esercizi di analisi matematica 2
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esercizi di analisi 2...
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Michela Eleuteri
ESERCIZIARIO DI ANALISI MATEMATICA II Università degli Studi di Verona, Facoltà di Scienze MM.FF.NN. Corso di Laurea in Informatica a.a. 2011/2012
A Giulia con la speranza che almeno nella matematica non assomigli al papà ,
Indice 1 Esercizi riguardanti equazioni dierenziali ordinarie 1.1
1.2
Equazioni dierenziali ordinarie del primo ordine
5
. . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.1.1
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.1.2
Esercizi proposti
7
1.1.3
Test a risposta multipla
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Equazioni dierenziali ordinarie del secondo ordine
. . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.2.1
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.2.2
Esercizi proposti
14
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Esercizi riguardanti il calcolo in nitesimale per le curve 2.1
2.2
9
17
Funzioni a valori vettoriali e curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.1.1
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.1.2
Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
Integrali di prima specie
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
2.2.1
3 Calcolo dierenziale - Funzioni di più variabili 3.1
Insiemi di livello e domini: esercizi svolti
3.2
Insiemi di livello e domini: esercizi proposti
3.3
Limiti e continuità: esercizi svolti
29
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
3.4
Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti . . . . . . . . . . . .
55
3.5
Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi proposti
. . . . . . . . . .
59
3.6
Dierenziabilità, dierenziale e approssimazione: esercizi svolti . . . . . . . . . .
60
3.7
Dierenziabilità, dierenziale e approssimazione: esercizi proposti
. . . . . . . .
64
3.8
Derivate direzionali: esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
3.9
Derivate direzionali: esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
3.10 Teorema di Schwarz: esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
3.11 Esercizi di ricapitolazione
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
3.11.1 Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
3
INDICE
3.11.2 Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Teorema del Dini. Funzione implicita 4.1
Esercizi svolti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata 5.1
5.2
81 81 87
95
Ottimizzazione libera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
5.1.1
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
5.1.2
Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
Ottimizzazione vincolata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 5.2.1
Test a risposta multipla
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
5.2.2
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
5.2.3
Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli 6.1
79
157
Integrali doppi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 6.1.1
Esercizi svolti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
6.1.2
Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
6.2
Integrali tripli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
6.3
Esercizi svolti 6.3.1
6.4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
Esercizi proposti
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Integrali super ciali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
7 Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
195
7.1
Matrice Jacobiana
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
7.2
Rotore e divergenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
8 Esercizi riguardanti campi vettoriali
213
9 Esercizi riguardanti serie di potenze e serie di Fourier
229
9.1
Serie di potenze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
9.2
Serie di Fourier
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
4
CAPITOLO 1
Esercizi riguardanti equazioni dierenziali ordinarie 1.1. Equazioni dierenziali ordinarie del primo ordine 1.1.1.
-
Esercizi svolti
Esercizio 1.1.1.
Si determini la soluzione
y(t)
del seguente problema di Cauchy
2 y0 = y t y2 + 4 y(0) = 2 Inoltre si determini il valore
α>0
per cui
t → +∞.
y(t) tα
tende a un numero nito e non nullo per
Si tratta di un'equazione non lineare del primo ordine a variabili separabili. ottiene subito
Z
y2 + 4 y2
Z dy =
t dt + C
da cui
4 y− = y
Z Z 2 4 y +4 t2 1 + 2 dy = dy = +C y y2 2 5
Integrando si
1
Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie
quindi imponendo il dato di Cauchy, si ha immediatamente
y2 − 4 − y
C = 0.
Dunque si ha
t2 y 2
= 0.
Il numeratore può essere visto come un'equazione di secondo grado in ha
t2 /2 ∓ y(t) =
q
t4 4
+ 16
t2 ∓
=
2
y.
Quindi risolvendo si
√
t4 + 64 . 4
Siccome il dato di Cauchy è incompatibile con la scelta del segno meno (si avrebbe
y(0) = −2)
la soluzione richiesta del problema di Cauchy proposto è
y(t) = √ Ora, siccome
t4 + 64 ∼ t2
per
t → +∞,
t2 +
√
t4 + 64 . 4
si ha che
y(t) ∼
x2 quindi il valore di 2
α
richiesto è
α = 2.
-
Esercizio 1.1.2.
y(t)
Si determini la soluzione
del seguente problema di Cauchy
t2 + t 2e2y + 6ey y(0) = 0
y0 =
Si tratta di un'equazione dierenziale non-lineare, del primo ordine, a variabili separabili. Si ottiene
2y
Z
y
e + 6e =
2y
Z
y
(2e + 6e ) dy =
Imponendo il dato di Cauchy si ottiene
C=7
t3 t2 (t + t) dt = + + C. 3 2 2
da cui
3
t t2 e + 6e − − − 7 = 0. 3 2 y cercare di ricavare la y . Poniamo z = e . 2y
A questo punto dobbiamo
y
Allora cercando di
ricostruire un quadrato si ottiene
(z + 3)2 = z 2 + 6z + 9 = 9 + da cui
r y
e = z = −3 ∓
16 +
t3 t2 + + 7. 3 2
t3 t2 + . 3 2
Il segno meno della radice deve essere scartato a causa della positività dell'esponenziale e anche della incompatibilità del dato di Cauchy. In conclusione dunque
r y(t) = log −3 + 6
t3 t2 16 + + 3 2
! .
1.1
-
Esercizio 1.1.3.
Sia
y(t)
Equazioni differenziali ordinarie del primo ordine
la soluzione del problema di Cauchy
(
y(t)
Allora il gra co di
2 2 2 2
y 0 = 3ex − y 2 y(0) = 1
vicino all'origine ha:
concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza negativa; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza negativa
Si tratta di un problema di Cauchy in cui compare un'equazione dierenziale del primo ordine non lineare e non a variabili separabili. Quindi in linea di principio non sappiamo come ricavare la soluzione.
Ma ai ni dell'esercizio è importante soprattutto conoscere non tanto
la forma esatta dell'equazione quanto il comportamento della stessa localmente, in particolare vicino al punto
x0 = 1.
Allora considerando l'equazione si ottiene:
y 0 (0) = 3 − 0 = 3 > 0 quindi ricordando il signi cato geometrico della derivata prima, l'informazione che vicino a
x0 = 1
y 0 (0) > 0 ci dice
la soluzione ha retta tangente con pendenza positiva. Inoltre derivando
l'equazione si ottiene
y 00 = 3ex − 2y y 0 da cui
y 00 (0) = 3 − 2y(0) y 0 (0) = 3 − 2 · 1 · 3 = −3 < 0. Per cui ricordando il signi cato geometrico della derivata seconda, questa informazione ci dice che vicino al punto
x0 = 1 la soluzione ha concavità verso il basso.
La risposta esatta è dunque
la seconda.
1.1.2.
-
Esercizi proposti
Esercizio 1.1.4.
Sia
y(t)
la soluzione del problema di Cauchy
√ e−x y + 1 y = e−x + 1 y(0) = 1
0
7
1
Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie
2
R. √ 1 1 y = − log(e−x + 1) + 2 + log 2 2 2
-
Esercizio 1.1.5.
Si determini la soluzione
(
2
− 1.
del seguente problema di Cauchy
y 0 = (e−3y + 1)(2x − 1) y(0) = −1
R. y(t) =
-
Esercizio 1.1.6.
h i 1 2 log (1 + e−3 )e3x −3x − 1 . 3
Si determini la soluzione
(
2
y(t)
2
y(t)
del seguente problema di Cauchy
y 0 = (3 + 27y 2 ) (xe3x − 2x2 ) y(0) = 0
R. y(t) =
- Esercizio 2xe−3y .
1.1.7.
1 tan 3t e3t − e3t − 6t3 + 1 . 3
Determinate la soluzione generale dell'equazione dierenziale
8
y0 =
1.1
1.1.3.
-
Equazioni differenziali ordinarie del primo ordine
Test a risposta multipla
Esercizio 1.1.8.
Sia
y(t)
la soluzione del problema di Cauchy
(
Allora
y t+1 y(0) = 1 y0 =
y(1) =
2 e; 2 2; √ 2 2; √ 2 e. -
Esercizio 1.1.9.
Sia
y(t)
la soluzione del problema di Cauchy
y 0 − (t + 2) 1 + 1 = 0 y y(0) = 1 Allora il gra co di
2 2 2 2
2
y(t)
vicino all'origine ha:
concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza negativa; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza negativa
R. Concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva.
-
Esercizio 1.1.10.
Sia
y(t)
la soluzione del problema di Cauchy
(
Allora il gra co di
2 2 2 2
2
y(t)
vicino a
x0 = 0
y 0 = 3 sin t + y 2 y(0) = π ha:
concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza negativa; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza negativa
R. Concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva. 9
1
Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie
1.2. Equazioni dierenziali ordinarie del secondo ordine 1.2.1.
-
Esercizi svolti
Esercizio 1.2.1.
Si determini la soluzione
y(t)
del seguente problema di Cauchy
00 0 y − 6y + 9y = 3t + 2 y(0) = −1 0 y (0) = 2 Si tratta di una equazione dierenziale ordinaria lineare del secondo ordine, a coe cienti costanti non omogenea. L'equazione caratteristica associata è
r2 − 6r + 9 = 0 che dà come soluzioni
r = 3 con doppia molteplicità.
Quindi la soluzione generale dell'equazione
omogenea è:
z(t) = c1 e3t + c2 t e3t al variare di
c1 , c2 ∈ R.
Ora cerco una soluzione dell'equazione non omogenea associata. Per
il metodo di somiglianza, la cerco nella forma
y(t) = At + B .
Quindi
y 0 (t) = A
e
y 00 (t) = 0.
Inserendo questi dati nell'equazione di partenza si ottiene dunque
0 − 6A + 9(At + B) = 3t + 2 da cui si deduce (uguagliando tra loro i coe cienti del termine di primo grado e uguagliando tra loro i termini noti)
1 A= , 3
4 B= . 9
Quindi la soluzione generale dell'equazione non omogenea di partenza è:
y(t) = z(t) + y(t) = c1 e3t + c2 t e3t + al variare di
c1 , c2 ∈ R.
1 4 t+ , 3 9
A questo punto impongo i dati di Cauchy per risolvere il problema
associato. Prima di tutto si ha
4 −1 = y(0) = c1 + ; 9
(1.2.1)
in secondo luogo, ricordando che
y 0 (t) = 3 c1 e3t + 3 c2 t e3t + c2 e3t + 10
1 3
1.2
Equazioni differenziali ordinarie del secondo ordine
si ha
1 2 = y 0 (0) = 3c1 + c2 + . 3
(1.2.2)
A questo punto si deve risolvere il sistema lineare non omogeneo a coe cienti costanti costituito da (1.2.1)(1.2.2).
Ricavando
c1
dalla (1.2.1) e inserendo il risultato nella (1.2.2), si ottiene
con semplici calcoli
c1 = −
13 , 9
c2 = 2 −
1 5 13 − 3c1 = + = 6. 3 3 3
Concludendo, la soluzione del problema di Cauchy proposto è:
y(t) = −
-
Esercizio 1.2.2.
