n2 n2 n=1 n=1 Quindi la serie data non converge assolutamente. Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che µ

n+1 lim(−1) log n n2 n

¶

6 ∃.

18

Serie numeriche: esercizi svolti

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che la serie data non converge. e) La serie

∞ X

1 (−1)n arctan √ `e a termini di segno alterno. n n=1

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie ∞ X 1 arctan √ . Per l’Esercizio 2 e) questa serie diverge. Quindi la serie data n n=1 non converge assolutamente. Studiamo ora la convergenza. Posto bn = arctan √1n , si ha che: 1 1) lim bn = lim arctan √ = 0; n n n 2) la successione (bn ) `e decrescente. Infatti 1 1 √ 1]

nα

∞ π X 2 − arctan n n=0

e)

[converge, anche assolutamente, se α > 1]

nα

∞ X log n n=1

d)

[converge assolutamente per ogni α ∈ R]

n(n + 1)

[converge, anche assolutamente, se α > 0]

(n + 1)α

∞ X

n αn n + 1 n=1 ∞ X

n

α

[converge, anche assolutamente, se |α| < 1] ³

(−1) n

1−e

1 n

"

´

converge ma non assolutamente se 0 ≤ α < 1

n=1

g)

∞ X

" n

2n

(−1) (tan α)

h)

"

√ n n5 (−1) n n

α

∞ X

π 4

+ kπ,

#

∀k ∈ Z

converge assolutamente se α < −1,

#

converge ma non assolutamente se −1 ≤ α < 0

n=2

k)

converge, anche assolutamente, se − π4 + kπ < α <

n=0 ∞ X

#

converge assolutamente se α < 0,

4 +αn

e−n

[converge assolutamente per ogni α ∈ R]

n=0

Svolgimento a) La serie mente).

∞ X cos2 (nα) n=1

n(n + 1)

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

Poich`e cos2 (nα) ≤ 1 per ogni n e per ogni α, si ha che 1 1 cos2 (nα) ≤ ∼ 2, n(n + 1) n(n + 1) n Essendo convergente la serie ∞ X

∞ X 1 n=1

n2

n → +∞.

, per il criterio del confronto asintotico anche

1 converge. Per il criterio del confronto la serie data converge n(n + 1) n=1 per ogni α ∈ R.

la serie

30

Serie numeriche: esercizi svolti

b) La serie mente).

∞ X 2 + sin n n=1

nα

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

Poich`e 1 ≤ 2 + sin n ≤ 3 per ogni n, si ha che 1 2 + sin n 3 ≤ ≤ α. α α n n n ∞ X 1

convergente se α > 1 e divergente se α ≤ 1, per il criterio nα del confronto la serie data converge se α > 1. Essendo la serie

n=1

c) La serie

∞ X log n n=1

nα

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

³

´

Poich`e log n = o nβ per n → +∞ per ogni β > 0, si ha che µ

log n 1 =o α α−β n n Essendo la serie

∞ X

1

n=1

nα−β

¶

,

n → +∞.

convergente se e solo se α − β > 1, per il criterio del

confronto asintotico la serie data converge se α > 1 + β, per ogni β > 0. Quindi per ogni α > inf{1 + β : β > 0} = 1 la serie data converge. Consideriamo ora 0 < α ≤ 1. Poich`e ¶

µ

1 log n , =o nα nα ed essendo divergente la serie asintotico la serie data diverge.

∞ X 1 n=1

nα

n → +∞

con α ≤ 1, per il criterio del confronto

Infine se α ≤ 0 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie data diverge. Quindi la serie data converge se α > 1. d) La serie

∞ π X 2 − arctan n n=0

(n + 1)α

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (posi-

tivamente). Si ha che

arctan n =

1 π − arctan . 2 n

Poich`e arctan x = x + o(x) per x → 0, ne segue che π 2

µ

arctan n1 − arctan n 1 1 = = α+1 + o α α α+1 (n + 1) (n + 1) n n

¶

∼

1 nα+1

,

n → +∞.

Serie numeriche: esercizi svolti

Essendo la serie

∞ X

1

n=1

nα+1

31

convergente se e solo se α > 0, per il criterio del confronto

asintotico la serie data converge se α > 0. ∞ X

n αn `e a termini positivi se α > 0, `e nulla se α = 0 ed `e a termini n + 1 n=1 di segno alterno se α < 0. Consideriamo quindi α 6= 0.

e) La serie

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie ∞ X n |α|n . n + 1 n=1 Poich`e

n |α|n ∼ |α|n , n+1

ed essendo la serie geometrica

∞ X

n → +∞

|α|n convergente se e solo se |α| < 1, per il

n=1

∞ X

n |α|n converge se e solo se |α| < 1. n + 1 n=1 Quindi la serie data converge assolutamente se e solo se |α| < 1. criterio del confronto asintotico la serie

Consideriamo ora |α| ≥ 1 e studiamo la convergenza. Osserviamo che  1   

se α = 1, n αn = +∞ se α > 1, lim n n+1    6∃ se α ≤ −1. Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, ne segue che per |α| ≥ 1 la serie data non converge. Quindi la serie data converge se |α| < 1. ∞ X

*f ) La serie

n

(−1) n

³

α

1−e

1 n

´

=

n=1

alterno.

∞ X

³

1

(−1)n+1 nα e n − 1

´

`e a termini di segno

n=1

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie ∞ X

³

1

´

nα e n − 1 .

n=1

Poich`e ex = 1 + x + o(x) per x → 0, si ha che ³

1

·

´

nα e n − 1 = nα Essendo la serie

∞ X

µ ¶¸

1 1 +o n n

1 n1−α

n=1 ∞ X

asintotico la serie

n=1

=

1 n1−α

µ

+o

1 n1−α

¶

∼

1 n1−α

,

n → +∞.

convergente se e solo se α < 0, per il criterio del confronto

³

1

´

nα e n − 1 converge se e solo se α < 0. Quindi la serie data

converge assolutamente se e solo se α < 0.

32

Serie numeriche: esercizi svolti

³

´

1

Consideriamo ora α ≥ 0 e studiamo la convergenza. Poniamo bn = nα e n − 1 . Per quanto osservato in precedenza, si ha che bn ∼

1 n1−α

per n → +∞. Allora si

ha che:  0   

1) lim bn = n

  

se 0 ≤ α < 1,

1

se α = 1,

+∞

se α > 1.

Quindi se α ≥ 1 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie data non converge. Limitiamoci ora a considerare il caso 0 ≤ α < 1. 2) Per 0 ≤ α < 1 la successione (bn ) `e decrescente. Infatti, se consideriamo ³

´

1

la funzione f associata alla successione (bn ), f (x) = xα e x − 1

ristretta

all’intervallo [1, +∞), si ha che f `e derivabile con h

i

1

f 0 (x) = xα−2 e x (αx − 1) − αx . Poich`e et = 1 + t + o(t) per t → 0, si osserva che h

lim

x→+∞

·µ

i

1 x

e (αx − 1) − αx = lim

x→+∞

·

= lim

x→+∞

µ ¶¶

1 1 1+ +o x x

¸

(αx − 1) − αx =

¸

αx − 1 + α −

1 + o(1) − αx = α − 1 < 0. x 1

Ne segue che esiste N ∈ N tale che per ogni x ≥ N si ha e x (αx − 1) − αx < 0. Di conseguenza per ogni x ≥ N si ha f 0 (x) < 0 e quindi f `e decrescente su [N, +∞). Ne segue che la successione (bn ) `e decrescente per ogni n ≥ N . Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge, non assolutamente, se 0 ≤ α < 1. In definitiva converge se α < 1. g) La serie

∞ X

(−1)n (tan α)2n `e a termini di segno alterno.

n=0

Osserviamo che

∞ X

(−1)n (tan α)2n =

n=0

∞ ³ X

− tan2 α

´n

.

n=0

Quindi `e una serie geometrica con ragione − tan2 α. Pertanto converge, anche assolutamente, se e solo se tan2 α < 1, cio`e per − π4 + kπ < α < k ∈ Z.

π 4

+ kπ, per ogni

Serie numeriche: esercizi svolti

h) La serie

∞ X

(−1)n nα

33

√ n n5 `e a termini di segno alterno.

n=2

Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie ∞ ∞ √ X X 5 n nα n5 = nα+ n . n=2

n=2

Poich`e 5

nα+ n ∼ nα , ∞ X

ed essendo la serie

n → +∞

nα convergente se e solo se α < −1, per il criterio del

n=2

confronto asintotico la serie

∞ X

5

nα+ n converge se e solo se α < −1 e di conseguenza

n=2

la serie data converge assolutamente se e solo se α < −1. Consideriamo ora α ≥ −1 e studiamo la convergenza. Poniamo bn = nα

√ n n5 =

5

nα+ n . Per quanto osservato in precedenza, si ha che bn ∼ nα per n → +∞. Allora si ha che:

 0   

1) lim bn = n

  

1

se −1 ≤ α < 0, se α = 0,

+∞ se α > 0.

Quindi se α ≥ 0 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie data non converge. Limitiamoci ora a considerare il caso −1 ≤ α < 0. 2) Per −1 ≤ α < 0 la successione (bn ) `e decrescente. Infatti, se consideriamo la 5

funzione f associata alla successione (bn ), f (x) = xα+ x ristretta all’intervallo [2, +∞), si ha che f `e derivabile con 0

f (x) = x

α+ x5

·

¸

5 α (1 − log x) + . 2 x x

Essendo α < 0 si ha che si ha f 0 (x) < 0 per x ≥ 3. Quindi f `e decrescente su [3, +∞). Ne segue che la successione (bn ) `e decrescente per ogni n ≥ 3. Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge, non assolutamente, se −1 ≤ α < 0. In definitiva converge se α < 0. k) La serie mente).

∞ X

e−n

4 +αn

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-

n=0

Poich`e per ogni α ∈ R si ha che e

−n4 +αn

µ

¶

1 , =o n2

n → +∞

34

Serie numeriche: esercizi svolti

ed essendo convergente la serie

∞ X 1 n=1

n2

, per il criterio del confronto asintotico la

serie data converge per ogni α ∈ R.

Esercizio 5. Determinare per quali valori di x ∈ R convergono le seguenti serie e per tali valori calcolarne la somma: √ converge se x < 3 − 2 3,  √ √ √  3 − 6 < x < 3 + 6, x > 3 + 2 3; 

∞ X

3n a) xn (x − 6)n n=0





 

    

somma:

x2 − 6x x2 − 6x − 3 

b)

∞ X

converge se x < 21 ;   x somma: 1 − 2x

xn

(1 − x)n n=1 

c)

∞ µ X n=1

1 1 − log |x|

converge se x < −e2 ,

   −1 < x < 0, 0 < x < 1, x > e2 ;   1 − 2 log |x| 

¶n

somma: 

d)

∞ X

 

(3x)nx

n=1

e)

converge se 0 < x < 13 ; (3x)x somma: 1 − (3x)x

converge se x < −1, x > 2,  (x − 1)2 somma: 2 x −x−2

2n (x − 1)2n n=0

        

log |x|



∞ X (6 − 2x)n



    

Svolgimento ·

∞ X

¸

∞ n X 3 3n a) La serie = `e una serie di potenze con ragione xn (x − 6)n x(x − 6) n=0 n=0 ¯ ¯ ¯ ¯ 3 3 ¯ < 1, cio` . Quindi converge quando ¯¯ e se x(x − 6) x(x − 6) ¯ √ √ √ √ x < 3 − 2 3, 3 − 6 < x < 3 + 6, x > 3 + 2 3.

Per tali x si ha che la somma `e S(x) =

∞ · X n=0

3 x(x − 6)

¸n

1

= 1−

3 x(x − 6)

=

x2 − 6x . x2 − 6x − 3

Serie numeriche: esercizi svolti

35

¶n ∞ µ X x xn x = `e una serie di potenze con ragione . n (1 − x) 1−x 1−x n=1 n=1 ¯ ¯ ¯ x ¯ ¯ ¯ < 1, cio` Quindi converge quando ¯ e se x < 21 . Per tali x si ha che la somma 1 − x¯ `e ¶n ¶n ∞ µ ∞ µ X X x x 1 x . S(x) = = −1= −1= x 1−x 1−x 1 − 2x 1− n=1 n=0 1−x

b) La serie

∞ X

∞ µ X

¶

n 1 1 c) La serie `e una serie di potenze con ragione . Quindi 1 − log |x| 1 − log |x| n=1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ < 1, cio` converge quando ¯¯ e se 1 − log |x| ¯

x < −e2 ,

−1 < x < 0,

0 < x < 1,

x > e2 .

Per tali x si ha che la somma `e S(x) =

∞ µ X n=1

=

d) La serie

∞ X

(3x)nx =

n=1

∞ X

1 1 − log |x|

¶n

=

∞ µ X n=0

1 1 1− 1 − log |x|

−1=

1 1 − log |x|

¶n

−1=

1 − 2 log |x| . log |x|

[(3x)x ]n `e una serie di potenze con ragione (3x)x . Quindi

n=1

converge quando (3x)x < 1, cio`e se 0 < x < 31 . Per tali x si ha che la somma `e S(x) =

∞ X

nx

(3x)

=

n=1

e) La serie

∞ X

(3x)nx − 1 =

n=0

∞ X (6 − 2x)n

¸ ∞ · X 3−x n

`e una serie di potenze con ragione (x − 1)2 ¯ ¯ ¯ 3−x ¯ 3−x ¯ < 1, cio` . Quindi converge quando ¯¯ e se x < −1, x > 2. Per tali 2 (x − 1) (x − 1)2 ¯ x si ha che la somma `e n=0

2n (x − 1)2n

S(x) =

=

1 (3x)x − 1 = . 1 − (3x)x 1 − (3x)x

n=0

¸ ∞ · X 3−x n n=0

(x − 1)2

=

1 (x − 1)2 . = 2 3−x x −x−2 1− (x − 1)2

Esercizio 6. Sia (an ) una successione positiva e crescente. Stabilire se convergono o non convergono le seguenti serie:

36

Serie numeriche: esercizi svolti

a)

∞ X

an

[diverge]

n=0

b)

∞ X

(−1)n an

[non converge]

n=0

Svolgimento a) La serie

∞ X

an `e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

n=0

Poich`e (an ) `e crescente, per le propriet`a delle successioni monotone si ha che lim an = l > 0. Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la conn

vergenza della serie, si ha che la serie data diverge. b) La serie

∞ X

(−1)n an `e a termini di segno alterno. Poich`e (an ) `e crescente, per le

n=0

propriet`a delle successioni monotone si ha che lim an = l > 0. Ne segue che n

lim(−1)n an 6= 0. n

Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, si ha che la serie data non converge. Osservazione Essendo una serie a termini di segno alterno, una condizione sufficiente per la convergenza `e il criterio di Leibiniz, in base al quale se lim an = 0 e la successione n

(an ) `e decrescente, allora la serie data converge. Poich`e questo criterio costituisce una condizione sufficiente, `e errato dire che la serie data non converge perch`e la successione (an ) non `e decrescente. Inoltre, negli Esercizi 3 s) e t) le serie convergono anche se (an ) non `e decrescente.

* Esercizio 7. Sia (an ) una successione positiva tale che lim n

Determinare il carattere della serie

an = α ∈ ]0, +∞]. n

∞ X 1 n=0

ean

.

[converge]

Serie numeriche: esercizi svolti

37

Svolgimento La serie Poich`e

∞ X 1

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).

ean

n=0 an lim n n

= α ∈ ]0, +∞], allora si ha che lim an = +∞. Quindi apn = o (ean ) per n

n → +∞ per ogni p > 0. Distinguiamo due casi: 1) se α 6= +∞, allora an ∼ αn per n → +∞. Quindi µ

α2 n2 ∼ a2n = o (ean ) Poich`e la serie

∞ X 1 n=1

n2

=⇒

¶

1 1 =o , a n e n2

n → +∞.

converge, per il criterio del confronto asintotico anche la

serie data converge. 2) se α = +∞, allora n = o(an ) per n → +∞. Quindi µ

n2 = o(a2n ) = o (ean ) Poich`e la serie

∞ X 1 n=1

n2

=⇒

¶

1 1 , =o ea n n2

n → +∞.

converge, per il criterio del confronto asintotico anche la

serie data converge. Osservazione Nel caso in cui α = 0 non si pu`o concludere nulla, come mostra l’Esercizio 8. * Esercizio 8. Sia (an ) una successione positiva tale che lim n

Dimostrare che la serie

∞ X 1

ean non si pu`o concludere nulla.

an = α ∈ [0, +∞]. log n

diverge se α < 1, converge se α > 1, mentre per α = 1

n=0

Svolgimento La serie

∞ X 1

`e a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente). ean Distinguiamo due casi: n=0

1) se α = +∞, allora per la definizione di limite, esiste N > 1 tale che per ogni n ≥ N si ha

an log n

> 2. Quindi an > log n2 per n ≥ N e di conseguenza 1 1 < 2, a n e n

∀n ≥ N.

38

Serie numeriche: esercizi svolti

Poich`e la serie converge.

∞ X 1 n=1

n2

converge, per il criterio del confronto anche la serie data

2) se α 6= +∞, allora per la definizione di limite, preso ε > 0 esiste Nε > 1 tale che an log n

per ogni n ≥ Nε si ha α−ε <

< α+ε. Quindi (α−ε) log n < an < (α+ε) log n

per n ≥ Nε e di conseguenza 1 1 1 < an < α−ε , nα+ε e n

∀n ≥ Nε .

Consideriamo separatamente i casi α < 1, α > 1 e α = 1. a) Se α < 1, allora per 0 < ε < 1 − α si ha che α + ε < 1. Poich`e la serie ∞ X 1 diverge, per il criterio del confronto anche la serie data diverge. α+ε n n=1 b) Se α > 1, allora per 0 < ε < α − 1 si ha che α − ε > 1. Poich`e la serie ∞ X 1 converge, per il criterio del confronto anche la serie data converge. α−ε n n=1 c) Se α = 1, allora per ε > 0 si ha che 1 n1+ε La serie

∞ X

1

n=1

n1−ε

<

1 1 < 1−ε , a n e n

diverge mentre la serie

applicare il criterio del confronto.

∀n ≥ Nε .

∞ X

1

n=1

n1+ε

converge, ma non `e possibile

In questo caso si ha che an ∼ log n per n → +∞. Quindi an = log n + o(log n) per n → +∞ e di conseguenza ean = elog n+o(log n) = n eo(log n) = n elog n o(1) = n no(1) = n1+o(1) ,

n → +∞

da cui 1 1 = 1+o(1) , a n e n

n → +∞.

Tutto ci`o non consente di concludere nulla sull’ordine di infinitesimo di

1 ean

per n → +∞ e quindi non `e sufficiente per stabilire n´e che la serie converge n´e che la serie diverge. Se per esempio si considera an = log n − (log n)1/2 , allora an = log n + o(log n) per n → +∞ e 1/2

ean = elog n−(log n)

= n e−(log n)

1/2

= o(n),

n → +∞.

Serie numeriche: esercizi svolti

39

Quindi

µ

1 1 = o an n e

Poich`e la serie

∞ X 1 n=1

n

¶

,

n → +∞.

diverge, per il criterio del confronto asintotico anche la

serie data diverge.

Se invece si considera an = log n + (log n)1/2 , allora an = log n + o(log n) per n → +∞ e 1/2

1/2

ean = elog n+(log n)

= n e(log n)

.

Essendo xp = o(ex ) per x → +∞ per ogni p > 0, si ha anche che ³

1/2

logp n = o e(log n)

´

,

n → +∞,

∀p > 0.

Quindi per ogni p > 0 si ha ¶

µ

1 1 1 , = = o 1/2 a e n n logp n n e(log n)

n → +∞.

∞ X

1 1 converge se e solo se p > 1. Infatti, posto bn = n log p p n n log n n=2 1 consideriamo la funzione f (x) = x logp x associata a bn , cio`e tale che f (n) = bn

La serie

per ogni n ∈ N, n ≥ 2. Si ha che f `e positiva e decrescente su [2, +∞). Quindi ∞ X

per il criterio di McLaurin la serie improprio

Z +∞ 2

Z +∞ 2

f (x) dx converge. Si ha che

f (x) dx =

Z +∞ 2

posto t = log x, da cui dt = = lim

bn converge se e solo se l’integrale

n=2

Z log c 1

c→+∞ log 2

tp

1 x

1 dx = lim c→+∞ x logp x

Z c 2

1 dx = x logp x

dx, si ottiene

dt =

Z +∞ 1 log 2

tp

(

dt :

diverge

se p ≤ 1,

converge se p > 1.

Quindi se si considera p > 1, essendo µ

¶

1 1 =o , a n e n logp n ∞ X

n → +∞,

1 convergente, per il criterio del confronto asintotico la n logp n n=2 serie data converge. an = 1 non possiamo concludere Questi due esempi mostrano che se lim n log n nulla. e la serie

40

Serie numeriche: esercizi svolti

Osservazione Non `e vero che an ∼ bn ,

n → +∞

=⇒

ean ∼ ebn ,

n → +∞.

Infatti, nei due esempi visti precedentemente si ha log n − (log n)1/2 ∼ log n + (log n)1/2 , e elog n−(log n)

1/2

³

1/2

= o elog n+(log n)

n → +∞

´

,

n → +∞.

Quindi se 0 < α < +∞ non `e vero che an ∼ α log n,

n → +∞

=⇒

ean ∼ eα log n = nα ,

n → +∞.

Pertanto `e errato dire che se 0 < α < +∞, allora an ∼ α log n,

n → +∞

=⇒

ean ∼ eα log n = nα ,

e di conseguenza concludere che 1 1 ∼ α, a n e n

n → +∞.

n → +∞

Successioni di funzioni: esercizi svolti Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio 1. Determinare il limite puntuale delle seguenti successioni di funzioni e stabilire se la convergenza `e uniforme. a) fn (x) = nx e−nx ,

x ∈ [0, 1]

p

b) fn (x) = n−2 1 − x2n ,    −1      

c) fn (x) =

nx

       1

 √    n

d) fn (x) =

   √1

x

   1

e) fn (x) =

  0

[converge ma non uniformemente a f (x) = 0]

x ∈ [−1, 1]

[converge uniformemente a f (x) = 0]

1 se −1 ≤ x ≤ − , n 1 1 se − < x < , n n 1 se ≤ x ≤ 1 n se 0 < x < se

1 , n

1 ≤x≤1 n

se 0 < x <

1 , n

1 se ≤ x ≤ 1 n

f ) fn (x) = (1 − x)xn ,



   −1       f (x) = 0    

1

h) fn (x) =

      

se 0 < x ≤ 1

√1 x

i

[converge ma non uniformemente a f (x) = 0]

x ∈ [0, 1]

x ∈ [−1, 1]

se x = 0,

converge ma non uniformemente a f (x) =

[converge uniformemente a f (x) = 0]   

x ∈ [0, 1]

nx , 1 + n2 x2

se −1 ≤ x < 0,

h



g) fn (x) = xn ,

converge ma non uniformemente a

converge ma non uniformemente a (

f (x) =

0

se 0 ≤ x < 1,

1

se x = 1

   

[converge ma non uniformemente a f (x) = 0] 1

2

Successioni di funzioni: esercizi svolti

k) fn (x) =

 1   n

se 0 < x <

  0

1 se ≤ x ≤ 1 n

1 , n

[converge uniformemente a f (x) = 0]

Svolgimento a) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn ), dove fn (x) = nx e−nx per ogni x ∈ [0, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [0, 1] lim fn (x) = lim nx e−nx = 0. n

n

Quindi la successione (fn ) tende puntualmente su [0, 1] alla funzione f (x) = 0. Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn ) a f su [0, 1]. Calcoliamo il limite Ã

lim kfn − f k∞ = lim n

n

Calcoliamo il sup x∈ [0,1]

¡

!

sup |fn (x) − f (x)|

"

= lim

sup

n

x∈ [0,1]

¡

# ¢ −nx

nx e

.

x∈ [0,1]

¢

nx e−nx . Poich`e per ogni n ∈ N la funzione fn (x) = nx e−nx

`e continua su [0, 1], per il Teorema di Weierstrass ammette massimo. Ne segue che sup

¡

¢

¡

¢

nx e−nx = max nx e−nx . x∈ [0,1]

x∈ [0,1]

Osserviamo che fn `e anche derivabile su [0, 1] con fn0 (x) = n(1 − nx) e−nx . Quindi per ogni n ≥ 1 si ha che fn0 (x) = 0 per x = Ne segue che x =

1 n

1 n

∈ [0, 1] e fn0 (x) > 0 per 0 ≤ x < n1 .