Sia
y(t)
1 4 13 3t e + 6 t e3t + t + . 9 3 9
la soluzione del problema di Cauchy
00 0 y + 2y − 3y = 0 y(0) = 0 0 y (0) = 1. Allora
limt→+∞ y(t) =
2 0; 2 non esiste; 2 +∞; 2 −∞
L'equazione
y 00 + 2y 0 − 3
è un'equazione dierenziale ordinaria del secondo ordine a coe -
cienti costanti omogenea. L'equazione caratteristica associata è soluzioni
r=1
e
r = −3
r2 + 2r − 3 = 0
da cui la soluzione generale dell'equazione risulta
y(t) = c1 et + c2 e−3t , al variare di
c1 , c2 ∈ R.
A questo punto impongo i dati di Cauchy; si ottiene
0 = y(0) = c1 + c2 mentre osservando che
y 0 (t) = c1 et − 3c2 e−3t
si deduce
1 = y 0 (0) = c1 − 3c2 quindi
1 1 c1 = ; c2 = − . 4 4 11
che dà come
1
Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie
Quindi la soluzione generale dell'equazione di partenza risulta
1 1 y(t) = et − e−3t . 4 4 A questo punto chiaramente
lim y(t) = +∞
t→+∞ quindi la risposta corretta è la terza.
-
Esercizio 1.2.3.
Si determini la soluzione
y(t)
del problema di Cauchy
00 0 y − y − 2y = cos(2t) y(0) = 1 0 y (0) = 0. L'equazione
y 00 − y 0 − 2y = cos(2t)
è un'equazione dierenziale ordinaria del secondo ordine
a coe cienti costanti non omogenea. L'equazione caratteristica associata alla corrispondente equazione omogenea è
r2 − r − 2 = 0 che dà come soluzioni
r = −1
e
r = 2.
Quindi la soluzione generale dell'equazione omogenea è
z(t) = c1 e−t + c2 e2t , al variare di
c1 , c2 ∈ R.
A questo punto, dal metodo di somiglianza, cerco una soluzione
particolare dell'equazione non omogenea del tipo
y(t) = α sin(2t) + β cos(2t). Prima di tutto si ha
y 0 (t) = 2α cos(2t) − 2β sin(2t);
y 00 (t) = −4α sin(2t) − 4β cos(2t).
A questo punto, inserendo i dati ottenuti nell'equazione di partenza, si ottiene
−4α sin(2t) − 4β cos(2t) − 2α cos(2t) + 2β sin(2t) − 2α sin(2t) − 2β cos(2t) = cos(2t) da cui, con semplici calcoli
(−6α + 2β) sin(2t) + (−2α − 6β) cos(2t) = cos(2t) da cui uguagliando i coe cienti dei termini simili si ha
(
1 α=− −6α + 2β = 0 20 ⇔ −2α − 6β β =− 3 . 20 12
1.2
Equazioni differenziali ordinarie del secondo ordine
Quindi una soluzione particolare dell'equazione si partenza è data da
y(t) = −
1 3 sin(2t) − cos(2t). 20 20
da cui la soluzione generale ha la forma
y(t) = c1 e−t + c2 e2t −
1 3 sin(2t) − cos(2t). 20 20
Imponendo i dati di Cauchy, con semplici calcoli si ottiene la seguente soluzione del problema di Cauchy proposto
11 −t 5 2t 1 3 e + e − sin(2t) − cos(2t). 15 12 20 20
y(t) =
-
Esercizio 1.2.4.
Si determini la soluzione
y(t)
del problema di Cauchy
00 0 −2t y − 4y + 8y = e y(0) = −1 0 y (0) = 0. 2
R.
Equazione dierenziale ordinaria lineare del secondo ordine non omogenea a coe ci-
enti costanti. Equazione caratteristica
r2 − 4r + 8 = 0
da cui
r = 2 ∓ 2i.
Soluzione generale dell'omogenea
y(t) = c1 e2t sin(2t) + c2 e2t cos(2t). Cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nella forma
y(t) = A e−2t
da cui
inserendo nell'equazione tale espressione assieme all'espressione delle sue derivate si ottiene facilmente
A = 1/20.
La soluzione generale della non omogenea è dunque
y(t) = c1 e2t sin(2t) + c2 e2t cos(2t) +
1 −2t e . 20
Imponendo i dati di Cauchy si ottiene facilmente che la soluzione del problema di Cauchy proposto è
y(t) =
11 2t 21 2t 1 −2t e sin(2t) − e cos(2t) + e . 10 20 20 13
1
Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie
1.2.2.
-
Esercizi proposti
Esercizio 1.2.5.
Si determini la soluzione
y(t)
del problema di Cauchy
00 0 y − y − 2y = sin(2t) y(0) = 0 0 y (0) = 1. 2
R. y(t) = −
- Esercizio 13y = 4x.
-
5 3 1 7 −t e + e2t − sin(2t) + cos(2t). 15 12 20 20
1.2.6. Determinate la soluzione generale dell'equazione dierenziale y00 − 4y0 +
Esercizio 1.2.7.
Determinare la soluzione generale dell'equazione dierenziale
2y 00 + 3y 0 + 4y = 0.
-
Esercizio 1.2.8.
Si risolva il seguente problema di Cauchy:
y 00 + 6y 0 + 8y = e4t + t2 ,
-
Esercizio 1.2.9.
y(1) = 2,
Si risolva il seguente problema di Cauchy:
y 0 + 2(tan t)y = t,
-
y 0 (1) = 3.
Esercizio 1.2.10.
Si determini la soluzione
y(−1) = 4.
y(t)
del problema di Cauchy
00 0 x y + y − 2y = −e y(0) = 0 0 y (0) = 0.
14
1.2
2
Equazioni differenziali ordinarie del secondo ordine
R. 1 1 1 y(t) = et − e−2t − t et 9 9 3
-
Esercizio 1.2.11.
Si risolva il seguente problema di Cauchy:
y 0 + 3(cot t)y = t,
-
Esercizio 1.2.12.
Si risolva il seguente problema di Cauchy:
y 00 + 6y 0 + 8y = e2t +
-
Esercizio 1.2.13.
y(−1) = −π.
√
πt2 ,
y(1) = 0,
Si risolva il seguente problema di Cauchy:
y 0 − 6(cot t)y = t,
-
Esercizio 1.2.14.
y(2) = π.
Si risolva il seguente problema di Cauchy:
y 0 + (tan t)y = 2t2 ,
-
Esercizio 1.2.15.
y 0 (−1) = 2.
y(1) = 3.
Si consideri l'equazione dierenziale
y (3) − 2y 00 + 5y 0 = 0. (i) Se ne determini l'integrale generale. (ii) Trovare, se esistono, tutte le soluzioni
y(t)
tali che
lim y(t) = π.
t→−∞
(iii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y (3) − 2y 00 + 5y 0 = 3tet .
15
1
Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie
-
Esercizio 1.2.16.
(i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 00 − 6y 0 + 9y = 0. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
√ y 00 − 6y 0 + 9y = cos( 2t).
-
Esercizio 1.2.17.
(i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 00 − 4y 0 + 13y = 0. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 00 − 4y 0 + 13y = 1 + e2t .
-
Esercizio 1.2.18.
(i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 000 + y 0 = 0. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 000 + y 0 = 1 + et .
-
Esercizio 1.2.19.
(i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 00 − 2y 0 + 17y = 0. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale
y 00 − 2y 0 + 17y = sin(2t). .
16
CAPITOLO 2
Esercizi riguardanti il calcolo in nitesimale per le curve 2.1. Funzioni a valori vettoriali e curve 2.1.1.
Esercizi svolti
- Esercizio 2.1.1. Sia γ la curva piana una cui parametrizzazione in coordinate polari è ρ(ϑ) = ϑ2 + 1, on 0 ≤ ϑ ≤ 2π. Dopo aver disegnato sommariamente il sostegno di γ, determinare i versori tangente e normale al sostegno di γ nel punto γ(π) e scrivere un'equazione della retta tangente nello stesso punto.
Si ha
x(ϑ) = (ϑ2 + 1) cos ϑ y(ϑ) = (ϑ2 + 1) sin ϑ
0 ≤ ϑ ≤ 2π
x0 (ϑ) = 2ϑ cos ϑ − (ϑ2 + 1) sin ϑ y 0 (ϑ) = 2ϑ sin ϑ + (ϑ2 + 1) cos ϑ ϕ0 (π) = (−2π, −(π 2 + 1)). Versore tangente:
T (π) =
−2π π2 + 1 √ , −√ π 4 + 6π 2 + 1 π 4 + 6π 2 + 1 17
2
Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve
Versore normale:
π2 + 1 2π N (π) = − √ ,√ . π 4 + 6π 2 + 1 π 4 + 6π 2 + 1
Retta tangente: equazione parametrica
x = −(π 2 + 1) − 2πt y = −t(π 2 + 1)
t∈R
Retta tangente: equazione cartesiana
y=
-
Esercizio 2.1.2.
(π 2 + 1)2 π2 + 1 x+ . 2π 2π
γ che si ottiene 3/2 percorrendo prima da sinistra verso destra il gra co di f (x) = (1/3)(2x − 1) per 1/2 ≤ x ≤ 1 e poi da destra a sinistra il segmento congiungente gli estremi del gra co di f stessa. Disegnare quindi il sostegno di γ e calcolarne la lunghezza. Determinare una parametrizzazione della curva chiusa
Si ha
γ1 =
x=t
y = 1 (2t − 1)3/2 3 x = 3 − 1t 2 2 γ2 = y = 1 (2 − t) 3
Si ha
1 2
≤ t ≤ 1;
1 ≤ t ≤ 2.
√ γ10 (t) = (1, 2t − 1).
Da cui
s 2 2 1 1 L(γ) = L(γ1 ) + L(γ2 ) = + 2 3 1/2 √ √ √ √ Z 1 √ √ 2 3/2 1 13 13 13 2 2 1 = 2t dt + = 2 t + = − + 6 3 6 3 3 6 1/2 1/2 Z
1
p 1 + (2t − 1) dt +
- Esercizio 2.1.3. Data la curva γ avente equazione in coordinate polari ρ = 2θ2 con −π ≤ θ ≤ π, determinate la lughezza di γ; determinate poi un versore tangente alla curva + nel punto corrispondente a θ = ε e calcolate il limite per ε → 0 di questo versore.
18
2.1
Funzioni a valori vettoriali e curve
Uno può calcolare direttamente la lunghezza della curva con la formula che coinvolge le coordinate polari oppure passando per una rappresentazione parametrica della curva. In questo caso, posto
Φ(t) = (ρ(t) cos t, ρ(t) sin t) = (2t2 cos t, 2t2 sin t) con
−π ≤ t ≤ π,
si ha
Φ0 (t) = (4t cos t − 2t2 sin t, 4t sin t + 2t2 cos t) da cui
|Φ0 (t)|2 = 16t2 + 4t4
|Φ0 (t)| =
p
√ 4t2 (4 + t2 ) = 2|t| 4 + t2 ,
per cui
Z
π
L=
Z √ 2 2|t| 4 + t dt = 2
−π
π
√
t2
0
4 + 4 2t dt = (t2 + 4)3/2 3
π 0
4 32 = (π 2 + 4)3/2 − . 3 3
Il versore cercato risulta
(4ε cos ε − 2ε2 sin ε, 4ε sin ε + 2ε2 cos ε) Φ0 (ε) √ = |Φ0 (ε)| 2|ε| 4 + ε2 quindi se
ε > 0,
allora
τ (ε) =
2 cos ε ε sin ε 2 sin ε ε cos ε √ −√ ,√ +√ 4 + ε2 4 + ε2 4 + ε2 4 + ε2
- Esercizio 2.1.4. Data la 2π, determinate la lunghezza corrispondente a t = 0.