`e il punto di massimo di fn su [0, 1] e ¡

max nx e

−nx ¢

x∈ [0,1]

µ ¶

1 n

=f

= e−1 .

Pertanto si ha che "

lim kfn − f k∞ = lim n

n

¡

sup

nx e

−nx ¢

#

= e−1 6= 0.

x∈ [0,1]

Ne segue che la successione (fn ) non converge uniformemente a f su [0, 1]. b) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn ), dove fn (x) = √ n−2 1 − x2n per ogni x ∈ [−1, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [−1, 1] p

lim fn (x) = lim n−2 1 − x2n = 0. n

n

Successioni di funzioni: esercizi svolti

3

Quindi la successione (fn ) tende puntualmente su [−1, 1] alla funzione f (x) = 0. Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn ) a f su [−1, 1]. Calcoliamo il limite Ã

lim kfn − f k∞ = lim n

!

"

sup |fn (x) − f (x)| = lim

n

n

x∈ [−1,1]

³

³

sup

n

−2

p

1−

x2n

# ´

.

x∈ [−1,1]

´

p

n−2 1 − x2n . Poich`e per ogni n ∈ N la funzione fn (x) = Calcoliamo il sup x∈ [−1,1] √ n−2 1 − x2n `e continua su [−1, 1], per il Teorema di Weierstrass ammette massimo. Ne segue che ³

´

p

n−2 1 − x2n = max

sup

x∈ [−1,1]

x∈ [−1,1]

³

´

p

n−2 1 − x2n .

Osserviamo che fn `e anche derivabile su (−1, 1) con x2n−1 fn0 (x) = − √ . n 1 − x2n Quindi per ogni n ≥ 1 si ha che fn0 (x) = 0 per x = 0 ∈ [−1, 1] e fn0 (x) > 0 per −1 < x < 0. Ne segue che x = 0 `e il punto di massimo di fn su [−1, 1] e ³

max

x∈ [−1,1]

´

p

n−2 1 − x2n = f (0) =

1 . n2

Pertanto si ha che "

lim kfn − f k∞ = lim n

n

³

sup

p

n−2 1 − x2n

# ´

x∈ [−1,1]

= lim n

1 = 0. n2

Ne segue che la successione (fn ) converge uniformemente a f su [−1, 1]. c) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn ), dove    −1      

fn (x) =

nx

       1

1 se −1 ≤ x ≤ − , n 1 1 se − < x < , n n 1 se ≤ x ≤ 1. n

4

Successioni di funzioni: esercizi svolti

1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 −1.0

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

−0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1.0

Fig. a: Grafico di fn per n = 2.

Essendo fn dispari per ogni n ≥ 1, `e sufficiente considerare x ∈ [0, 1]. Per x = 0 si ha che fn (0) = 0 per ogni n. Ne segue che lim fn (0) = 0. n

Quindi la successione (fn ) converge puntualmente a 0 in x = 0. Sia ora x ∈ ]0, 1]. Poich`e

1 n

→ 0 per n → +∞, si ha che definitivamente

cio`e esiste N ∈ N tale che per ogni n ≥ N si ha

1 n

1 n

≤ x,

≤ x. Ne segue che per ogni

n ≥ N si ha fn (x) = 1. Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che lim fn (x) = 1. n

Per simmetria si ha che se x ∈ [−1, 0[ lim fn (x) = −1. n

Quindi la successione (fn ) tende puntualmente su [−1, 1] alla funzione  −1   

f (x) =

  

se −1 ≤ x < 0,

0

se x = 0,

1

se 0 < x ≤ 1.

Poich`e le funzioni fn sono continue mentre f non `e continua su [−1, 1], si ha che la successione (fn ) non converge uniformemente a f su [−1, 1]. d) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn ), dove

fn (x) =

 √    n

se 0 < x <

   √1

se

x

1 , n

1 ≤ x ≤ 1. n

Successioni di funzioni: esercizi svolti

5

1.5

1.0

0.5

0.0 −0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Fig. b: Grafico di fn per n = 2.

Sia x ∈ ]0, 1]. Poich`e

1 n

→ 0 per n → +∞, si ha che definitivamente

esiste N ∈ N tale che per ogni n ≥ N si ha si ha fn (x) =

√1 . x

1 n

1 n

≤ x, cio`e

≤ x. Ne segue che per ogni n ≥ N

Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che 1 lim fn (x) = √ . n x

Quindi la successione (fn ) tende puntualmente su ]0, 1] alla funzione 1 f (x) = √ . x Poich`e la funzione f non `e limitata su ]0, 1], si ha che la successione (fn ) non converge uniformemente a f su ]0, 1]. e) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn ), dove

fn (x) =

   1

se 0 < x <

  0

se

1 , n

1 ≤ x ≤ 1. n

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0 −0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

Fig. c: Grafico di fn per n = 2.

6

Successioni di funzioni: esercizi svolti

Sia x ∈ ]0, 1]. Poich`e

1 n

→ 0 per n → +∞, si ha che definitivamente

esiste N ∈ N tale che per ogni n ≥ N si ha

1 n

1 n

≤ x, cio`e

≤ x. Ne segue che per ogni n ≥ N

si ha fn (x) = 0. Quindi se x ∈ ]0, 1] si ha che lim fn (x) = 0. n

Quindi la successione (fn ) tende puntualmente su ]0, 1] alla funzione f (x) = 0. Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn ) a f su ]0, 1]. Calcoliamo il limite Ã

lim kfn − f k∞ = lim n

n

!

sup |fn (x) − f (x)|

"

#

= lim

sup fn (x) .

n

x∈ ]0,1]

x∈ ]0,1]

Si ha che per ogni n ∈ N sup fn (x) = 1.

x∈ ]0,1]

Pertanto si ha che "

lim kfn − f k∞ = lim n

n

#

sup fn (x) = 1 6= 0.

x∈ [0,1]

Ne segue che la successione (fn ) non converge uniformemente a f su ]0, 1]. Osservazione a) La funzione limite f `e continua, mentre le funzioni fn sono discontinue su ]0, 1]. Nonostante ci`o non `e possibile concludere che la convergenza non `e uniforme. Infatti, si pu`o concludere che la convergenza non `e uniforme solo quando le funzioni fn sono continue e la funzione limite f non lo `e. b) Se definiamo fn anche in x = 0 con il valore fn (0) = 1, allora la funzione limite f `e definita in x = 0 con il valore f (0) = 1. In tal caso sia le fn che f sono discontinue su [0, 1]. Nonostante ci`o non `e possibile concludere che la convergenza non `e uniforme. Infatti, si pu`o concludere che la convergenza non `e uniforme solo quando le funzioni fn sono continue e la funzione limite f non lo `e. Per studiare la convergenza uniforme bisogna procedere come nel caso precedente. Si ha che Ã

lim kfn − f k∞ = lim n

n

!

sup |fn (x) − f (x)|

= 1 6= 0.

x∈ ]0,1]

Ne segue che anche in questo caso la successione (fn ) non converge uniformemente a f su [0, 1].

Successioni di funzioni: esercizi svolti

7

f ) Determiniamo inizialmente il limite puntuale della successione (fn ), dove fn (x) = (1 − x)xn per ogni x ∈ [0, 1]. Si ha che per ogni x ∈ [0, 1] lim fn (x) = lim(1 − x)xn = 0. n

n

Quindi la successione (fn ) tende puntualmente su [0, 1] alla funzione f (x) = 0. Studiamo ora la convergenza uniforme della successione (fn ) a f su [0, 1]. Calcoliamo il limite

Ã

lim kfn − f k∞ = lim n

n

Ã

!

sup (1 − x)x

sup |fn (x) − f (x)| = lim n

x∈ [0,1]

h

h

n

i

!

.

x∈ [0,1]

i

Calcoliamo il sup (1 − x)xn . Poich`e per ogni n ∈ N la funzione fn (x) = (1 − x∈ [0,1]

x)xn `e continua su [0, 1], per il Teorema di Weierstrass ammette massimo. Ne segue che

h

i

h

i

sup (1 − x)xn = max (1 − x)xn . x∈ [0,1]

x∈ [0,1]

Osserviamo che fn `e anche derivabile su [0, 1] con fn0 (x) = [n − (n + 1)x]xn−1 . n Quindi per ogni n ≥ 1 si ha che fn0 (x) = 0 per x = 0, n+1 ∈ [0, 1] e fn0 (x) > 0 per

0 0

n=1

b)

∞ X

" n

[log (log 3n)]x

c)

a

"

n

(x − 1)n ,

a≥1

n=1

d)

a

n

n

(x − 1) ,

converge uniformemente in [α, β], ∀ 0 < α < β < 2

0 0. b) La serie

∞ X

[log (log 3n)]xn `e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che q

lim n

n

log (log 3n) = 1.

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Osserviamo che lim log (log 3n) = +∞. n

Quindi per x = ±1 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie non converge. Pertanto la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. c) La serie

∞ √ X

a

n

(x − 1)n `e una serie di potenze centrata in x0 = 1. Posto y = x − 1

n=1

consideriamo la serie di potenze

∞ √ X

a

n=1

n n

y centrata in y0 = 0.

Serie di potenze: esercizi svolti

3

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che p √ n

lim

a

n

n

√

= lim a1/

n

n

= 1.

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie

∞ √ X

n n

a

y converge

n=1

puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in y = ±1. Osserviamo che √

lim a

( n

n

=

1

se a = 1,

+∞ se a > 1.

Quindi per y = ±1 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie non converge. Pertanto la serie

∞ √ X

a

n n

y converge

n=1

puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. Di conseguenza la serie

∞ √ X

a

n

(x − 1)n converge puntualmente in (0, 2) e uniformemente

n=1

in [α, β], per ogni 0 < α < β < 2. d) La serie

∞ √ X

a

n

(x − 1)n `e una serie di potenze centrata in x0 = 1. Posto y = x − 1

n=1

consideriamo la serie di potenze

∞ √ X

a

n n

y centrata in y0 = 0.

n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che lim

p √ n

a

n

n

√

= lim a1/ n

n

= 1.

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie

∞ √ X

a

n n

y converge

n=1

puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in y = ±1. ³ ´ √ √ Osserviamo che a n = o n12 per n → +∞. Infatti, posto m = n si ha lim n

a

√ n

1 n2

= lim n2 a

√ n

n

=

lim m4 am = 0.

m→+∞

Quindi per il criterio del confronto asintotico la serie criterio della convergenza assoluta la serie ∞ √ X

a

n=1

serie

∞ X

∞ √ X

a

n

converge e per il

n=1

(−1)n a

√ n

converge. Pertanto la serie

n=1

n n

y converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1]. Di conseguenza la

∞ √ X

a

n=1

n

(x − 1)n converge puntualmente e uniformemente in [0, 2].

4

Serie di potenze: esercizi svolti

e) La serie

∞ µ X 1

¶

√ + n

n=1

(−1)n xn `e una serie di potenze centrata in x0 = 0. n

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Calcoliamo s

lim

n

n

1 (−1)n √ + . n n

Osserviamo che per ogni n ≥ 1 1 1 1 (−1)n 1 1 √ − ≤√ + ≤√ + . n n n n n n Di conseguenza per ogni n ≥ 1 s n

1 1 √ − ≤ n n

s n

1 (−1)n √ + ≤ n n

s n

1 1 √ + . n n

Il primo e il terzo termine tendono a 1 per n → +∞. Infatti, s

lim

n

n

s

lim n

n

³ √ ´ Ã √ !1/n n 1 √ log n− 1 n− n 1 n n n √ − = lim √ = lim e = 1, n n n n n n ³ √ ´ Ã √ !1/n n 1 √ log n+ 1 1 n+ n n n n √ + = lim √ = lim e = 1. n n n n n n

Quindi per il secondo teorema del confronto anche s

lim n

n

(−1)n 1 √ + =1 n n

e di conseguenza il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Per x = 1 si ha la serie ¶ ∞ µ ∞ ∞ X X X 1 (−1)n 1 (−1)n √ + √ diverge mentre la serie . Poich`e la serie n n n n n=1 n=1 n=1 ¶ ∞ µ n X 1 (−1) √ + converge, si ha che la serie diverge. n n n=1 ∞ µ X (−1)n

¶

∞ X 1 (−1)n √ √ Per x = −1 si ha la serie + . Poich`e la serie converge n n n n=1 n=1 ¶ ∞ µ ∞ X X (−1)n 1 1 √ diverge, si ha che la serie + diverge. Pertanto mentre la serie n n n n=1 n=1 la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni

0 < k < 1. f ) La serie

∞ √ X

n

n=1

n n

x `e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Serie di potenze: esercizi svolti

5

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che lim n

p √ n

n

n

√

= lim n1/ n

n

= lim e n

√1 n

log n

= 1.

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Osserviamo che lim n

√ n

n

= +∞.

Quindi per x = ±1 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie non converge. Pertanto la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. √ ∞ X n+ n n g) La serie x `e una serie di potenze centrata in x0 = 0. 2n2 − 2 n=2 Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che s √ n n n + lim = 1. 2 n 2n − 2 Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Per x = 1 si ha la serie √ ∞ ∞ √ X X n+ n 1 n+ n 1 . Poich` e ∼ per n → +∞ e la serie diverge, per il 2 2n 2n −2 2 2n − 2 n n=2 n=2 √ ∞ X n+ n criterio del confronto asintotico la serie diverge. 2n2 − 2 n=2 √ ∞ √ X n+ n n+ n Per x = −1 si ha la serie (−1)n 2 . Posto bn = 2n 2 −2 si ha che: 2n − 2 n=2 √ n+ n = 0; a) lim bn = lim 2 n n 2n − 2 b) la successione (bn ) `e decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f associata alla successione (bn ), f (x) =

√ x+ x 2 2x −2

ristretta all’intervallo [2, +∞), si ha

che f `e derivabile con f 0 (x) = −

x2 + 32 x3/2 + 21 x−1/2 + 1 < 0. 2(x2 − 1)2

Quindi f `e decrescente su [2, +∞) e di conseguenza (bn ) `e decrescente. √ ∞ X nn + n Quindi per il criterio di Leibiniz la serie (−1) converge. Pertanto 2n2 − 2 n=2 la serie converge puntualmente in [−1, 1) e uniformemente in [−1, k], per ogni 0 < k < 1.

6

Serie di potenze: esercizi svolti

*h) La serie

∞ X

(sin n)xn `e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che q

lim n

n

| sin n| 6 ∃.

Quindi per calcolare il raggio di convergenza dobbiamo ricorrere alla definizione, in base alla quale il raggio di convergenza `e (

R = sup x ∈ R :

∞ X

) n

(sin n)x converge .

n=1

Fissato x ∈ R la serie

∞ X

(sin n)xn `e a termini di segno variabile. Consideriamo

n=1

∞ X

inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie

| sin n||x|n .

n=1

Per ogni x ∈ R si ha che | sin n||x|n ≤ |x|n . Poich`e la serie geometrica converge se e solo se |x| < 1, allora per il criterio del confronto la serie

∞ X

∞ X

|x|n

n=1

| sin n||x|n

n=1

converge se |x| < 1. Di conseguenza la serie data converge se |x| < 1.

Consideriamo ora la convergenza della serie data per |x| ≥ 1. Osserviamo che lim(sin n)xn 6 ∃. n

Quindi non essendo verficata la condizione necessaria per la convergenza della serie, la serie data non converge per |x| ≥ 1. Ne segue che (

x∈R:

∞ X

) n

(sin n)x converge

= (−1, 1)

n=1

e di conseguenza il raggio di convergenza `e R = sup (−1, 1) = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. i) La serie

∞ X

(2n + 3n )xn `e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che √ lim n 2n + 3n = lim n

n

s n

3n

µ n 2

3n

r

¶

+ 1 = lim 3 n

n

2n + 1 = 3. 3n

Serie di potenze: esercizi svolti

7

Quindi il raggio di convergenza `e R = 31 . Ne segue che la serie converge puntual´

³

mente in − 13 , 13 . Controlliamo se la serie converge anche in x = ± 13 . Osserviamo che lim n

2n + 3n = 1. 3n

Quindi per x = ± 31 non `e verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie e di conseguenza la serie non converge. Pertanto la serie converge ³

´

puntualmente in − 13 , 13 e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 31 . l) La serie

∞ X xn n=1

n!

`e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = lim n

1 n! ,

si ha che

an+1 n! 1 = lim = lim = 0. n (n + 1)! n n+1 an

Quindi il raggio di convergenza `e R = +∞. Ne segue che la serie converge puntualmente in R e uniformemente in [−k, k], per ogni k > 0. m) La serie

∞ X

n! xn `e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = n!, si ha che lim n

(n + 1)! an+1 = lim = lim(n + 1) = +∞. n n an n!

Quindi il raggio di convergenza `e R = 0. Ne segue che la serie converge solo in x = 0. n) La serie

∞ X

xn `e una serie di potenze centrata in x0 = 0. log (n + 1) n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che s

lim n

n

1 = 1. log (n + 1)

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Per x = 1 si ha la serie ∞ ∞ ´ ³ X X 1 1 1 1 per n → +∞ e la serie . Poich`e n+1 = o log (n+1) diverge, log (n + 1) n n=1 n=1 ∞ X 1 diverge. per il criterio del confronto asintotico la serie log (n + 1) n=1 Per x = −1 si ha la serie

∞ X

(−1)n . Posto bn = log (n + 1) n=1

1 log (n+1)

si ha che:

8

Serie di potenze: esercizi svolti

1 = 0; log (n + 1) b) la successione (bn ) `e decrescente.

a) lim bn = lim n

n

∞ X

(−1)n converge. Pertanto la log (n + 1) n=1 serie data converge puntualmente in [−1, 1) e uniformemente in [−1, k], per ogni

Quindi per il criterio di Leibiniz la serie

0 < k < 1. o) La serie

∞ X xn

n2

n=1

`e una serie di potenze centrata in x0 = 0.

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Si ha che r

lim n

n

1 = 1. n2

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Per x = 1 si ha la serie converge. Per x = −1 si ha la serie

∞ X

(−1)n

∞ X 1 n=1

n2

converge assolutamente e quindi n2 converge. Pertanto la serie data converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1]. n=1

Esercizio 2. Determinare il raggio di convergenza, l’insieme di convergenza puntuale e l’insieme di convergenza uniforme delle seguenti serie di potenze. [Suggerimento: per stabilire la convergenza negli estremi dell’intervallo pu`o essere utile √ la Formula di Stirling: n! ∼ nn e−n 2πn, per n → +∞.] "

∞ X (n!)2 n *a) x n=1

*b)

∞ X n=1

(2n)!

Ã

R = 4, converge puntualmente in (−4, 4), converge uniformemente in [−k, k], ∀ 0 < k < 4

!

− 12 n x n

"

R = 1, converge puntualmente in (−1, 1], converge uniformemente in [k, 1], ∀ 0 < k < 1

Svolgimento ∞ X (n!)2 n x `e una serie di potenze centrata in x0 = 0. *a) La serie n=1

#

(2n)!

#

Serie di potenze: esercizi svolti

9

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = lim n

(n!)2 (2n)! ,

si ha che

an+1 [(n + 1)!]2 (2n)! n+1 1 = lim · = lim = . n [2(n + 1)]! (n!)2 n 2(2n + 1) an 4

Quindi il raggio di convergenza `e R = 4. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−4, 4). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±4. Per x = ±4 ∞ ∞ X (n!)2 n X (n!)2 n si hanno rispettivamente le serie 4 e 4 . Per la Formula (−1)n (2n)! (2n)! n=1 n=1 di Stirling si ha che √ n! ∼ nn e−n 2πn, n → +∞. Quindi per n → +∞ si ha √ (n!)2 n n2n e−2n 2πn n2n e−2n 2πn n √ √ 4 ∼ 4 = 22n = πn. 2n −2n 2n 2n −2n (2n)! (2n) e 4πn 2 n e 4πn Ne segue che lim n

√ (n!)2 n 4 = lim πn = +∞. n (2n)!

Pertanto non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della serie, la serie data non converge in x = ±4. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−4, 4) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 4. *b) La serie

Ã

∞ X n=1

!

− 12 n x `e una serie di potenze centrata in x0 = 0. n Ã

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Poniamo an = che z Ã

an =

− 21 n

!

=

µ

¶µ

1 1 − − −1 2 2

n fattori }| ¶

µ

¶{

1 1 − − 2 ··· − − n + 1 2 2 n!

=

−1(−3)(−5) · · · (−2n + 1) 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) = (−1)n = n 2 n! 2n n! (2n − 1)! 1 (2n − 1)! = (−1)n · n = (−1)n . 2 · 4 · 6 · · · (2n − 2) 2 n! (n − 1)! 22n n!

=

|

{z

}

n fattori Allora si ha che ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ (n − 1)! 22n n! (2n + 1)! ¯ ¯= · = ¯ a ¯ n! 22n+2 (n + 1)! (2n − 1)! n

(1.1)

=

(2n + 1)2n(2n − 1)! (n − 1)! 22n n! 2n + 1 · = . 2n n(n − 1)! 4 · 2 (n + 1)n! (2n − 1)! 2n + 2

!

− 12 . Si ha n

10

Serie di potenze: esercizi svolti

Pertanto

¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ = lim 2n + 1 = 1. n n 2n + 2 an ¯

lim ¯¯

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1). Controlliamo se la serie converge anche in x = ±1. Per x = 1 si ha la serie ! Ã ∞ ∞ 1 X X −2 (2n − 1)! ` una serie a termini di segno alterno. = . E (−1)n 2n n! n (n − 1)! 2 n=1 n=1 Consideriamo inizialmente la convergenza assoluta, cio`e la convergenza della serie ∞ X (2n − 1)! . Per la Formula di Stirling si ha che (n − 1)! 22n n! n=1 √ n! ∼ nn e−n 2πn,

n → +∞.