Se
curva di
γ;
γ
parametrizzata da
→ (1, 0)
(et cos t, et sin t)
con
−2π ≤ t ≤
determinate poi la retta tangente alla curva nel punto
Φ(t) = (et cos t, et sin t) allora Φ0 (t) = (et (cos t − sin t), et (sin t + cos t), quindi p √ |Φ0 (t)| = et cos2 t + sin2 t − 2 sin t cos t + sin2 t + cos2 t + 2 sin t cos t = et 2.
Allora
Z
2π
L(γ) =
√ √ et 2 dt = 2(e2π − e−2π ).
−2π Poi per
0
t = 0 si ha Φ(0) = (1, 0) e Φ (0) = (1, 1), e la tangente cercata ha equazione parametrica x=1+t y=t 19
2
Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve
o cartesiana
y = x − 1.
- Esercizio 2.1.5.
Data la curva la cui equazione in coordinate polari è
un vettore tangente alla curva nel punto che corrisponde a cartesiana della retta tangente nello stesso punto.
π θ = 2
ρ = 2θ, determinare
e scrivere l'equazione
Determiniamo un'equazione parametrica della curva data in coordinate polari. Si ha
x(θ) = ρ(θ) cos θ = 2θ cos θ y(θ) = ρ(θ) sin θ = 2θ sin θ. A questo punto, un vettore tangente alla curva nel punto che corrisponde al generico da
θ
è dato
x0 (θ) = 2 cos θ − 2θ sin θ y 0 (θ) = 2 sin θ + 2θ cos θ.
da cui un vettore tangente alla curva nel punto che corrisponde a
θ=
π è dato da 2
π x0 = −π π2 y0 = 2. 2 A questo punto, l'equazione cartesiana della retta tangente al punto corrispondente al generico
θ0
è
y 0 (θ0 )(x − x(θ0 )) = x0 (θ)(y − y(θ0 )) per cui, se
θ0 =
π , 2
si ha
2(x − 0) = −π(y − π)
2.1.2.
-
Esercizi proposti
Esercizio 2.1.6.
Si calcoli la lunghezza lγ della curva
γ(t) =
2 + 3t , 2t − 1, ln(t) , 8t
Si calcolino inoltre le equazioni della retta
π
2x + πy = π 2 .
r
1 ≤ t ≤ 2. 2
tangente alla curva nel punto
perpendicolare alla curva nello stesso punto.
20
γ(1)
e del piano
2.1
-
Esercizio 2.1.7.
Si consideri la curva in
x = t e2t ,
Funzioni a valori vettoriali e curve
R3
y = 3 t e2t ,
de nita dalle equazioni parametriche
z = 2 t e2t
t ∈ [0, 1].
Determinare la retta tangente alla curva nel punto corrispondente al valore del parametro
t = 1/2.
-
Determinare il piano ortogonale alla curva nello stesso punto.
Esercizio 2.1.8.
Si consideri la curva piana:
γ(t) := (x(t), y(t)) = A = γ(0), √ trovare 5( 8 − 1) esattamente . 3
a) Se
un punto
5t3 5t2 , −1 , 3 2
B = γ(s),
t ≥ 0.
tale che la lunghezza dell'arco
b) Scrivere le equazioni della retta tangente e della retta normale a
-
Esercizio 2.1.9.
γ
nel punto
AB
sia
B.
Si consideri la curva nello spazio:
γ(t) := (x(t), y(t), z(t)) = (et cos t, et sin t, et
√
3),
t ∈ (−∞, +∞).
t0 per il quale la distanza di γ(t0 ) dall'origine è 2. √ b) Trovare il numero t1 per il quale la lunghezza dell'arco avente estremi γ(t0 ) e γ(t1 ) è 2 5. c) Trovare l'equazione del piano normale e della retta tangente a γ(t) nel punto γ(t1 ). a) Trovare il numero
-
Esercizio 2.1.10.
Si consideri la curva
2 3 γ(t) = cos 2t + 2t sin 2t, sin 2t − 2t cos 2t, t 3 a) Determinare il punto
t¯ > 0
t ∈ [0, +∞).
per il quale la lunghezza dell'arco di estremi
b) Scrivere l'equazione del piano
σ
normale alla curva nel punto
21
γ
π 2
.
γ(0)
e
γ(t¯)
è
38 . 3
2
Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve
2.2. Integrali di prima specie 2.2.1.
e
Esercizi svolti
Esercizio 2.2.1. Parametrizzate il tratto del gra co della funzione ex compreso tra x = 0 x = 1;
detta
lunghezza di
γ
tale curva, calcolate l'integrale su
γ
di
f (x, y) = yex ;
calcolate in ne la
γ.
Una parametrizzazione di
γ
è data da
γ=
x(t) = t
t ∈ [0, 1]
y(t) = et ; si ha inoltre
γ 0 (t) = (1, et ). A questo punto
Z
Z f (x, y)ds =
1 t t
e e
γ
√
1+
e2t
0
1 = 2
In ne
1
Z L(γ) =
(1 + e2t )3/2 3/2
√
1 = 0
1 [(1 + e2 )3/2 − 1]. 3
1 + e2t dt.
0
Z √ Troviamo
1 + e2t dt eettuando il cambio di variabile
√
1 + e2t =: z
da cui
2t = log(z 2 −1).
Si ha
Z √
Z 1+
e2 t
dt =
z z 2 dz = z −1
Z
1 1+ 2 z −1
1 dz = z + log 2
z−1 z+1
Allora
Z L(γ) = 0
1
" √ √ 1 1 + e2t dt = 1 + e2t + log 2
√ 1 = 1 + e2 + log 2
!#1 √ 1 + e2t − 1 √ 1 + e2t + 1 0
! √ √ 1 + e2 − 1 1 √ − 2 − log 2 1 + e2 + 1 22
! √ 2−1 √ . 2+1
+ C.
2.2
-
Esercizio 2.2.2.
Data la curva
γ
f (x, y) =
p
x2 + y 2
Φ(t) = (t cos 2t, −t sin 2t), determicorrisponde a t = 0 e calcolate l'integrale curva con −1 ≤ t ≤ 1.
parametrizzata da
nate la retta tangente alla curva nel punto che della funzione
Integrali di prima specie
sulla parte di
Φ0 (t) = (cos 2t − 2t sin 2t, − sin 2t − 2t cos 2t), dunque Φ0 (0) = (1, 0); essendo Φ(0) = (0, 0) retta tangente passa per (0, 0) con direzione (1, 0), ed è pertanto l'asse x. Si ha poi
Si ha la
|Φ0 (t)|2 = cos2 2t + 4t2 sin2 2t − 4t sin 2t cos 2t + sin2 2t + 4t2 cos2 2t + 4t = 1 + 4t2
quindi
|Φ0 (t)| =
Z
1
√
1 + 4t2 .
Allora l'integrale diventa
Z p 0 2 2 2 2 t cos 2t + t sin 2t |Φ (t)| dt =
=2 0
Z √ √ 2 2 t 1 + 4t dt =
−1
−1
Z
1
1
√ 1 1 + 4t2 t dt = 4
Esercizio 2.2.3.
Z
5
√
s ds =
1
1
√ |t| 1 + 4t2 dt
−1
12 √ 5 1 √ [s s]1 = (5 5 − 1). 43 6
(sin t, t, 1) con 0 ≤ t ≤ 2π; π determinare il vettore tangente a γ in ciascuno dei punti corrispondenti a t = 0, t = 2 , t = p π, disegnate accuratamente γ e calcolate l'integrale su γ della funzione xyz 1 + cos2 y. -
γ è il gra co della funzione sin x sul γ 0 (π/2) = (0, 1, 0) γ 0 (π) = (−1, 1, 0).
Z γ
γ
Considerate la curva
Z p 2 xyz 1 + cos y ds =
piano
parametrizzata da
z = 1.
2π
Si ha
Z
2
sin t t (1 + cos t) dt =
0
=[−t cos t +
2π
Z t sin t dt +
0
sin t]2π 0
γ 0 (t) = (cos t, 1, 0) γ 0 (0) = (1, 1, 0)
2π
t sin t cos2 t dt
0
2π cos3 t 1 sin3 t 8 + −t + sin t − = − π. 3 3 9 0 3 23
2
Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve
-
Esercizio 2.2.4.
Calcolare l'integrale (curvilineo) di
xy f (x, y) = √ 4 + x2 γ
lungo la curva
e determinare la
il cui sostegno è il bordo
∂E
di
x2 2 2 E = (x, y) : x ≥ 0, x + y ≥ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − 4 3 retta tangente a γ nel punto 1, . 4 Z
Z
Z
f (x, y) =
Z
f (x, y) +
γ
f (x, y) +
γ1
γ1 =
γ2
f (x, y) γ3
x=t 1 ≤ t ≤ 2;
y=0 Z
f (x, y) = 0 γ1
γ2 =
x = cos t 0 ≤ t ≤ π2 ;
y = sin t Z
Z
π/2
f (x, y) = γ2
0
√ √ √ sin t cos t π/2 √ dt = [− 4 + cos2 t]0 = [−2 + 5] = 5 − 2 4 + cos2 t
γ3 =
x=t 2 y =1− t 4 r
p (x0 )2 + (y 0 )2 =
Z
Z f (x, y) =
γ3
0
2
2
t(1 − t4 ) √ · 4 + t2
√
0 ≤ t ≤ 2;
t2 1+ = 4
√
4 + t2 1 dt = 2 2
Quindi
Z f (x, y) = γ 24
√ 3 5− . 2
4 + t2 . 2
Z 0
2
t3 1 t− dt = . 4 2
2.2
Nel punto
3 1, 4
Integrali di prima specie
c'è il tratto di parabola
x=t 2 y =1− t 4 si ha
x0 = 1, y 0 = −
t 2
e
1, 43
si trova per
0 ≤ t ≤ 2;
t=1
forma parametrica retta tangente
x=1+t 3 1 y= − t 4 2
t ∈ R;
forma cartesiana (anche dal gra co)
1 5 y =− x+ . 2 4 - Esercizio 2.2.5. Si calcoli l'integrale curvilineo di prima x y sulla parte dell'ellisse x2 y 2 2 (x, y) ∈ R : + =1 9 4
specie della funzione
f (x, y) =
contenuta nel primo quadrante. [Sugerimento: nel corso del procedimento potrebbe venire utile un cambiamento di variabile del tipo
Una parametrizzazione della curva
γ
s = sin t . . . ]
che descrive la parte di ellisse contenuta nel primo
quadrante data dal problema è
γ(θ) =
x = 3 cos θ y = 2 sin θ
da cui
γ 0 (θ) =
x = −3 sin θ y = 2 cos θ
πi θ ∈ 0, 2 h
h πi θ ∈ 0, 2
e
|γ 0 (θ)| =
p
9 sin2 θ + 4 cos2 θ =
p 5 sin2 θ + 4.
Quindi
Z
π/2
Z
f (γ(θ)) |γ (θ)| ds =
f ds = γ
Z
0
0
3 = 5
π/2
6 sin θ cos θ
p 5 sin2 θ + 4 dθ
(5 sin2 θ + 4)3/2 3/2
0
Z
π/2
10 sin θ cos θ 0
p
3 5 sin θ + 4 dθ = 5 2
25
π/2 = 0
38 . 5
2
Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve
-
Esercizio 2.2.6.
Si calcoli l'integrale curvilineo (rispetto all'ascissa curvilinea)
R α
z ds,
α(t) = (t cos t, t sin t, t), t ∈ [0, 2π]. Si determini inoltre il piano normale ad α nel punto (−π, 0, π) (ovvero il piano normale alla retta tangente
ove
α
è la curva di parametrizzazione
in quel punto).
Poniamo
α(t) := (α1 (t), α2 (t), α3 (t)) = (t cos t, t sin t, t)
t ∈ [0, 2π]
da cui
α0 (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 1) e
|α0 (t)| =
p √ cos2 t + t2 sin2 t − 2 t sin t cos t + sin2 t + t2 cos2 t + 2 t sin t cos t + 1 = t2 + 2.
Allora, per de nizione di integrale curvilineo di prima specie, posto
Z
2π
Z
f (α1 (t), α2 (t), α3 (t)) |α0 (t)| dt =
z ds = α
0
Z
2π
t 0
√
f (x, y, z) = z
si ha
2 π 2 3/2 (t + 2) 1 t2 + 2 dt = 2 3/2 0
1 = [(4π 2 + 2)3/2 − 23/2 ]. 3 L'equazione cartesiana del piano normale alla curva
α : R → R3
nel punto
(x0 , y0 , z0 )
è data
da
(x − x0 ) α10 (t0 ) + (y − y0 ) α20 (t0 ) + (z − z0 ) α30 (t0 ) = 0 e quindi inserendo i nostri parametri si ottiene
(x + π) α10 (π) + (y − 0) α20 (π) + (z − π) α30 (π) = 0 da cui
z − x − y π = 2 π. - Esercizio R p x2 + y 2 ds, α
2.2.7. ove
α
Si
calcoli
l'integrale
curvilineo
(rispetto
all'ascissa
α(t) = (t sin t, t cos t, 2 t), t ∈ [0, 2π]. punto (π/2, 0, π) (ovvero il piano normale
è la curva di parametrizzazione
Si determini inoltre il piano normale ad
α
nel
alla retta tangente in quel punto).
Poniamo
α(t) := (α1 (t), α2 (t), α3 (t)) = (t sin t, t cos t, 2 t) 26
curvilinea)
t ∈ [0, 2π]
2.2
Integrali di prima specie
da cui
α0 (t) = (sin t + t cos t, cos t − t sin t, 2) e
|α0 (t)| =
p √ sin2 t + t2 cos2 t + 2 t sin t cos t + cos2 t + t2 sin2 t − 2 t sin t cos t + 4 = t2 + 5.
Allora, per de nizione di integrale curvilineo di prima specie, posto
2π
Z Z p 2 2 x + y ds = α
f (α1 (t), α2 (t), α3 (t)) |α0 (t)| dt =
Z
0
2π
t 0
√
f (x, y, z) =
p
x2 + y 2
si ha
2 π 2 3/2 1 (t + 5) t2 + 5 dt = 2 3/2 0
1 = [(4π 2 + 5)3/2 − 53/2 ]. 3 L'equazione cartesiana del piano normale alla curva
α : R → R3
nel punto
(x0 , y0 , z0 )
è data
da
(x − x0 ) α10 (t0 ) + (y − y0 ) α20 (t0 ) + (z − z0 ) α30 (t0 ) = 0 e quindi inserendo i nostri parametri si ottiene
x−
π π π 0 π α1 + (y − 0) α20 + (z − π) α30 =0 2 2 2 2
da cui
x−
π π 1 + (y − 0) − + 2 (z − π) = 0 2 2
e quindi
2x − π y + 4 z = 5 π.
-
Esercizio 2.2.8. Si calcoli l'integrale curvilineo (rispetto all'ascissa curvilinea)
ove
α
α(t) = (t2 , cos t, sin t), t ∈ [0, 2π]. Si (π 2 , −1, 0) (ovvero il piano normale alla
è la curva di parametrizzazione
determini inoltre
α
retta tangente in
il piano normale ad
nel punto
quel punto).
Poniamo
α(t) := (α1 (t), α2 (t), α3 (t)) = (t2 , cos t, sin t)
t ∈ [0, 2π]
da cui
α0 (t) = (2t, − sin t, cos t) e
R √ x ds, α
p √ |α (t)| = 4t2 + sin2 t + cos2 t = 4t2 + 1. 0
27
2
Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve
Allora, per de nizione di integrale curvilineo di prima specie, posto
Z
√ x ds =
Z
2π
f (α1 (t), α2 (t), α3 (t)) |α0 (t)| dt =
Z 0
0
α
=
2π
f (x, y, z) =
√
x
si ha
2 π 2 3/2 √ 1 (4 t + 1) t 4 t2 + 1 dt = 8 3/2 0
1 [(16π 2 + 1)3/2 − 1]. 12
L'equazione cartesiana del piano normale alla curva
α : R → R3
nel punto
da
(x − x0 ) α10 (t0 ) + (y − y0 ) α20 (t0 ) + (z − z0 ) α30 (t0 ) = 0 e quindi inserendo i nostri parametri si ottiene
(x − π 2 ) α10 (π) + (y + 1) α20 (π) + (z − 0) α30 (π) = 0 da cui
(x − π 2 ) 2 π − z = 0 e quindi
z = 2 π x − 2 π3.
28
(x0 , y0 , z0 )
è data
CAPITOLO 3
Calcolo dierenziale Funzioni di più variabili 3.1. Insiemi di livello e domini: esercizi svolti -
Esercizio 3.1.1.
Calcolare le curve di livello delle seguenti funzioni
x y 1)f (x, y) = 3 1 − − 2 4 2 2 2)f (x, y) = x − y x−y 3)f (x, y) = x+y Per la prima funzione le curve di livello di
f
sono segmenti delle seguenti rette
x y =C 3 1− − 2 4 ossia
x y C + =1− 2 4 3
0≤C≤3 x2 − y 2 = C ; per C = 0 la curva x = −y , mentre per gli altri valori
che stanno nel primo quadrante. Per la seconda sono le curve di livello è costituita in realtà dalla coppia di rette di
C
x=y
e
le curve di livello sono iperboli equilatere aventi queste rette come asintoti. Per la terza
funzione in ne le curve di livello sono rette per l'origine.
29
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
-
Esercizio 3.1.2.
Si rappresenti nel piano il dominio della funzione
f (x, y) = arcsin(xy − y − 2x)
arcsin x
Sappiamo che la funzione
è de nita per
x ∈ [−1, 1]
quindi il dominio di
f
è l'insieme
D = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ xy − y − 2x ≤ 1}. Si veri ca direttamente che i punti della retta che
(x, y) ∈ D
mentre se
se e solo se
x>1
si ha che
x=1
non stanno in
D.
Quindi se
2x − 1 1 + 2x ≤y≤ x−1 x−1 (x, y) ∈ D
se e solo se
2x + 1 2x − 1 ≤y≤ x−1 x−1 In conclusione il dominio di
f
è indicato dalla zona tratteggiata in gura 3.1.
Figura 3.1: Dominio di
30
f.
x 0] ∨ [tan x ≤ 0 ∧ 1 − ey < 0] 1 − ey i hπ i h π + kπ ≤ x ≤ π+kπ ∧ y > 0 . ⇔ kπ ≤ x ≤ +kπ ∧ y < 0 ∨ 2 2 A questo insieme vanno tolte le rette
dom g
x=
π + kπ 2
per
k ∈ Z,
quindi
n h i π = (x, y) ∈ R2 : k π ≤ x < + k π ∧ y < 0 2 hπ i ∨ + kπ < x ≤ π+kπ ∧ y > 0 2
Figura 3.7: Dominio della funzione
-
Esercizio 3.1.10.
tan z
g.
Si determini il dominio di de nizione delle seguenti funzioni:
p f (x, y) = tan 1 − |yx|,
La funzione
per
o k∈Z .
è de nita per
z 6=
π +kπ 2
qp g(x, y) = 1 − |yx| − 1.
mentre la funzione
38
√
z
è de nita per ogni
z ≥ 0.
3.1
Insiemi di livello e domini: esercizi svolti
Quindi si ha dom f
n p π = (x, y) ∈ R2 : 1 − |y x| ≥ 0 ∨ +kπ 1 − |yx| = 6 2
Figura 3.8: Dominio della funzione
con
o k∈Z .
f.
Scendiamo più nei dettagli. Si ha
1 − |y x| ≥ 0 ⇔ |x y| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x y ≤ 1 inoltre, se
k ∈ Z−
di sicuro si ha
p π 1 − |x y| = 6 +kπ 2
p π 1 − |x y| = 6 + kπ 2 da cui
|yx| = 6 1−
hπ
con
+kπ
quindi basta chiedere
k ∈ Z+ ∪ {0} i2
; 2 hπ i2 + dato che k ∈ Z ∪{0}, di sicuro la quantità 1− + k π è negativa e allora si avrà sicuramente 2 hπ i2 |y x| = 6 1− +kπ . 2 Quindi dom f
= {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x y ≤ 1}. 39
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
Per quanto riguarda la funzione
g
si può ancora dire che
= {(x, y) ∈ R2 :
dom g
√
z
è de nita per ogni
z ≥ 0,
quindi
p 1 − |y x| − 1 ≥ 0 ∧ 1 − |y x| ≥ 0}.
Scendiamo nei dettagli. Si ha
1 − |y x| ≥ 0 ⇔ |x y| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x y ≤ 1. D'altra parte
p p 1 − |yx| − 1 ≥ 0 ⇔ 1 − |yx| ≥ 1 ⇔ 1 − |y x| ≥ 1 ⇔ |y x| ≤ 0 ⇔ x = 0 ∨ y = 0. Quindi dom g
-
Esercizio 3.1.11.
= {(x, y) ∈ R2 : x = 0 ∨ y = 0}.
Si determini il dominio di de nizione delle seguenti funzioni:
qp g(x, y) = | 1 − |yx| − 1|.
p f (x, y) = log 1 − |yx|,
La funzione
√
z
z ≥ 0, mentre funzione f si ha
è de nita per ogni
Quindi, per quanto riguarda la dom f
log z
è de nita per ogni
z > 0.
= {(x, y) ∈ R2 : 1 − |x y| > 0} = {(x, y) ∈ R2 : −1 < x y < 1}.
Invece, per quanto riguarda la funzione dom g
la funzione
g
si ha
p = {(x, y) ∈ R2 : | 1 − |y x| − 1| ≥ 0 ∧ 1 − |y x| ≥ 0} = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x y ≤ 1}.
3.2. Insiemi di livello e domini: esercizi proposti -
Esercizio 3.2.1.
Si rappresentino nel piano gli insiemi di livello delle seguenti funzioni:
x −x e y 2)f (x, y) = y(log y − x)
1)f (x, y) =
40
3.2
-
Insiemi di livello e domini: esercizi proposti
Esercizio 3.2.2. Si descrivano (senza rappresentarli) gli insiemi di livello delle funzioni: xy − y 2 2x2 + y 2 2)f (x, y) = (x2 + y 2 ) log(1 + x2 + y 2 )
1)f (x, y) =
3)f (x, y, z) = ex
2 +2y 2 +3z 2
z + y2 x2 + y 2 5)f (x, y, z) = arctan (z − 1)2 4)f (x, y, z) = log
-
Esercizio 3.2.3.
x2
Si rappresentino nel piano i domini delle seguenti funzioni:
p (x2 + 4y 2 − 3) p 2)f (x, y) = |x|((x + 1)2 − (y − 1)2 ) p 3)f (x, y) = x sin(x2 + y 2 ) p 2x − y(y − |y|) 4)f (x, y) = log(1 − (x2 + y 2 ))
1)f (x, y) =
-
Esercizio 3.2.4.