Ne segue che per n → +∞ si ha p

(2n − 1)! (2n − 1)2n−1 e−2n+1 2π(2n − 1) √ p |an | = ∼ = (n − 1)! 22n n! (n − 1)n−1 e−n+1 2π(n − 1) 22n nn e−n 2πn ³

=

´2n−1 √ 1 2n − 2n ´n−1 √ √

22n−1 n2n−1 1 − ³

22n n2n−1 1 −

1 n

³

1

=

n − 1 2πn

´2n−1 √ 1 2n − 1 2n ´n−1 √ √ 1 n − 1 2πn n

1− ³

2 1−

1 ∼ √ . 2 πn

∞ X 1

√ diverge, per il criterio del confronto asintotico anche la n n=1 ∞ ∞ X X (2n − 1)! (2n − 1)! serie diverge. Ne segue che la serie (−1)n non 2n n! (n − 1)! 2 (n − 1)! 22n n! n=1 n=1 converge assolutamente. Poich`e la serie

Consideriamo la convergenza. Posto bn =

(2n−1)! , (n−1)! 22n n!

quindi bn = |an | ∼

√1 2 πn

per

n → +∞, si ha che: (2n − 1)! = 0; n n (n − 1)! 22n n! b) la successione (bn ) `e decrescente. Infatti, per (1.1) si ha

a) lim bn = lim

¯

¯

bn+1 ¯¯ an+1 ¯¯ 2n + 1 =¯ ≤1 = bn an ¯ 2n + 2 Quindi per il criterio di Leibiniz la serie ∞ X

Ã

∞ X

(−1)n

n=1

− 12

!

=⇒

bn+1 ≤ bn .

(2n − 1)! converge. (n − 1)! 22n n!

∞ X

(2n − 1)! . Per quanto ossern (n − 1)! 22n n! n=1 n=1 vato precedentemente questa serie diverge. Quindi la serie data converge puntualPer x = −1 si ha la serie

(−1)n

=

mente in (−1, 1] e uniformemente in [−k, 1], per ogni 0 < k < 1.

Serie di potenze: esercizi svolti

11

Esercizio 3. Scrivere gli sviluppi in serie di McLaurin delle seguenti funzioni: s

a) f (x) = log

b) f (x) = log

"

1+x 1−x

f (x) =

n=0

"

p

1+

∞ X x2n+1

x2

"

c) f (x) = (1 + x )

∞ X

f (x) =

Ã

n=0

d) f (x) = log x +

p

1 + x2

"

´

f (x) =

∞ X

∀x ∈ (−1, 1)

"

k ∈ N f (x) =

∞ X

#

∀x ∈ [−1, 1]

!

#

− 21 2n x , n

∀x ∈ (−1, 1)

!

Ã

n=0

1 e) f (x) = , 2 1 + x + x + · · · + xk

,

∞ 1X (−1)n 2n+2 f (x) = x , 2 n=0 n + 1

2 − 12

³

2n + 1

#

− 12 x2n+1 , n 2n + 1

#

∀x ∈ [−1, 1] #

xn(k+1) (1 − x),

∀x ∈ (−1, 1)

n=0

"

1 f ) f (x) = 2 x − 3x + 2

f (x) =

∞ µ X

1−

n=0

1 2n+1

¶

µ

n

x ,

1 1 ∀x ∈ − , 2 2

¶#

Svolgimento s

a) Il dominio di f (x) = log

1+x `e dom (f ) = (−1, 1). Osserviamo che per ogni 1−x

x ∈ (−1, 1) si ha s

f (x) = log

essendo log (1 + t) =

i 1+x 1h = log (1 + x) − log (1 − x) = 1−x 2

∞ X (−1)n n+1 t per ogni t ∈ (−1, 1] n=0

n+1

"

#

∞ ∞ ∞ ∞ 1 X 1 1X x2n+1 (−1)n n+1 X (−1)n + 1 n+1 X = x + xn+1 = x = . 2 n=0 n + 1 n+1 2 n=0 n + 1 2n + 1 n=0 n=0

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f `e f (x) =

∞ X x2n+1 n=0

2n + 1

,

∀x ∈ (−1, 1).

12

Serie di potenze: esercizi svolti

b) Il dominio di f (x) = log

p

1 + x2 `e dom (f ) = R.

∞ X (−1)n n+1 t per ogni t ∈ (−1, 1], si ha che per ogni x ∈

Essendo log (1 + t) =

n=0

[−1, 1]

f (x) = log

p

n+1

∞ ³ ´ 1X 1 (−1)n 2n+2 log 1 + x2 = x . 2 2 n=0 n + 1

1 + x2 =

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f `e ∞ 1X (−1)n 2n+2 x , 2 n=0 n + 1

f (x) =

∀x ∈ [−1, 1].

Osserviamo che questa serie converge a f solo in [−1, 1], pur essendo dom (f ) = R. ³

2

c) Il dominio di f (x) = 1 + x

´− 1

2

`e dom (f ) = R. Essendo (1 +

f (x) = 1 + x

2

´− 1 2

=

∞ X

Ã

n=0

=

∞ X n=0

per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che per ogni x ∈ (−1, 1) ³

t)α

à !

α n t n

!

− 12 2n x . n

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f `e f (x) =

!

Ã

∞ X

− 12 2n x . n

n=0

Osserviamo che questa serie non converge in x = ±1 (vedi Esercizio 2 b)). Quindi l’insieme di convergenza `e (−1, 1), pur essendo dom (f ) = R. ³

p

´

`e dom (f ) = R. Osserviamo che f `e 1 derivabile su R con f 0 (x) = √ . Per l’Esercizio precedente si ha che per ogni 1 + x2 x ∈ [−k, k], con 0 < k < 1,

d) Il dominio di f (x) = log x +

1 + x2

0

f (x) =

Ã

∞ X n=0

!

− 12 2n x . n

Applicando il Teorema di integrazione per serie, si ottiene che per ogni x ∈ (−1, 1) f (x) =

=

∞ X n=0

Z x

Ã

0

− 12 n

0

f (t) dt = !Z

x 0

2n

t

! Ã Z xX ∞ −1 2

n

0 n=0

dt =

∞ X n=0

Ã

!

− 12 x2n+1 . n 2n + 1

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f `e f (x) =

∞ X n=0

Ã

!

t2n dt =

− 12 x2n+1 . n 2n + 1

Serie di potenze: esercizi svolti

13

Consideriamo ora x = 1. Si ha la serie ∞ X

Ã

n=0

!

∞ X (−1)n − 12 1 (2n − 1)! = · . n 2n + 1 n=0 2n + 1 (n − 1)! 22n n!

Quindi `e una serie a termini di segno alterno. Consideriamo la convergenza asso∞ X 1 (2n − 1)! luta, cio`e la convergenza della serie · . Poniamo 2n + 1 (n − 1)! 22n n! n=0 an =

1 (2n − 1)! · . 2n + 1 (n − 1)! 22n n!

Dallo svolgimento dell’Esercizio 2 b) si ha che an ∼ la serie

∞ X

1

n=1

n3/2

√1 4 πn3/2

per n → +∞. Poich`e

converge, per il criterio del confronto asintotico la serie

verge e quindi la serie converge.

∞ X (−1)n

∞ X

an con-

n=0

(2n − 1)! converge assolutamente e quindi 2n + 1 (n − 1)! 22n n! n=0 ·

Consideriamo ora x = −1. Si ha la serie ∞ X n=0

Ã

!

∞ X − 12 (−1)n 1 (2n − 1)! = · . n 2n + 1 n=0 2n + 1 (n − 1)! 22n n!

Per quanto appena osservato questa serie converge. Quindi l’insieme di convergenza `e [−1, 1], pur essendo dom (f ) = R. e) Per ogni k ∈ N si ha che ³

´

1 − xk+1 = (1 − x) 1 + x + x2 + · · · + xk . Quindi

 1−x    1 − xk+1 1 f (x) = =  1 + x + x2 + · · · + xk   1

k+1

Quindi dom (f ) = R. Essendo ogni x ∈ (−1, 1) f (x) =

se x 6= 1, se x = 1.

∞ X 1 = tn per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che per 1 − t n=0

∞ ∞ X X 1 1−x n(k+1) = = (1−x) x = xn(k+1) (1−x). 1 + x + x2 + · · · + xk 1 − xk+1 n=0 n=0

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f `e f (x) =

∞ X

xn(k+1) (1 − x).

n=0

Osserviamo che questa serie converge in x = 1 a 0 ma non a f (1) = non converge in x = −1.

1 k+1 ,

mentre

14

Serie di potenze: esercizi svolti

1 `e dom (f ) = (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2, +∞). Decom− 3x + 2 poniamo f in fratti semplici. Si ha che

f ) Il dominio di f (x) =

f (x) =

x2

1 1 A B = = + = x2 − 3x + 2 (x − 1)(x − 2) x−1 x−2 (

(A + B)x − 2A − B = x2 − 3x + 2 Quindi f (x) = − Essendo

=⇒

A = −1, B = 1.

1 1 1 1 1 . + = − · x−1 x−2 1 − x 2 1 − x2

∞ X 1 = tn per ogni t ∈ (−1, 1), si ha che 1 − t n=0

1 1−

x 2

=

³

∞ µ ¶n X x

=

2

n=0

µ

∞ X xn n=0

, 2n

¶

1 1 ∀x ∈ − , . 2 2

´

Quindi per ogni x ∈ − 12 , 12 si ha ∞ X

1 1 1 − · f (x) = 1−x 2 1−

x 2

¶

µ

∞ ∞ X xn 1X 1 = x − = 1 − n+1 xn . n 2 n=0 2 2 n=0 n=0 n

Quindi lo sviluppo in serie di McLaurin di f `e f (x) =

∞ µ X

1−

n=0

1 2n+1

¶

µ

n

x ,

¶

1 1 ∀x ∈ − , . 2 2

Esercizio 4. Determinare il raggio di convergenza e la somma delle seguenti serie di potenze: a)

h

∞ X x2n−1 n=1 ∞ X

R = +∞,

(n − 1)!

x2n b) (−1) 2n(2n − 1) n=1 c)

n

·

R = 1,

f (x) = x ex

i

2

¸

1 f (x) = −x arctan x + log (1 + x2 ) 2

∞ X

x2n+3 (2n + 2)(2n + 3) n=0 



R = 1,

   −1 + log 2       1 1   f (x) = (1 − x) log (1 − x) − (1 + x) log (1 + x) + x   2 2   

1 − log 2

se x = −1, se −1 < x < 1, se x = 1.

      

Serie di potenze: esercizi svolti

"

∞ X

xn+1 d) n(n + 1) n=1 e)

∞ X

15

(

R = 1,

f (x) =

(1 − x) log (1 − x) + x se −1 ≤ x < 1, 1

se x = 1. ·

n

2n−1

(−1) n x

x f (x) = − (1 + x2 )2 )

R = 1,

n=1

f)

·

∞ X x4n−1 n=1

µ

R = 1,

4n − 1

#

1 1+x f (x) = log 4 1−x

¶

1 − arctan x 2

¸

¸

Svolgimento a) Posto m = n − 1, si ha ∞ X x2n−1 n=1

(n − 1)!

=

∞ X x2m+1 m=0

m!

=x

∞ X (x2 )m m=0

m!

.

Quindi `e una serie di potenze, di x2 , centrata in x0 = 0. Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto am = lim m

1 m! ,

si ha che

am+1 m! 1 = lim = lim = 0. m m am (m + 1)! m+1

Quindi il raggio di convergenza `e R = +∞. Ne segue che la serie converge puntualmente in R e uniformemente in [−k, k], per ogni k > 0. Determiniamo ora la somma della serie. Essendo ha che per ogni x ∈ R ∞ X x2n−1 n=1

(n − 1)!

=x

∞ X (x2 )m m=0

m!

∞ X tm

m! m=0

= et per ogni t ∈ R, si

2

= x ex .

2

Quindi la somma della serie `e f (x) = x ex , per ogni x ∈ R. b) La serie

∞ X

(−1)n

n=1

x2n `e una serie di potenze, di x2 , centrata in x0 = 0. 2n(2n − 1)

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = che

(−1)n 2n(2n−1) ,

si ha

¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ ¯ = 1. lim ¯ n a ¯ n

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Essendo |an | ∼

1 , 4n2

la serie converge

anche in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1].