Siano
A
e
B
rispettivamente gli insiemi di de nizione delle seguenti
funzioni:
1)f (x, y) = log(1 − x2 ) − log(y 2 − 4) 1 − x2 2)g(x, y) = log 2 y −4 Si determinino
-
A
e
B
Esercizio 3.2.5.
e dica se
A = B, A ⊂ B, B ⊂ A.
Trovare l'insieme di de nizione della funzione
41
f (x, y) =
xy 2 x − ln y
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
- Esercizio 3.2.6. √ x−y
f (x, y) = sin
Trovare l'insieme di de nizione della funzione
x+y + x−y
-
Esercizio 3.2.7.
Trovare l'insieme di de nizione della funzione
f (x, y) =
p xy(xy − 1)
-
Esercizio 3.2.8.
Trovare l'insieme di de nizione della funzione
f (x, y) =
√ √ xy xy − 1
-
Esercizio 3.2.9.
Trovare l'insieme di de nizione della funzione
f (x, y) =
p (xy − 1)xy
3.3. Limiti e continuità: esercizi svolti -
Esercizio 3.3.1.
Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di de nizione
x arctan 2 x + y2 f (x, y) = π 2
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
arctan x è una funzione continua e dunque la funzione data è si(x, y) 6= (0, 0) mentre per studiare il problema nell'origine è su ciente
Innanzitutto osserviamo che curamente continua per
studiare il comportamento dell'argomento della funzione arcotangente. Si ha che
lim
(x,y)→(0,0) x2 non esiste. Infatti se consideriamo la curva
lim
(x,y)→(0,0) x2 a seconda che
y=x
x + y2 otteniamo
x 1 = lim = ±∞ 2 (x,y)→(0,0) 2x +y
x tenda a zero da sinistra o da destra. Dunque in corrispondenza di queste scelte, x π lim arctan 2 =± 2 (x,y)→(0,0) x +y 2 42
3.3
a seconda che
x
Limiti e continuità: esercizi svolti
tenda a zero da sinistra o da destra. In particolare il limite cercato non esiste
(e in ogni caso non è sempre uguale al valore della funzione nell'origine) quindi la funzione non è continua nell'origine.
-
Esercizio 3.3.2.
Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di de nizione
x2 y 2 x2 + y 2 f (x, y) = 0
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
(x, y) 6= (0, 0). Per vedere se è continua l'origine, è su ciente studiare il limite di f per (x, y) → (0, 0) per vedere se esso esiste coincide con il valore della funzione in (0, 0). Si ha
La funzione data è continua sicuramente per
0≤
visto che
y2 ≤ 1. x2 + y 2
nele se
x2 y 2 ≤ lim x2 = 0, (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
Il teorema dei due carabinieri permette di concludere che il limite cer-
cato esiste e fa 0, dunque la funzione data è continua anche nell'origine.
-
Esercizio 3.3.3.
Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di de nizione
x3 y 3 x3 + y 3 f (x, y) = 0
In primo luogo occorre notare che per da studiare la continuità in
(0, 0).
x 6= −y (x, y) = (0, 0)
x 6= −y
la funzione data è continua; resta dunque
Per fare questo occorre studiare
x3 y 3 (x,y)→(0,0) x3 + y 3 lim
e vedere se questo esiste e fa 0.
In tal caso
contrario non sarà continua in quel punto. 3 possibile dire che
f
sarà continua anche nel punto
(0, 0);
in caso
(Osserviamo tra l'altro che non è ovviamente
x ≤ 1). 3 x + y3
Se si considera il limite lungo le curve che di solito vengono utilizzate, esempio
y = xα , α > 0
si vede che il limite considerato esiste e fa 0. Anche lungo tutte le rette passanti per l'origine
43
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
il limite esiste e fa 0. Questo potrebbe erroneamente portare a concludere che il limite della funzione esista e faccia 0. Tale conclusione è errata: infatti il limite dato non esiste. Come si può arrivare a intuire questa conclusione?
Innanzitutto si vede che se
y = −x
il
denominatore si annulla mentre il numeratore tende a zero, questo potrebbe indurre a pensare che ci sia un modo per far andare a zero il denominatore più velocemente del numeratore. Si esprime in termini rigorosi questo concetto considerando la successione
1 1 1 − , + β n n n
β > 0; questa successione di punti sta lungo una curva che risulta essere una perturbazione della curva y = −x che annulla il denominatore della funzione data. L'idea è cercare un β in dove
modo che il limite lungo tale successione di punti venga diverso da 0. Dopo alcune ricerche si vede che ad esempio
β=5
fa al caso nostro. Allora se prendiamo in esame la successione
1 1 1 − , + 5 n n n si ha
3 1 1 1 3 1 3 − 3 + −1 − 4 − 8 − 12 x3 y 3 n n n5 n n n = −∞. = lim lim = lim 3 1 3 3 1 n→+∞ 3 n→+∞ (x,y)→(0,0) x3 + y 3 + + + + n7 n11 n15 n n5 n9 Questo permette di concludere che il limite dato non esiste e dunque
-
Esercizio 3.3.4.
f
non è continua in
(0, 0).
Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di de nizione
x3 y x4 + y 2 f (x, y) = 0
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
(x, y) 6= (0, 0). Per vedere se è continua l'origine, è su ciente studiare il limite di f per (x, y) → (0, 0) per vedere se esso esiste coincide con il valore della funzione in (0, 0). Si ha
La funzione data è continua sicuramente per
0≤ visto che
x2 |y| ≤
nele se
| x3 | |y| x4 + y 2 |x| ≤ lim |x| = lim =0 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 (x,y)→(0,0) 2(x4 + y 2 ) (x,y)→(0,0) 2 lim
1 4 (x + y 2 ) 2
(questo deriva dal fatto che
carabinieri e il fatto che
|f | → 0 ⇐⇒ f → 0 44
(x2 + |y|)2 ≥ 0).
Il teorema dei due
3.3
Limiti e continuità: esercizi svolti
ci permettono di concludere che il limite cercato esiste e fa 0, dunque la funzione data è continua anche nell'origine.
-
Esercizio 3.3.5.
Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di de nizione
xy 3 x4 + y 2 f (x, y) = 0
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
(x, y) 6= (0, 0). Per vedere se è continua l'origine, è su ciente studiare il limite di f per (x, y) → (0, 0) per vedere se esso esiste coincide con il valore della funzione in (0, 0). Si ha
La funzione data è continua sicuramente per
0≤ visto che
nele se
y2 | x| |y 3 | ≤ lim | xy| ≤ lim | xy| = 0 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x4 + y 2 x4 + y 2 (x,y)→(0,0) lim
y2 ≤ 1. x4 + y 2
Il teorema dei due carabinieri e il fatto che
|f | → 0 ⇐⇒ f → 0 ci permettono di concludere che il limite cercato esiste e fa 0, dunque la funzione data è continua anche nell'origine.
-
Esercizio 3.3.6.
Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di de nizione
x2 y x4 + y 2 f (x, y) = 0
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0)
(x, y) 6= (0, 0). Per vedere se è continua l'origine, è su ciente studiare il limite di f per (x, y) → (0, 0) per vedere se esso esiste coincide con il valore della funzione in (0, 0). Si ha che
La funzione data è continua sicuramente per
x2 y (x,y)→(0,0) x4 + y 2 lim
non esiste. Infatti se consideriamo la curva
y=x
otteniamo
x2 y x3 x = lim = lim 2 =0 4 2 4 2 x→0 x + x x→0 x + 1 (x,y)→(0,0) x + y lim
45
nele se
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
mentre se prendiamo in esame la curva
y = x2 ,
si ha
x2 y 1 x4 1 = lim = lim = . 4 2 4 4 x→0 x + x x→0 2 (x,y)→(0,0) x + y 2 lim
Questo basta a concludere che la funzione data non è continua nell'origine (in realtà per concludere che la funzione non è continua nell'origine bastava solo considerare una curva tale che il limite preso lungo quella curva non fosse uguale a zero, nel nostro caso bastava dunque l'esame del limite lungo la curva
-
Esercizio 3.3.7.
y = x2 ).
Calcolare
xy 3 − 2 sin(x2 y) cos(x + 2y) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
Il limite dato può essere riscritto come
2 sin(x2 y) cos(x + 2y) xy 3 − lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 + y 2 lim
a patto che questi ultimi due limiti esistano, niti o in niti ma tali da non dar luogo alla forma di indecisione
[+∞, −∞].
Per quanto riguarda
xy 3 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
prendendo i valori assoluti e utilizzando la nota disuguaglianza
0≤
1 |x||y| ≤ (x2 + y 2 ), 2
|x||y 3 | 1 ≤ lim y 2 = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) 2 lim
Quindi dal teorema dei due carabinieri e utilizzando il fatto che
f → 0 ⇔ |f | → 0 si ottiene che
xy 3 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
esiste e fa 0. Per quanto riguarda
2 sin(x2 y) cos(x + 2y) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
si osserva immediatamente che
lim
cos(x + 2y) = 1;
(x,y)→(0,0) 46
si ha
3.3
d'altra parte, utilizzando il fatto che
Limiti e continuità: esercizi svolti
| sin z| ≤ |z| ∀ z ∈ R
e il fatto ovvio che
x2 ≤ x2 + y 2
si
ottiene, prendendo i valori assoluti
0≤
2| sin(x2 y)| 2x2 |y| ≤ lim ≤ lim 2|y| = 0. (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
Il teorema dei due carabinieri unito al fatto che
f → 0 ⇔ |f | → 0 ci dà
2 sin(x2 y) =0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
e dunque anche
2 sin(x2 y) cos(x + 2y) lim = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Allora anche il limite proposto in partenza esiste e fa 0.
-
Esercizio 3.3.8.
Stabilire se esiste ed eventualmente calcolare
xyex sin(π/4 + xy) . (x,y)→(0,0) 2x2 + y 2 lim
La funzione
f (x, y) =
xyex sin(π/4 + xy) 2x2 + y 2
di cui dobbiamo calcolare il limite è de nita su
R2 \ {(0, 0)}
e sull'asse
x
identicamente 0. Quindi il limite, se esiste, deve essere 0. Tuttavia sulla bisettrice ottiene
√ √ ex sin( π4 + x2 ) x2 ex sin(π/4 + x2 ) 1 · 2/2 2 f (x, x) = = → = , 3x2 3 3 6
quindi
lim
f (x, y)
(x,y)→(0,0) non esiste.
-
Esercizio 3.3.9.
Si calcoli
y 2 log x (x,y)→(1,0) (x − 1)2 + y 2 lim
47
y) è y = x si
(come sull'asse
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
soluzione 1. Ricordiamo che
f → 0 ⇐⇒ |f | → 0 a questo punto dunque, osservando che
0≤
y2 ≤1 z2 + y2
per ogni
(y, z) ∈ R2
y 2 | log x| y 2 | log(z + 1)| = lim ≤ lim | log(z + 1)| = 0. (x,y)→(1,0) (x − 1)2 + y 2 (z,y)→(0,0) (z,y)→(0,0) z2 + y2 lim
Il teorema dei due carabinieri ci permette allora di concludere che
y 2 log x = 0. (x,y)→(1,0) (x − 1)2 + y 2 lim
soluzione 2. Si può anche passare a coordinate polari ponendo
Si ottiene
x = 1 + ρ cos θ, y = ρ sin θ.
ρ2 sin2 θ log(1 + ρ cos θ) = lim ρ sin2 θ cos θ = 0 ρ→0 ρ→0 ρ2 lim
poiché
-
sin2 θ cos θ
è una quantità limitata in modulo da 1.
Esercizio 3.3.10.
Si dimostri, usando la restrizione di
seguenti funzioni non hanno limite per
1)
f (x, y) = xe−y/x
2)
f (x, y) =
f
su opportune curve, che le
(x, y) → (0, 0) :
x3 + y 3 x2 + y 4
1) Se considero la curva
y=x
allora si ha
lim x e−y/x = lim x e−1 = 0. x→0
(x,y)→0 D'altra parte se considero la curva
√ y = − x,
si ottiene
lim x e−y/x = lim x e (x,y)→0
√1 x
x→0
Avendo trovato due curve lungo le quali il limite di
f
= +∞.
ha due valori diversi, si conclude che il
limite dato non esiste.
2) Se considero la curva
y=x
allora si ha
x3 + y 3 2x3 2x = lim = lim = 0. 2 4 2 4 x→0 x + x x→0 1 + x2 (x,y)→0 x + y lim
48
3.3
y=
D'altra parte se considero la curva
√
x,
Limiti e continuità: esercizi svolti
si ottiene
√ √ x +y x +x x x x+1 √ lim = lim = lim = +∞. x→0 x→0 (x,y)→0 x2 + y 4 2x2 2 x 3
-
Esercizio 3.3.11.
3
3
Sia data la funzione:
2 y x 6= 0 f (x, y) = x 0 x=0 a) Si stabilisca se
f
b) Si stabilisca se è continua in a) Per
x 6= 0
la funzione è continua.
funzione data lungo la retta qualunque di
(0, 0). D := {(x, y) ∈ R2 : |y| ≤ x ≤ 1}
è continua in
f (x, y)
x = 0.
Per concludere occorre analizzare la conitnuità della
e veri care se esso è 0 che è il valore assunto lungo l'asse
è falso dato che se consideriamo la curva non può tendere a 0 al tendere di
x → 0 con y delle y. Questo
Per fare questo bisogna calcolare il limite per
x
y=
√
x
allora
f (x, y)
vale costantemente 1 e dunque
a 0. Dunque la funzione data non è continua in 0.
D
b) Usando la condizione imposta dal dominio
si ottiene
2
y ≤ lim x = 0, x→0 x x→0
0 ≤ lim
dove osserviamo che non abbiamo avuto bisogno di considerare i valori assoluti delle quantità in gioco dato che
x ∈ D ⇒ x ≥ 0.
A questo punto il teorema dei carabinieri permette di
concludere che il limite considerato esiste e fa 0, dunque la funzione
f
è continua in
D.
Noti-
amo che questo esempio mostra che una funzione può essere discontinua in un punto mentre una sua restrizione può essere continua nello stesso punto. Ciò non deve stupire, in quanto, restringendo una funzione ad un sottoinsieme del suo dominio, si può escludere un insieme rilevante di curve lungo le quali calcolare i limiti.
-
Esercizio 3.3.12.
Data la funzione
f (x, y) =
2x − y 3x + 4y
si veri chi che:
lim
x→0
Si veri ca facilmente che
lim
x→0
lim f (x, y)
6= lim
y→0
y→0
lim f (x, y)
y→0
49
lim f (x, y)
x→0
2 2 = lim = x→0 3 3
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
che è chiaramente diverso da
lim
y→0
-
Esercizio 3.3.13.
1 1 lim f (x, y) = lim − =− . x→0 y→0 4 4
Si calcolino i limiti:
2
1 − exy p (x,y)→(0,0) x4 + y 4 1 − cos(xy) 2) lim (x,y)→(0,0) log(1 + x2 + y 2 ) 1)
lim
1) Innanzitutto ricordiamo il limite notevole
ez − 1 = 1. z→0 z lim
Allora, dal teorema sul limite della composizione di funzioni (oppure passando a coordinate polari) otteniamo facilmente che 2
1 − exy lim = −1. (x,y)→(0,0) xy 2 D'altra parte, visto che
0≤
∀ (x, y) ∈ R2
si ha
x4 + y 4 ≥ y 4 ,
abbiamo anche
|x| y 2 |x| y 2 p p = lim |x| = 0. ≤ lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x4 + y 4 (x,y)→(0,0) y 4 lim
Dal teorema dei due carabinieri e dal fatto che
f → 0 ⇐⇒ |f | → 0 si conclude che
xy 2 p = 0; (x,y)→(0,0) x4 + y 4 lim
dunque 2
2
1 − exy 1 − exy xy 2 p p lim = lim · = 0. (x,y)→(0,0) x4 + y 4 (x,y)→(0,0) xy 2 x4 + y 4 2) Vogliamo dimostrare che
1 − cos(xy) = 0. (x,y)→(0,0) log(1 + x2 + y 2 ) lim
Prima di tutto ricordiamo i limiti notevoli
lim
z→0
1 − cos z 1 = ; 2 z 2
lim
z→0 50
log(1 + z) = 1. z
3.3
Limiti e continuità: esercizi svolti
Quindi, dal teorema sul limite della composizione di funzioni (oppure passando a coordinate polari), si ottiene
lim (x,y)→(0,0)
D'altra parte, visto che
x2 + y 2 = 1. (x,y)→(0,0) log(1 + x2 + y 2 )
1 − cos(xy) 1 = 2 2 xy 2 y2 ≤ 1, x2 + y 2 0≤
lim
si ottiene
x2 y 2 ≤ lim x2 = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) lim
Il teorema dei carabinieri ci permette di concludere che
x2 y 2 = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
Dunque, riassumendo,
x2 y 2 x2 + y 2 1 − cos(xy) 1 − cos(xy) = lim · · = 0. (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) log(1 + x2 + y 2 ) x2 y 2 x2 + y 2 log(1 + x2 + y 2 ) lim
-
Esercizio 3.3.14.
Si consideri la funzione
f (x, y) =
x2 (y − x) , (x2 + y 2 )α
(x, y) 6= (0, 0).
Si determini se esiste (e in caso aermativo si calcoli)
lim
f (x, y)
(x,y)→(0,0)
quando
Sia
α=1
α = 1.
e quando
α = 2.
Allora
f (x, y) =
x2 (y − x) . x2 + y 2
Proviamo che il limite dato esiste e fa zero. Per dimostrare questo ci occupiamo separatamente dei due casi
x3 (x,y)→(0,0) x2 + y 2
x2 y (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
lim
dimostrando che entrambi esistono e sono uguali a zero. Useremo la seguente maggiorazione
x2 ≤ x2 + y 2 . 51
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
Si ha
x2 |y| ≤ (x,y)→(0,0) x2 + y 2
0≤
lim
lim
|y| = 0.
(x,y)→(0,0)
Dunque dal teorema dei due carabinieri e dal fatto che
|f | → 0 ⇔ f → 0
si ha che
x2 y = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
Analogamente
0≤
|x| x2 |x3 | = lim ≤ (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
da cui anche
lim
|x| = 0
(x,y)→(0,0)
x3 lim = 0. (x,y)→(0,0) x2 + y 2
Allora
lim
f (x, y) = 0
(x,y)→(0,0) perché dato dalla dierenza dei limiti precedenti.
Sia ora
α = 2.
Dimostriamo invece che in questo caso il limite dato non esiste. Per fare questo
è su ciente considerare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione ammetta limite diverso. Sia ad esempio
y = 2 x.
f (x, 2 x) =
Allora
x3 1 x2 (2 x − x) = = 2 2 2 4 (x + 4 x ) 25 x 25 x
e si ha
lim f (x, 2 x) = −∞.
lim f (x, 2 x) = +∞
x→0−
x→0+
Questo è già su ciente per concludere che il limite dato non esiste.
-
Esercizio 3.3.15.
Determinare il dominio di de nizione della funzione
√ f (x, y) := x−1 (x3 + y 2 ) cos( 1 − tan x) e studiarne il comportamento per
Innanzitutto la funzione
tan x
(x, y) → (0, 0).
è de nita per
x 6=
della radice deve essere positivo o nullo. Inoltre il
π + kπ 2
k ∈ Z mentre l'argomento denominatore di f deve essere diverso da con
zero, dunque dom f
n o π = (x, y) ∈ R2 : πk − < x ≤ arctan 1 + k π, k ∈ Z ∧ x 6= 0 . 2 52
3.3
Limiti e continuità: esercizi svolti
(x, y) → (0, 0), dimostriamo √ (x3 + y 2 ) cos 1 − tan x lim (x,y)→(0,0) x
Per quanto riguarda il comportamento di
f
per
che il limite
non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Ad esempio, si ha
lim f (x,
√
x→0
√ √ (x3 + x) cos 1 − tan x x) = lim = lim (x2 + 1) cos 1 − tan x = cos 1. x→0 x→0 x
D'altra parte
(x3 + x2 ) cos lim f (x, x) = lim x→0 x→0 x
√ 1 − tan x
= lim (x2 + x) cos x→0
√
1 − tan x = 0.
Questo basta a concludere che il limite dato non esiste.
-
Esercizio 3.3.16.
Determinare il dominio di de nizione della funzione
√ (x3 + y 2 ) sin( 1 − tan x) f (x, y) := x2 + y 2 e studiarne il comportamento per
Innanzitutto la funzione
tan x
(x, y) → (0, 0).
è de nita per
x 6=
della radice deve essere positivo o nullo. Inoltre il
π + kπ 2
k ∈ Z mentre l'argomento denominatore di f deve essere diverso da con
zero, dunque dom f
n o π = (x, y) ∈ R2 : π k − < x ≤ arctan 1 + π k k ∈ Z ∧ (x, y) 6= (0, 0) . 2 (x, y) → (0, 0), dimostriamo √ (x3 + y 2 ) sin 1 − tan x lim (x,y)→(0,0) x2 + y 2
Per quanto riguarda il comportamento di
f
per
che il limite
non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Ad esempio si ha
lim f (x,
x→0
√
√ 2 √ (x3 + x) sin 1 − tan x x +1 x) = lim = lim sin 1 − tan x = sin 1. 2 x→0 x→0 x +x x+1
D'altra parte
√ √ (x3 + x2 ) sin 1 − tan x x+1 1 lim f (x, x) = lim = lim sin 1 − tan x = sin 1. 2 x→0 x→0 x→0 2x 2 2 53
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
Questo basta a concludere che il limite dato non esiste.
-
Esercizio 3.3.17.
Determinare il dominio di de nizione della funzione
f (x, y) := x−1 [(sin x)2 + y 2 ] tan(ex+y ) e studiarne il comportamento per
Innanzitutto la funzione
tan ex+y
(x, y) → (0, 0).
è de nita per
ex+y 6=
sicuramente veri cato, quindi basterà imporre
ex+y 6=
π +kπ 2
con
π +kπ 2
con
k ∈ Z.
Se
k ∈ Z−
questo è
k ∈ Z+ ∪ {0}.
f deve essere diverso da zero, dunque π n o 2 dom f = (x, y) ∈ R : x + y 6= log + k π k ∈ Z+ ∪ {0} ∧ x 6= 0 . 2 quanto riguarda il comportamento di f per (x, y) → (0, 0), dimostriamo che il limite
Inoltre il denominatore di
Per
((sin x)2 + y 2 ) tan(ex+y ) (x,y)→(0,0) x lim
non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Si ha ad esempio (utilizzando un noto limite notevole)
lim f (x,
x→0
√
[(sin x)2 + x] tan(ex+ x) = lim x→0 x
√
x
)
= tan 1.