16

Serie di potenze: esercizi svolti

Determiniamo ora la somma della serie. Sia x ∈ [−1, 1]. Essendo si ha che

∞ X x2n (−1)n = (−1) 2n(2n − 1) n=1 2n − 1 n=1 ∞ X

n

Z x 0

x2n = 2n

Z x 0

t2n−1 dt,

t2n−1 dt =

per il Teorema di integrazione per serie k =n−1

 y

Z xX ∞ (−1)n 2n−1 = t dt

=

2n − 1

0 n=1

Z xX ∞ (−1)k+1 2k+1 t dt =

2k + 1

0 k=0

Z xX Z x ∞ (−1)k 2k+1 =− t dt = − arctan t dt = 0 k=0

2k + 1

0

integrando per parti h

= − t arctan t

ix 0

+

Z x 0

³ ´ t 1 2 log 1 + x . dt = −x arctan x + 1 + t2 2

Quindi la somma della serie `e f (x) = −x arctan x +

1 2

¡

¢

log 1 + x2 , per ogni x ∈

[−1, 1]. c) La serie

∞ X

x2n+3 `e una serie di potenze, di x2 , centrata in x0 = 0. (2n + 2)(2n + 3) n=0

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an =

1 (2n+2)(2n+3) ,

si

ha che lim n

an+1 = 1. an

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Essendo an ∼

1 , 4n2

la serie converge

anche in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1]. Determiniamo ora la somma f della serie. Z x x2n+3 = t2n+2 dt, si ha che 2n + 3 0

Sia x ∈ [−1, 1].

∞ X

∞ X x2n+3 1 = (2n + 2)(2n + 3) n=0 2n + 2 n=0

Z x 0

Essendo

t2n+2 dt =

per il Teorema di integrazione per serie = 1 = 2

Z xX ∞ 0

1 1 t2n+2 dt = 2n + 2 2 n=0

Z xX ∞ (−1)n+1 ³ 0 n=0

n+1

−t

2

´n+1

Z xX ∞ 0

1 dt = − 2

1 ³ 2 ´n+1 t dt = n+1 n=0 Z xX ∞ (−1)n ³ 0 n=0

n+1

−t2

´n+1

dt =

Serie di potenze: esercizi svolti

17

1 =− 2

Z x 0

³

´

log 1 − t2 dt =

integrando per parti ´ix ³ 1h = − t log 1 − t2 − 0 2 ³ ´ 1 1 = − x log 1 − x2 + 2 2

Z x 0

Z xµ 0

2+

t2 dt = 1 − t2

1 1 − t−1 t+1

¶

dt =

ix ³ ´ 1h 1 = − x log 1 − x2 + 2t + log |1 − t| − log |1 + t| = 0 2 2 ³ ´ 1 1 1 = − x log 1 − x2 + x + log (1 − x) − log (1 + x) = 2 2 2 1 1 = (1 − x) log (1 − x) − (1 + x) log (1 + x) + x. 2 2

Le ultime quattro righe hanno senso solo se x ∈ (−1, 1). Quindi per ogni x ∈ (−1, 1) la somma della serie `e 1 1 f (x) = (1 − x) log (1 − x) − (1 + x) log (1 + x) + x. 2 2 Poich`e la serie di potenze, quindi di funzioni continue, converge uniformemente in [−1, 1], allora la somma della serie f `e continua in [−1, 1]. In particolare si ha che ·

f (−1) =

lim

x→(−1)+

·

f (1) = lim

x→1−

¸

1 1 (1 − x) log (1 − x) − (1 + x) log (1 + x) + x = −1 + log 2, 2 2 ¸

1 1 (1 − x) log (1 − x) − (1 + x) log (1 + x) + x = 1 − log 2. 2 2

Quindi la somma della serie `e  −1 + log 2    

f (x) =

d) La serie

se x = −1,

1

1 (1 − x) log (1 − x) − (1 + x) log (1 + x) + x se −1 < x < 1, 2 1 − log 2 se x = 1.

 2   

∞ X

xn+1 `e una serie di potenze centrata in x0 = 0. n(n + 1) n=1

Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = lim n

1 n(n+1) ,

si ha che

an+1 = 1. an

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Essendo an ∼

1 , n2

la serie converge anche

in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente e uniformemente in [−1, 1].

18

Serie di potenze: esercizi svolti

Determiniamo ora la somma f della serie. Z x xn+1 = tn dt, si ha che n+1 0 ∞ X

∞ X xn+1 1 = n(n + 1) n=1 n n=1

Sia x ∈ [−1, 1].

Z x 0

Essendo

tn dt =

per il Teorema di integrazione per serie Z xX Z xX ∞ ∞ 1 n (−1)n = t dt = (−t)n dt = 0 n=1

=−

n

0 n=1

Z xX ∞ (−1)n−1

n

0 n=1

n

(−t)n dt = −

Z x 0

log (1 − t) dt =

integrando per parti h

ix

= − t log (1 − t)

0

−

Z x 0

Z xµ

t dt = −x log (1 − x) + 1−t h

0

ix

= −x log (1 − x) + t + log |1 − t|

0

1−

1 1−t

¶

dt =

=

= −x log (1 − x) + x + log (1 − x) = (1 − x) log (1 − x) + x. Le ultime tre righe hanno senso solo se x ∈ [−1, 1). Quindi per ogni x ∈ [−1, 1) la somma della serie `e f (x) = (1 − x) log (1 − x) + x. Poich`e la serie di potenze, quindi di funzioni continue, converge uniformemente in [−1, 1], allora la somma della serie f `e continua in [−1, 1]. In particolare si ha che f (1) = lim [(1 − x) log (1 − x) + x] = 1. x→1−

Quindi la somma della serie `e (

f (x) =

(1 − x) log (1 − x) + x se −1 ≤ x < 1, 1

se x = 1.

e) Posto m = n − 1, si ha ∞ X

n

(−1) n x

n=1

2n−1

=

∞ X

(−1)

m+1

2m+1

(m + 1) x

m=0

=x

∞ X

³

(−1)m+1 (m + 1) x2

´m

.

m=0

Quindi `e una serie di potenze, di x2 , centrata in x0 = 0. Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = (−1)n n, si ha che q

lim n

n

|an | = 1.

Serie di potenze: esercizi svolti

19

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Osserviamo che in x = ±1 la serie non converge. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. Determiniamo ora la somma della serie. Sia x ∈ (−1, 1). Poich`e la derivata della funzione g(x) = x2n `e Dg(x) = 2nx2n−1 , si ha che ∞ X

n

(−1) n x

2n−1

n=1

¸

·

∞ X

(−1)n 2n x = = D 2 n=1

per il Teorema di derivazione per serie "

#

"

#

∞ ∞ ³ ´n 1X 1X =D (−1)n x2n = D −x2 = 2 n=0 2 n=0

·

=D

¸

1 1 x =− . 2 21+x (1 + x2 )2

Quindi la somma della serie `e f (x) = −

x , (1 + x2 )2

∀x ∈ (−1, 1).

f ) Posto m = n − 1, si ha ∞ X x4n−1 n=1

=

4n − 1

∞ X x4m+3 m=0

4m + 3

∞ X (x4 )m

= x3

m=0

4m + 3

.

Quindi `e una serie di potenze, di x4 , centrata in x0 = 0. Determiniamo inizialmente il raggio di convergenza. Posto an = lim n

1 4n−1 ,

si ha che

an+1 = 1. an

Quindi il raggio di convergenza `e R = 1. Osserviamo che la serie non converge in x = ±1. Ne segue che la serie converge puntualmente in (−1, 1) e uniformemente in [−k, k], per ogni 0 < k < 1. Determiniamo ora la somma della serie. Z x x4n−1 = t4n−2 dt, si ha che 4n − 1 0 ∞ X x4n−1

=

4n − 1 n=1

∞ Z x X n=1 0

Sia x ∈ (−1, 1).

Essendo

t4n−2 dt =

per il Teorema di integrazione per serie

=

Z xX ∞ 0 n=1

k =n−1

t

4n−2

 y

dt

=

Z xX ∞ 0 k=0

4k+2

t

dt =

Z x 0

t

2

∞ ³ ´ X k

t

k=0

4

dt =

Z x 0

t2 dt = 1 − t4

20

Serie di potenze: esercizi svolti

essendo =

t2 1 1 1 1 1 1 = + − 4 1−t 4 1 − t 4 1 + t 2 1 + t2

Z xµ 1 0

1 1 1 1 1 + − 4 1 − t 4 1 + t 2 1 + t2 µ

=

¶

1 1+x log 4 1−x

·

¯

¯

¯1 + t¯ 1 1 ¯ − arctan t dt = log ¯¯ 4 1 − t¯ 2

¶

−

1 arctan x. 2

Quindi la somma della serie `e µ

1 1+x f (x) = log 4 1−x

¶

−

1 arctan x, 2

∀x ∈ (−1, 1).

¸x

= 0

Serie di Fourier: esercizi svolti Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficolt`a maggiore. Esercizio 1. Scrivere la serie di Fourier delle seguenti funzioni e studiarne la convergenza quadratica, puntuale e uniforme: a) f (x) = x − [x], dove [x] `e la parte intera di x 

∞ 1 1 1 X sin (2πnx),  2−π n  n=1



converge quadraticamente a f su R,

 (   f (x)   converge puntualmente a S(x) = 1  2 

se x 6∈ Z, se x ∈ Z,

        

converge uniformemente a f su [a, b], n < a < b < n + 1, n ∈ Z b) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione ( x se −π < x < π, g(x) = 0 se x = ±π 

∞ X (−1)n

 −2  n=1 

n



sin nx, converge puntualmente e quadraticamente a f su R,

  

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, k ∈ Z c) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione g(x) =

( 2 x

0

se −π < x < π, se x = ±π



∞ X (−1)n π2 +4 cos nx,  n2  3 n=1



converge quadraticamente a f su R,

 (   f (x)   converge puntualmente a S(x) =  π2 

se x 6= (2k + 1)π, se x = (2k + 1)π,

∀k ∈ Z,

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, k ∈ Z

1

        

2

Serie di Fourier: esercizi svolti

d) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione g(x) =

( 4 x

0

se −π < x < π, se x = ±π





   converge quadraticamente a f su R,   (  f (x)   converge puntualmente a S(x) =  π4 

           

∞ ∞ X X π4 (−1)n (−1)n 2 cos nx − 48 cos nx,  5 + 8π n2 n4  n=1 n=1

se x 6= (2k + 1)π se x = (2k + 1)π,

∀k ∈ Z,

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, k ∈ Z

*e) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione ½ x cos x se −π ≤ x < π, g(x) = π se x = π 



∞ X (−1)n n 1 sin x − 2 sin nx, −  n2 − 1  2 n=2

converge quadraticamente a f su R,

 (   f (x)   converge puntualmente a S(x) =  0 

se x 6= (2k + 1)π se x = (2k + 1)π,

∀k ∈ Z,

        

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, k ∈ Z

f ) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione  1   

g(x) =

  

¡

¢

se x ∈ − π2 , π2 , £

¢

−1 se x ∈ −π, − π2 ∪ 0

¡π

2,π

¤

,

se x = ± π2



∞ (−1)n 4 X cos (2n + 1)x,  π 2n + 1  n=0



converge quadraticamente a f su R,

   converge puntualmente a f su R, 

     

converge uniformemente a f su [a, b], (2k + 1) π2 < a < b < (2k + 3) π2 , k ∈ Z g) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione g(x) = |x|, definita per ogni x ∈ [−π, π] 





  

∞ π 4 X 1 − cos (2n + 1)x,  π n=0 (2n + 1)2  2

converge puntualmente, quadraticamente e uniformemente a f su R

Serie di Fourier: esercizi svolti

3

h) f : R → R `e la funzione ottenuta prolungando per periodicit`a la funzione    −1 se −π < x < 0, 

g(x) =

  

0

se x = 0, ±π,

1

se 0 < x < π





   converge puntualmente e quadraticamente a f su R 

     

∞ 4 X 1 sin (2n + 1)x,  π 2n + 1  n=0

converge uniformemente a f su [a, b], kπ < a < b < (k + 1)π, k ∈ Z

Svolgimento a) La funzione f (x) = x − [x] `e periodica di periodo 1 ed in particolare f (x) = x per ogni x ∈ [0, 1). Quindi f `e continua in (n, n+1) ed `e discontinua, con discontinuit` a di tipo salto, in x = n, per ogni n ∈ Z.