D'altra parte
((sin x)2 + x2 ) tan e2x lim f (x, x) = lim = 0. x→0 x→0 x Questo basta a concludere che il limite dato non esiste.
-
Esercizio 3.3.18.
Determinare il dominio di de nizione della funzione
f (x, y) := {[(sin x)3 + y 2 ] tan(e−y )}/x e studiarne il comportamento per
Innanzitutto la funzione
tan e−y
(x, y) → (0, 0).
è de nita per
e−y 6=
sempre veri cato, quindi basta porre
e−y 6=
π + k π, 2 54
π +kπ 2
k ∈ Z+ ∪ {0}.
con
k ∈ Z.
Se
k ∈ Z−
questo è
3.4
Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti
f deve essere diverso da zero, dunque n π o 2 + dom f = (x, y) ∈ R : x 6= 0 ∧ y 6= − log + k π , k ∈ Z ∪ {0} . 2 quanto riguarda il comportamento di f per (x, y) → (0, 0), dimostriamo che il limite
Inoltre il denominatore di
Per
((sin x)3 + y 2 ) tan(e−y ) (x,y)→(0,0) x lim
non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Si ha ad esempio (utilizzando un noto limite notevole)
√ ((sin x)3 + x) tan(e− lim f (x, x) = lim x→0 x→0 x D'altra parte
√
x
)
= tan 1.
((sin x)3 + x2 ) tan(e−x ) = 0. x→0 x
lim f (x, x) = lim
x→0
Questo basta a concludere che il limite dato non esiste.
3.4. Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti - Esercizio 3.4.1. Si determini per quale valore di α il piano tangente al gra co di z = √ f (x, y) = sin(αx + y 2 ) nel punto (0, π, 0) è parallelo alla retta x = y = 2z. Esistono valori di α per cui è perpendicolare?
Si ha
fx (x, y) = α cos(αx + y 2 ), da cui
√ fx (0, π) = −α,
fy (x, y) = 2y cos(αx + y 2 ), √ √ fy (0, π) = −2 π.
√ (0, π, 0) ha equazione √ √ z = −αx − 2 π(y − π). √ x = y = 2z passante per (0, π, 0) ha equazioni x = 2t √ y = π + 2t z=t t ∈ R.
Il piano tangente alla super cie nel punto
La retta parallela a
55
parametriche
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
Tale retta giace sul piano tangente se, sostituendo
x, y, z
in funzione di
t
nell'equazione di tale
piano si ottiene un'identità, cioè se
√ t = −2αt − 4 πt, che implica
∀ t ∈ R,
√ 1 α = − − 2 π. 2
Una maniera alternativa di procedere è la seguente. Un vettore normale alla super cie è
v = (−fx (0,
√ √ √ π), −fy (0, π), 1) = (α, 2 π, 1);
tale vettore è perpendicolare al vettore
hv, wi = 0
w = (2, 2, 1) che individua la direzione della retta se
da cui si ricava
√ 2α + 4 π + 1 = 0, I vettori
√ 1 α = − − 2 π. 2
v e w non sono mai paralleli quindi il piano tangente non è perpendicolare alla retta
per alcun valore di
α.
p - Esercizio 3.4.2. Sia f (x, y) = log(1 + x2 + 2y); calcolate il gradiente ∇f nel (2, 0) e scrivete l'equazione del piano tangente al gra co di f sopra lo stesso punto.
Scriviamo il gradiente della funzione nel generico punto
∇f (x, y) =
∂f ∂f (x, y), (x, y) = ∂x ∂y
(x, y).
punto
Si ha
1 2x 1 2 p p p p , 1 + x2 + 2y 2 x2 + 2y 1 + x2 + 2y 2 x2 + 2y
!
dunque
∇f (x, y) =
x p
x2 + 2y + x2 + 2y
e
∇f (2, 0) =
L'equazione del piano tangente al gra co di
z = f (x0 , y0 ) + Nel nostro caso di
f
in
(2, 0)
!
1
f
,p x2 + 2y + x2 + 2y
2 1 , 3 3
.
nel generico punto
(x0 , y0 )
è
∂f ∂f (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ). ∂x ∂y
x0 = 2, y0 = 0, e f (2, 0) = log 3 da cui l'equazione del piano tangente al gra co
è
2 1 z = log 3 + (x − 2) + y 3 3 56
3.4
Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti
o anche
2x + y − 3z = 4 − 3 log 3.
-
Esercizio 3.4.3.
Calcolare le derivate parziali della seguente funzione
f (x, y) =
xy x+y
Si ha
∂f y(x + y) − xy y2 = = ; ∂x (x + y)2 (x + y)2
-
Esercizio 3.4.4.
x(x + y) − xy ∂f x2 = = . ∂y (x + y)2 (x + y)2
Calcolare le derivate parziali della seguente funzione
f (x, y) = (x + y 2 ) log(x − y)
Si ha
x + y2 ∂f = log(x − y) + ; ∂x x−y
-
Esercizio 3.4.5.
∂f x + y2 = 2y log(x − y) − . ∂y x−y
Calcolare le derivate parziali della seguente funzione
xy (x, y) 6= (0, 0) + y2 f (x, y) = 0 (x, y) = (0, 0)
Per
(x, y) 6= (0, 0)
x2
si ha
∂f y(y 2 − x2 ) = 2 ; ∂x (x + y 2 )2 Invece se
(x, y) = (0, 0)
∂f −x(y 2 − x2 ) = . ∂y (x2 + y 2 )2
si ha
∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = lim = 0; h→0 ∂x h ∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = lim = 0. h→0 ∂y h 57
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
-
Esercizio 3.4.6.
Calcolare le derivate parziali della seguente funzione
x arctan y 6= 0 y f (x, y) = π y=0 2 Per
y 6= 0
si ha
−x ∂f = 2 . ∂y x + y2
∂f 1 1 y = = 2 ; 2 · x ∂x y + x2 1 + y2 y Per
y=0
si ha invece
f (x + h, 0) − f (x, 0) ∂f (x, 0) = lim = 0; h→0 ∂x h
arctan hx − π2 f (x, h) − f (x, 0) ∂f (x, 0) = lim = lim . h→0 h→0 ∂y h h A questo punto, se tenda a e
∓
0
h → 0+ .
x=0
tale limite non esiste (in particolare tende a
rispettivamente); se
x>0
e
−
h→0
±∞
di nuovo il limite non esiste e anche per
Insomma quest'ultimo limite non esiste per nessun valore di
x
dunque
esiste.
-
Esercizio 3.4.7.
Calcolare le derivate parziali della seguente funzione
f (x, y) = x + log
x2
y + y2
2x ∂f x2 + y 2 −2xy =1+ · 2 =1− 2 2 2 ∂x y (x + y ) x + y2
∂f x2 + y 2 x2 + y 2 − 2y 2 x2 − y 2 = · = . ∂y y (x2 + y 2 )2 y(x2 + y 2 ) 58
h x x2 ∨ y = 0 0 altrove
versore e si veri chi che
Dv f (0, 0) =< ∇f (0, 0), v > . La funzione è dierenziabile in (0,0)?
f = 1 sull'asse x, si ha fx (0, 0). Si osserva poi che, per ogni versore v = (v1 , v2 ) diverso 2 da (1, 0) l'intersezione tra l'insieme {(x, y) : |y| > x } e la retta per l'origine di direzione v è un segmento centrato nell'origine. Poiché su tale segmento f (x, y) ha valore 1 si ha
Poiché
Dv f (0, 0) = lim t→0
f (tv1 , tv2 ) − f (0, 0) = 0. t 67
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
Perciò
∇f (0, 0) = 0
e la formula del gradiente è veri cata.
La funzione non è dierenziabile nell'origine in quanto non è nemmeno continua in quel punto. Infatti ad esempio
lim+ f (x, x3 ) = 0.
lim+ f (x, 0) = 1,
x→0
-
Esercizio 3.8.4.
x→0
Si scriva l'equazione del piano tangente al gra co della funzione
p
f (x, y) = e2x−y +
3 + x2 + 3y 2
v
(1, 2, 5). Si calcoli poi Dv f (1, 2) essendo il versore √ retta y = 3x orientata nel verso delle x decrescenti.
nel punto della
che individua la direzione
3.9. Derivate direzionali: esercizi proposti
-
Esercizio 3.9.1.
Data la funzione
f (x, y) = a) Si calcoli
Dv f (0, 0)
Esercizio 3.9.2.
y 3 (sin x)2 .
per qualunque direzione
b) si stabilisca se esiste il piano tangente in
-
p 5
v = (cos α, sin α));
(0, 0).
Data la funzione
f (x, y) = xy − 2y + 2x si determini per quale direzione
v = (cos α, sin α) si ha Dvf (1, 1) = 2. Qual è la direzione
lungo la quale la funzione cresce di più vicino a
68
(1, 1)?
3.9
-
Esercizio 3.9.3.
Derivate direzionali: esercizi proposti
Data la funzione 2
f (x, y) = ex (αx − y 3 ) si determini
α
in modo che:
a) la direzione di massima crescita in nel verso negativo dell'asse b) il piano tangente in
-
α ∈ R;
Esercizio 3.9.4.
(0, 1)
sia lungo la tangente alla parabola
x;
(0, 1)
sia perpendicolare alla retta
y = (x + 1)2
x y = = z. 2 3
Calcolare la rapidità di variazione di
f (x, y) = y 4 + 2xy 3 + x2 y 2 in
(0, 1)
misurata in ciascuna delle seguenti direzioni:
a)i + 2j
-
Esercizio 3.9.5.
Calcolare
b)j − 2i
∇f (a, b)
c)3i
d)i + j.
per la funzione dierenziabile
f (x, y)
conoscendo le
sue derivate direzionali
D(i+j)/√2 f (a, b) = 3
-
Esercizio 3.9.6.
√ 2
La temperatura nel punto
D(3i−4j)/5 f (a, b) = 5.
(x, y)
in una regione del piano
xy
è
T
(misurata in gradi centigradi), dove
T (x, y) = x2 e−y . In quale direzione aumenta più rapidamente la temperatura nel punto rapidità aumenta
T
in quella direzione?
69
(2, 1)?
Con quale
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
3.10. Teorema di Schwarz: esercizi proposti
-
Esercizio 3.10.1.
Si veri chi che per la funzione
x3 y (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = x2 + y 2 0 (x, y) = (0, 0)
si ha che
-
fxy (0, 0) = 1 6= fyx (0, 0) = 0. f
Esercizio 3.10.2.
è di classe
Si dimostri che non esiste alcuna funzione
fx (x, y) = x sin y
-
Esercizio 3.10.3.
f ∈ C 2 (R2 )
tale che
fy (x, y) = y cos x
Sia data la funzione
2 2 xy x − y x2 + y 2 f (x, y) = 0 Veri care che
C 2?
f ∈ C 1 (R2 ).
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0).
Calcolare le derivate seconde miste nell'origine e mostrare che
sono diverse.
70
3.11
Esercizi di ricapitolazione
3.11. Esercizi di ricapitolazione riguardanti relazioni tra continuità, esistenza delle derivate parziali e dierenziabilità 3.11.1.
-
Esercizi svolti
Esercizio 3.11.1.
Data la funzione
( f (x, y) =
x−2 y arctan(x2 + y 2 ) x 6= 0 0 x=0
(a) si stabilisca se è continua in (0,0) (b) si calcolino le derivate parziali in (0,0). (a) La funzione non è continua nell'origine. Per vederlo basta considerare la curva
x = y 3/2 .