1.5

1.0

0.5

0.0 −2.0

−1.5

−1.0

−0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

−0.5

Fig. 1: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[0,1] ∈ L2 (0, 1), ossia che Z 1 0

[f (x)]2 dx =

Z 1 0

Z 1 0

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

1 x2 dx = . 3

4

Serie di Fourier: esercizi svolti

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in (n, n + 1), per ogni n ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in (n, n + 1), per ogni n ∈ Z. Consideriamo ora x = n ∈ Z. Si ha che f (n− ) = lim f (x) = 1, x→n−

f 0 (n− ) = lim

x→n−

f (x) − f (n− ) = 1, x−n

f (n+ ) = lim f (x) = 0, x→n+

f (x) − f (n+ ) = 1. x−n

f 0 (n+ ) = lim

x→n+

Quindi la serie di Fourier di f converge in x = n ∈ Z a

1 − 2 [f (n )

+ f (n+ )] = 12 .

Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a (

S(x) =

f (x) se x 6∈ Z, 1 2

se x ∈ Z.

Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo (n, n + 1), per ogni n ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con n < a < b < n + 1, per ogni n ∈ Z. Poich`e f non `e continua su [n, n + 1], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 1, la serie di Fourier di f `e della forma a0 +

∞ X

[an cos (2nπx) + bn sin (2nπx)],

n=1

dove a0 =

Z 1 0

f (x) dx,

e per ogni n ≥ 1 an = 2

Z 1 0

f (x) cos (2nπx) dx,

Si ha che a0 = ∀n ≥ 1 :

an = 2

Z 1

Z 1 0

0

f (x) dx =

bn = 2 Z 1 0

Z 1 0

f (x) sin (2nπx) dx.

1 x dx = , 2

f (x) cos (2nπx) dx = 2

Z 1 0

x cos (2nπx) dx =

integrando per parti ·

=

¸1

1 x sin (2nπx) nπ

− 0

1 nπ

Z 1 0

·

sin (2nπx) dx =

¸1

1 cos (2nπx) 2n2 π 2

= 0, 0

Serie di Fourier: esercizi svolti

∀n ≥ 1 :

5

bn = 2

Z 1 0

f (x) sin (2nπx) dx = 2

Z 1 0

x sin (2nπx) dx =

integrando per parti ·

¸1

1 = − x cos (2nπx) nπ

1 + nπ 0

Z 1 0

¸1

·

=−

cos (2nπx) dx =

1 1 sin (2nπx) − nπ 2n2 π 2

=− 0

1 . nπ

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ 1 1 X 1 − sin (2nπx). 2 π n=1 n

b) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[, per ogni k ∈ Z, ed `e discontinua, con discontinuit` a di tipo salto, in x = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z.

3

2

1

0 −4

−3

−2

−1

0

1

2

−1

−2

−3

Fig. 2: Grafico di g.

3

4

6

Serie di Fourier: esercizi svolti

6

4

2

0 −8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

−2

−4

−6

Fig. 3: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2 (−π, π), ossia che Z π −π

[f (x)]2 dx =

Z π

−π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

Z π

2 x2 dx = π 3 . 3 −π

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z. Consideriamo ora xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z. Si ha che f (x− k ) = lim f (x) = π, x→x− k

f 0 (x− k ) = lim

x→x− k

f (x) − f (x− k) = 1, x − xk

f (x+ k ) = lim f (x) = −π, x→x+ k

f 0 (x+ k ) = lim

x→x+ k

f (x) − f (x+ k) = 1. x − xk

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, a

− 1 2 [f (xk )

+ f (x+ k )] = 0 = f (xk ). Pertanto la serie di Fourier di f converge

puntualmente a f su R. Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con (2k + 1)π < a < b < (2k + 3)π, per ogni k ∈ Z. Poich`e f

Serie di Fourier: esercizi svolti

7

non `e continua su [(2k + 1)π, (2k + 3)π], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e dispari, la serie di Fourier di f `e della forma ∞ X

bn sin nx,

n=1

dove per ogni n ≥ 1 bn =

1 π

Z π

f (x) sin nx dx =

−π

1 π

Z π −π

x sin nx dx =

2 π

Z π 0

x sin nx dx =

integrando per parti =

2 π

µ·

¸π

1 − x cos nx n

+ 0

1 n

Z π 0

¶

iπ 2 h 2 2 cos nx dx = − cos nπ+ 2 sin nx = −(−1)n . 0 n n π n

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ X (−1)n

−2

n

n=1

sin nx.

c) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[, per ogni k ∈ Z, ed `e discontinua, con discontinuit` a eliminabile, in x = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z.

10

8

6

4

2

0 −8

−6

−4

−2

0

2

4

−2

Fig. 4: Grafico di g.

6

8

8

Serie di Fourier: esercizi svolti

12

10

8

6

4

2

0 −10

−5

0

5

10

−2

Fig. 5: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . L2 (−π, π),

Osserviamo che f|[−π,π] ∈

Z π −π

ossia che

[f (x)]2 dx =

Z π −π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

Z π

2 x4 dx = π 5 . 5 −π

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z. Consideriamo ora xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z. Si ha che 2 f (x− k ) = lim f (x) = π , x→x− k

f 0 (x− k ) = lim

x→x− k

f (x) − f (x− k) = 2π, x − xk

2 f (x+ k ) = lim f (x) = π , x→x+ k

f 0 (x+ k ) = lim

x→x+ k

f (x) − f (x+ k) = −2π. x − xk

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, a − + 1 2 [f (xk ) + f (xk )]

= π 2 . Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a (

S(x) =

f (x)

se x 6= (2k + 1)π,

π2

se x = (2k + 1)π,

∀k ∈ Z.

Serie di Fourier: esercizi svolti

9

Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con (2k +1)π < a < b < (2k +3)π, per ogni k ∈ Z. Poich`e f non `e continua su [(2k +1)π, (2k +3)π], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Poich`e S conicide su f tranne che nei punti xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, allora la serie di Fourier di S coincide con quella di f ed essendo S di classe C 1 sull’intervallo [−π, π], si ha che la serie di Fourier di S, e quindi anche quella di f , converge uniformemente a S su R. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e pari, la serie di Fourier di f `e della forma a0 +

∞ X

an cos nx,

n=1

dove 1 a0 = 2π

Z π

1 f (x) dx = 2π −π

Z π

Z π

1 x dx = π −π 2

0

·

1 1 3 x x dx = π 3 2

¸π

= 0

π2 3

e per ogni n ≥ 1 1 an = π

Z π

1 f (x) cos nx dx = π −π

Z π

2 x cos nx dx = π −π 2

Z π 0

x2 cos nx dx =

integrando per parti 2 = π

µ·

¸π

1 2 x sin nx n

0

2 − n

¶

Z π

x sin nx dx =

0

integrando per parti =−

4 nπ

µ·

¸π

1 − x cos nx n ·

=

+ 0

1 n

Z π 0

¸π

4 1 4 sin nx cos nπ − 2 2 n n π n

¶

cos nx dx = = (−1)n

0

4 . n2

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ X π2 (−1)n +4 cos nx. 3 n2 n=1

d) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[, per ogni k ∈ Z, ed `e discontinua, con discontinuit` a eliminabile, in x = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z.

10

Serie di Fourier: esercizi svolti

10

8

6

4

2

0 −8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

−2

Fig. 6: Grafico1 di g.

12

10

8

6

4

2

0 −10

−5

0

5

10

−2

Fig. 7: Grafico2 di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[−π,π] ∈

L2 (−π, π),

Z π −π

2

ossia che

[f (x)] dx =

Z π

−π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

Z π

2 x8 dx = π 9 . 9 −π

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. 1 2

Il grafico non `e in scala Il grafico non `e in scala

Serie di Fourier: esercizi svolti

11

Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z. Consideriamo ora xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z. Si ha che 4 f (x− k ) = lim f (x) = π ,

4 f (x+ k ) = lim f (x) = π ,

x→x− k

f 0 (x− k ) = lim

x→x− k

x→x+ k

f (x) − f (x− k) = 4π 3 , x − xk

f 0 (x+ k ) = lim

x→x+ k

f (x) − f (x+ k) = −4π 3 . x − xk

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, a − + 1 2 [f (xk ) + f (xk )]

= π 4 . Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a (

S(x) =

f (x) se x 6= (2k + 1)π, π4

∀k ∈ Z.

se x = (2k + 1)π,

Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con (2k +1)π < a < b < (2k +3)π, per ogni k ∈ Z. Poich`e f non `e continua su [(2k +1)π, (2k +3)π], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Poich`e S conicide su f tranne che nei punti xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, allora la serie di Fourier di S coincide con quella di f ed essendo S di classe C 1 sull’intervallo [−π, π], si ha che la serie di Fourier di S, e quindi anche quella di f , converge uniformemente a S su R. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e pari, la serie di Fourier di f `e della forma ∞ X

a0 +

an cos nx,

n=1

dove 1 a0 = 2π

Z π

1 f (x) dx = 2π −π

Z π

1 x dx = π −π 4

Z π 0

·

1 1 5 x dx = x π 5 4

¸π

= 0

π4 5

e per ogni n ≥ 1 an =

1 π

Z π −π

f (x) cos nx dx =

Z π

1 π

−π

x4 cos nx dx =

2 π

Z π 0

x4 cos nx dx =

integrando per parti =

2 π

µ·

¸π

1 4 x sin nx n

− 0

4 n

Z π 0

¶

x3 sin nx dx =

12

Serie di Fourier: esercizi svolti

integrando per parti =−

8 nπ

¸π

µ·

1 − x3 cos nx n

+ 0

3 n

Z π 0

¶

x2 cos nx dx =

integrando per parti = (−1)n

8 2 24 π − 3 2 n n π

µ·

¸π

1 2 x sin nx n

− 0

2 n

Z π 0

¶

x sin nx dx =

integrando per parti 8 48 = (−1) 2 π 2 + 4 n n π n

µ·

¸π

1 − x cos nx n ·

= (−1)n

0

1 + n

¸π

8 2 48 48 1 π + (−1)n 4 + 5 sin nx 2 n n n π n

Z π 0

¶

cos nx dx =

= (−1)n

0

8 2 48 π + (−1)n 4 . 2 n n

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ ∞ X X π4 (−1)n (−1)n + 8π 2 cos nx − 48 cos nx. 5 n2 n4 n=1 n=1

*e) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua in ](2k+1)π, (2k+3)π[, per ogni k ∈ Z, ed `e discontinua, con discontinuit` a di tipo salto, in x = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z.

4

3

2

1

0 −4

−2

0

2

−1

−2

−3

−4

Fig. 8: Grafico di g.

4

Serie di Fourier: esercizi svolti

13

6

4

2

0 −10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

−2

−4

−6

Fig. 9: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[−π,π] ∈

L2 (−π, π),

ossia che

Z π

−π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti, es-

sendo f continua a tratti su [−π, π], allora f `e integrabile (il calcolo esplicito dell’integrale di f 2 non `e immediato). Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z. Consideriamo ora xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z. Si ha che f (x− k ) = lim f (x) = −π, x→x− k

f 0 (x− k ) = lim

x→x− k

f (x) − f (x− k) = −1, x − xk

f (x+ k ) = lim f (x) = π, x→x+ k

f 0 (x+ k ) = lim

x→x+ k

f (x) − f (x+ k) = −1. x − xk

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1)π, per ogni k ∈ Z, a − 1 2 [f (xk )

+ f (x+ k )] = 0. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a (

S(x) =

f (x) se x 6= (2k + 1)π, 0

se x = (2k + 1)π,

∀k ∈ Z.

Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo ](2k + 1)π, (2k + 3)π[, per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con (2k +1)π <

14

Serie di Fourier: esercizi svolti

a < b < (2k +3)π, per ogni k ∈ Z. Poich`e f non `e continua su [(2k +1)π, (2k +3)π], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e dispari, la serie di Fourier di f `e della forma ∞ X

bn sin nx,

n=1

dove per ogni n ≥ 1 Z

bn (1.1)

1 π 1 = f (x) sin nx dx = π −π π Z 2 π = x cos x sin nx dx. π 0

Z π −π

x cos x sin nx dx

Calcoliamo le primitive di x cos x sin nx su R. Integrando per parti si ha che Z

(1.2)

Z µZ

Z

x cos x sin nx dx = x

cos x sin nx dx −

¶

cos x sin nx dx dx,

Z

cos x sin nx dx indica una generica primitiva di cos x sin nx su R. Calcolia-

dove

mo queste primitive. Integrando per parti (abbr. p.p.) si ha che Z

Z

1 cos x sin nx dx = sin x sin nx − sin x cos nx dx n µ ¶ Z p.p. 1 1 = sin x sin nx − − cos x cos nx − cos x sin nx dx n n Z 1 1 = sin x sin nx + cos x cos nx + 2 cos x sin nx dx. n n p.p.

Quindi per ogni n ≥ 2 si ha µ

1−

1 n2

¶Z

cos x sin nx dx = sin x sin nx +

1 cos x cos nx + c, n

c∈R

da cui segue che per ogni n ≥ 2 µ

Z

cos x sin nx dx =

¶

n2 1 sin x sin nx + cos x cos nx + c, 2 n −1 n

c ∈ R.

Sostituendo in (1.2) si ottiene che per ogni n ≥ 2 µ

Z

x cos x sin nx dx = x (1.3)

−

¶

1 n2 sin x sin nx + cos x cos nx + n2 − 1 n

n2 2 n −1

µZ

sin x sin nx dx + |

(

1 n

{z N

)

Z

¶

cos x cos nx dx . }

Serie di Fourier: esercizi svolti

15

N

Calcoliamo (

). Integrando per parti si ha che

Z

(1.4)

sin x sin nx dx = − cos x sin nx +

1 n

Z

cos x cos nx dx.

Pertanto non resta che calcolare quest’ultimo integrale. Intregrando per parti e utilizzando (1.4) si ha che Z

cos x cos nx dx

Z

1 sin x sin nx dx n ¶ µ Z (1.4) 1 1 = sin x cos nx + − cos x sin nx + cos x cos nx dx n n Z 1 1 = sin x cos nx − cos x sin nx + 2 cos x cos nx dx. n n p.p.

= sin x cos nx +

Quindi per ogni n ≥ 2 si ha µ

1−

1 n2

¶Z

cos x cos nx dx = sin x cos nx −

1 cos x sin nx + c, n

c∈R

da cui segue che per ogni n ≥ 2 Z

(1.5)

µ

¶

n2 1 cos x cos nx dx = 2 sin x cos nx − cos x sin nx + c, n −1 n N

Sostituendo (1.5) e (1.4) in ( Z

sin x sin nx dx +

1 n

) si ottiene

Z

cos x cos nx dx = − cos x sin nx + µ

= − cos x sin nx +

c ∈ R.

2 n

Z

cos x cos nx dx = ¶

1 2n sin x cos nx − cos x sin nx + c, 2 n −1 n

c ∈ R.

Sostituendo in (1.3) si ottiene µ

Z

x cos x sin nx dx = x

¶

n2 1 sin x sin nx + cos x cos nx + 2 n −1 n µ

+

¶

2n3 1 n2 cos x sin nx − sin x cos nx − cos x sin nx + c, n2 − 1 (n2 − 1)2 n

c ∈ R.

Sostituendo in (1.1) si ottiene che per ogni n ≥ 2 2 bn = π

Z π 0

"

µ

¶

2 n2 1 x cos x sin nx dx = x 2 sin x sin nx + cos x cos nx + π n −1 n ¶#π

µ

n2 2n3 1 + 2 cos x sin nx − 2 sin x cos nx − cos x sin nx 2 n −1 (n − 1) n = −(−1)n

2n . −1

n2

= 0

16

Serie di Fourier: esercizi svolti

Infine per n = 1 si ha che Z

Z

2 π 1 π = x cos x sin x dx = x sin 2x dx π 0 π 0 ¸π µ· ¶ Z p.p. 1 1 π 1 = − x cos 2x + cos 2x dx π 2 2 0 0 ¸π · 1 1 1 1 =− + − sin 2x = − . 2 2π 2 2 0

b1

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ X 1 n − sin x − 2 (−1)n 2 sin nx. 2 n −1 n=2

f ) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua in R esclusi i punti x = (2k + 1) π2 , per ogni k ∈ Z, in cui ha una discontinuit` a di tipo salto.

2

1

0 −4

−3

−2

−1

0

1

2

−1

−2

Fig. 10: Grafico di g.

3

4

Serie di Fourier: esercizi svolti

17

6

4

2

0 −8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

−2

−4

−6

Fig. 11: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[−π,π] ∈

L2 (−π, π), Z π −π

ossia che

2

[f (x)] dx =

Z π −π

Z π

−π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

dx = 2π.

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in R esclusi i punti xk = (2k + 1) π2 , per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in ogni x 6= xk . Consideriamo ora xk = (2k + 1) π2 , per ogni k ∈ Z. Si ha che (

f (x− k)

= lim f (x) = x→x− k

f 0 (x− k ) = lim

x→x− k

= lim f (x) = x→x+ k

se k = 2m,

−1 se k = 2m + 1, (

f (x+ k)

1

−1

se k = 2m,

1

se k = 2m + 1,

f (x) − f (x− k) = 0, x − xk

f 0 (x+ k ) = lim

x→x+ k

m ∈ Z,

m ∈ Z,

f (x) − f (x+ k) = 0. x − xk

18

Serie di Fourier: esercizi svolti

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = (2k + 1) π2 , per ogni k ∈ Z, a − 1 2 [f (xk )

+ f (x+ k )] = 0. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a

f su R. Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo ](2k + 1) π2 , (2k + 3) π2 [, per ogni k ∈ Z, la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con (2k + 1) π2 < a < b < (2k + 3) π2 , per ogni k ∈ Z. Poich`e f non `e continua su [(2k + 1) π2 , (2k + 3) π2 ], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e pari, la serie di Fourier di f `e della forma a0 +

∞ X

an cos nx,

n=1

dove

1 a0 = 2π

Z π

1 f (x) dx = π −π

ÃZ

π 2

0

dx −

Z π π 2

!

dx

=0

e per ogni n ≥ 1 1 an = π

Z π

2 f (x) cos nx dx = π −π 2 = π

÷

(

π 2

0

¸π

1 sin nx n

4 n = sin π = nπ 2

ÃZ

cos nx dx −

1 sin nx − n

0

π 2

!

cos nx dx

¸π !

·

2

Z π

π 2

=

0

se n = 2m,

4(−1)m (2m+1)π

se n = 2m + 1,

m ∈ N.

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ 4 X (−1)n cos (2n + 1)x. π n=0 2n + 1

g) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua su R.

4

3

2

1

0 −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Fig. 12: Grafico di g.

=

Serie di Fourier: esercizi svolti

19

5

0 −8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

Fig. 13: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[−π,π] ∈

L2 (−π, π),

Z π −π

Z π

ossia che

[f (x)]2 dx =

−π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

Z π

2 x2 dx = π 3 . 3 −π

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua su R si ha che la serie di Fourier di f converge puntualmente a f su R. Inoltre, essendo f di classe C 1 a tratti in [−π, π], la serie di Fourier di f converge uniformemente a f su R. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e pari, la serie di Fourier di f `e della forma a0 +

∞ X

an cos nx,

n=1

dove 1 a0 = 2π

Z π

1 f (x) dx = π −π

Z π 0

x dx =

π 2

e per ogni n ≥ 1 an =

1 π

Z π −π

f (x) cos nx dx =

2 π

Z π 0

x cos nx dx =

20

Serie di Fourier: esercizi svolti

integrando per parti =

2 π

µ·

¸π

1 x sin nx n

− 0

·

=− =

1 n

¸π

2 1 − cos nx nπ n

2 [(−1)n − 1] = n2 π

(

Z π 0

¶

sin nx dx =

2 [cos nπ − 1] = n2 π

= 0

0

se n = 2m,

4 (2m+1)2 π

se n = 2m + 1,

m ∈ N.

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ π 1 4 X − cos (2n + 1)x. 2 π n=0 (2n + 1)2

h) La funzione f `e periodica di periodo 2π. Inoltre f `e continua in R esclusi i punti x = kπ, per ogni k ∈ Z, in cui ha una discontinuit` a di tipo salto.

2

1

0 −4

−3

−2

−1

0

1

2

−1

−2

Fig. 14: Grafico di g.

3

4

Serie di Fourier: esercizi svolti

21

6

4

2

0 −8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

−2

−4

−6

Fig. 15: Grafico di f .

Studiamo inizialmente la convergenza della serie di Fourier di f . Osserviamo che f|[−π,π] ∈ L2 (−π, π), ossia che Z π −π

2

[f (x)] dx =

Z π −π

Z π

−π

[f (x)]2 dx < +∞. Infatti,

dx = 2π.

Ne segue che la serie di Fourier di f converge quadraticamente a f su R. Studiamo ora la convergenza puntuale della serie di Fourier di f . Essendo f continua in R esclusi i punti xk = kπ, per ogni k ∈ Z, si ha che la serie di Fourier di f converge a f in ogni x 6= xk . Consideriamo ora xk = kπ, per ogni k ∈ Z. Si ha che (

f (x− k)

= lim f (x) = x→x− k

(

f (x+ k) f 0 (x− k ) = lim

x→x− k

= lim f (x) = x→x+ k

−1 se k = 2m, 1

se k = 2m + 1,

1

se k = 2m,

−1 se k = 2m + 1,

f (x) − f (x− k) = 0, x − xk

f 0 (x+ k ) = lim

x→x+ k

m ∈ Z,

m ∈ Z,

f (x) − f (x+ k) = 0. x − xk

Quindi la serie di Fourier di f converge in xk = kπ, per ogni k ∈ Z, a 21 [f (x− k)+ f (x+ k )] = 0. Pertanto la serie di Fourier di f converge puntualmente a f su R. Inoltre, essendo f di classe C 1 in ogni intervallo ]kπ, (k + 1)π[, per ogni k ∈ Z, la

22

Serie di Fourier: esercizi svolti

serie di Fourier di f converge uniformemente a f su [a, b], con kπ < a < b < (k+1)π, per ogni k ∈ Z. Poich`e f non `e continua su [kπ, (k + 1)π], la convergenza non `e uniforme su questi intervalli. Determiniamo ora la serie di Fourier di f . Essendo f periodica di periodo 2π e dispari, la serie di Fourier di f `e della forma ∞ X

bn sin nx,

n=1

dove per ogni n ≥ 1 bn =

1 π

Z π −π

f (x) sin nx dx =

·

= =

¸π

2 1 − cos nx π n

2 [1 − (−1)n ] = nπ

(

= 0

2 π

Z π 0

sin nx dx =

2 [1 − cos nπ] = nπ

0

se n = 2m,

4 (2m+1)π

se n = 2m + 1,

Quindi la serie di Fourier di f `e ∞ 4 X 1 sin (2n + 1)x. π n=0 2n + 1

m ∈ N.