Infatti
f (y 3/2 , y) =
y arctan(y 3 + y 2 ) arctan(y 3 + y 2 ) y 3 + y 2 arctan(y 3 + y 2 ) = · = · (1 + y) → 1 y3 y3 + y2 y2 y3 + y2
e dunque non tende a zero che è il valore della funzione nell'origine.
(b) Si ha
f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim =0 h→0 ∂x h e
∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = lim = 0. h→0 ∂y h Questo esercizio mostra che una funzione può avere derivate parziali in un punto ma non essere continua in quel punto.
71
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
-
Esercizio 3.11.2.
Data la funzione
f (x, y) = |y| sin(x2 + y 2 ) R2
si stabilisca in quali punti di
a) è continua b) ammette derivate parziali c) è dierenziabile (a)
f
è continua in ogni punto di
(b) Se
y>0
R2
in quanto composizione di funzioni continue.
si ha
∂f = 2xy cos(x2 + y 2 ) ∂x e anche
∂f = sin(x2 + y 2 ) + 2y 2 cos(x2 + y 2 ). ∂y Invece se
y 1 questo limite esiste e fa 0; per α ≤ 1 vogliamo far vedere che il limite dato non esiste. Questo è facilmente veri cabile visto che se y ≡ 0 il limite è identicamente zero, mentre lungo la bisettrice del primo e terzo quadrante il limite vale 1/2 per α = 1 e +∞ per α < 1. Dunque la funzione data è continua solo se α > 1. Per la derivabilità si ottiene, ponendo v = (cos ϕ, sin ϕ) non esiste 0 < α < 2 α−1 α f (t cos ϕ, t sin ϕ) − f (0, 0) |t| | sin ϕ| cos(t cos ϕ) lim = lim = non esiste α = 2 t→0 t→0 t t 0 α>2 lim
(più precisamente, se
0 2.
mentre se
Se
α≤2
α=2
nessuna
non è dierenziabile.
si calcola
f (h, k) − f (0, 0) − hfx (0, 0) − kfy (0, 0) √ = lim ρα−2 | sin θ|α cos(ρ cos θ) = 0. ρ→0 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 lim
Si conclude che
f
è dierenziabile per
α > 2.
73
3
Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili
b) Essendo
f (x, 0, 0) = 0
∀ x ∈ R,
f (0, y, 0) = 0
∀ y ∈ R,
f (0, 0, z) = 0
∀ z ∈ R,
si conclude che
fx (0, 0, 0) = fy (0, 0, 0) = fz (0, 0, 0) = 0
h = (h1 , h2 , h3 ) si ottiene f (h) − f (0, 0, 0) − h∇f (0, 0, 0), hi h4 (h2 + h2 )α lim = lim p 32 1 2 2 2 . h→(0,0,0) h→(0,0,0) (h1 + h2 + h3 )3 ||h|| ∇f (0, 0, 0) = (0, 0, 0).
ovvero che
Posto poi
Questo limite si calcola facilmente utilizzando le coordinate sferiche in
h1 = ρ sin ψ cos θ,
h2 = ρ sin ψ sin θ,
R3 :
si pone
h3 = ρ cos ψ
e si ottiene
f (h) − f (0, 0, 0) − h∇f (0, 0, 0), hi = lim ρ2α+1 (cos ψ)4 (sin ψ)2α = 0 ρ→0 h→(0,0,0) ||h|| lim
∀α > 0
ρ2α+1 → 0 e |(cos ψ)4 (sin ψ)2α | ≤ 1. In conclusione f è dierenziabile in (0, 0, 0) per ogni α > 0; in particolare f è continua e derivabile lungo ogni direzione con tutte le derivate direzionali nulle in (0, 0, 0).
visto che
-
Esercizio 3.11.4.
Si veri chi che la funzione
x2 y 3 (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = x4 + y 4 0 (x, y) = (0, 0)
è continua e dotata di derivate parziali Di sicuro la funzione è continua per
∀(x, y) ∈ R2
(x, y) 6= (0, 0).
ma non è dierenziabile in (0,0).
Invece, per quanto riguarda la continuità
nell'origine osserviamo che
2 3 2 2 xy = lim |y|(x y ) ≤ lim 1 |y| = 0; 0 ≤ lim 4 (x,y)→(0,0) x + y 4 (x,y)→(0,0) x4 + y 4 (x,y)→(0,0) 2 dunque
x2 y 3 =0 (x,y)→(0,0) x4 + y 4 lim
dal teorema dei due carabinieri e pertanto la funzione è continua anche nell'origine. D'altra parte, per
(x, y) 6= (0, 0)
si ha
∂f 2xy 3 (x4 + y 4 ) − 4x3 x2 y 3 2xy 7 − 2x5 y 3 (x, y) = = ∂x (x4 + y 4 )2 (x4 + y 4 )2 74
3.11
Esercizi di ricapitolazione
3y 2 x2 (x4 + y 4 ) − 4y 3 x2 y 3 ∂f 3x6 y 2 − y 6 x2 (x, y) = = ∂y (x4 + y 4 )2 (x4 + y 4 )2 mentre nell'origine si ha
∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y Allora
f (h, k) − f (0, 0) h2 k 3 √ √ = lim (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) (h4 + k 4 ) h2 + k 2 h2 + k 2 non esiste, basta considerare il limite lungo la curva h = k : lim
e questo limite ottiene
h5 1 h lim √ = lim √ · h→0 2 2h4 |h| h→0 2 2 |h|
e dunque se
-
h>0
1 √ 2 2
si ottiene
Esercizio 3.11.5.
mentre se
h
d)
f
-
Esercizio 3.11.11.
∀v ∈ Rn
||v|| = 1
non è dierenziabile
Si veri chi che la funzione
( f (x, y, z) =
(x2 + y 2 + z 2 ) sin(x2 + y 2 + z 2 )−1/2 (x, y, z) 6= (0, 0, 0) 0 (x, y, z) = (0, 0, 0)
è dierenziabile pur avendo le derivate parziali discontinue in (0,0,0).
-
Esercizio 3.11.12.
Dire se la funzione
f (x, y) =
x2 + y 2 x 6= 0 y
è continua e/o dierenziabile in
(0, 0, 0).
80
x=0
CAPITOLO 4
Esercizi riguardanti funzioni de nite implicitamente e applicazioni del teorema del Dini 4.1. Esercizi svolti -
Esercizio 4.1.1.
Veri care che l'equazione
2x3 + y 4 + z 3 − xz − 2x = 0 z = g(x, y) in un (1, 0, 0) alla super cie di
(1, 0, 0). Scrivere z − g(x, y) = 0.
de nisce implicitamente
intorno di
piano tangente in
equazione
L'idea è quella di applicare il teorema del Dini.
poi l'equazione del
Veri chiamo che questo teorema è appli-
P = (1, 0, 0). Si ha f (x, y, z) := 2x3 + y 4 + z 3 − xz − 2x. Abbiamo f ∈ C ∞ (R3 ), f (1, 0, 0) = 0 e fz (x, y, z) = 3z 2 − x da cui fz (1, 0, 0) = −1 6= 0. Dunque dal teorema del Dini ho che esiste un intorno I del punto (1, 0) e una funzione g : I → R tale che f (x, y, g(x, y)) = 0 per ogni (x, y) ∈ I. Si ha inoltre g(1, 0) = 0 e che
cabile nell'intorno del punto
∂f (1, 0, 0) ∂g ∂y (1, 0) = − = 0. ∂f ∂y (1, 0, 0) ∂z
∂f (1, 0, 0) ∂g (1, 0) = − ∂x =4 ∂f ∂x (1, 0, 0) ∂z 81
4
Teorema del Dini. Funzione implicita
L'equazione del piano tangente è
z = g(1, 0) + cioè
-
∂g ∂g (1, 0) (x − 1) + (1, 0) (y − 0) ∂x ∂y
z = 4(x − 1).
Esercizio 4.1.2.
y = h(x) x, h(x)).
Si discuta la possibilità di de nire la funzione
mediante la equazione
x cos y = y 2 .
Si calcoli
h0 (x)
(in termini di
implicitamente
f (x, y) := x cos y − y 2 . In quali punti tale equazione de nisce implicitamente una funzione y = h(x) della sola variabile x? L'idea è quella di applicare il teorema del 1 Dini. Occorre innanzitutto che f sia di classe C e questo è vero. Poi occorre che i punti in cui f (x, y) = 0 non soddis no l'equazione fy (x, y) = −x sin y − 2 y = 0 cioè è possibile applicare il
Poniamo innanzitutto
teorema del Dini solo nell'intorno dei punti che non soddisfano il sistema
x cos y − y 2 = 0 −x sin y − 2 y = 0. La discussione richiesta dal testo dell'esercizio potrebbe fermarsi qui e a questo punto si può direttamente passare a ricavare
h0 (x)
in base al teorema del Dini. Per completezza riportiamo
invece la soluzione del precedente sistema. Se
cos y = 0
allora dalla prima equazione si legge
e allora posso ricavare dalla prima equazione
x
y=0
assurdo, dunque di sicuro
in funzione di
y
cos y 6= 0
e sostituire il risultato nella
seconda equazione. Si ha
2 x= y cos y −y [y tan y − 2] = 0. La seconda equazione ci dà
(0, 0);
y=0
oppure
nell'intorno di questo punto dunque
alcuna funzione Trovare gli
y
h(x).
y tan y = 2. La prima l'equazione f (x, y) = 0
condizione fornisce il punto non descrive implicitamente
Studiamo l'altra condizione.
che soddisfano
y tan y = 2
equivale a trovare gli zeri della funzione
j(y) :=
y tan y − 2. Studiamo brevemente tale funzione. Essa è pari, quindi posso studiarla solo y ≥ 0, ammette in niti asintoti verticali per y = π/2 + kπ al variare di k ∈ Z. Inoltre j 0 (y) = tan y +
y sin y cos y + y = . cos2 y cos2 y
x ≤ π/2 allora sin y cos y ≥ 0 mentre per y > π/2 allora j 0 (y) > π/2 − 1 dunque j 0 (y) > 0 per ogni y, cioè la funzione j è sempre crescente. Vediamo se ci sono essi
Si nota che se si ha che
per
82
4.1
Esercizi svolti
con lo studio della derivata seconda. Si ha
j 00 (y) =
[1 + cos2 y − sin2 y] cos2 y + 2 cos y sin y (x + sin y cos y) cos4 y
=
cos2 y + cos4 y − sin2 y cos2 y + 2 x cos y sin y + 2 cos2 y sin2 y cos4 y
=
2 y cos y sin y + cos2 y sin2 y + cos4 y + cos2 y cos4 y
2 y cos y sin y + cos2 y [sin2 y + cos2 y] + cos2 y = cos4 y =
cos y [2 cos y + 2 y sin y] = 0 ⇔ cos y + y sin y = 0 cos4 y
quindi ci sono in niti essi. Il gra co approssimativo è dato in gura.
Figura 4.1: Gra co della funzione
j.
Quindi abbiamo in niti zeri, che corrispondono a in niti valori di
y;
questi a loro volta inseriti
nella prima equazione ci danno in niti punti che soddisfano il precedente sistema. Nell'intorno di questi punti non si può applicare il teorema del Dini nel senso che l'equazione non descrive implicitamente alcuna funzione
h(x).
Adesso, in base al teorema dei Dini, per ogni punto
h0 (x) = −
(x, y)
per cui è possibile, si ha
fx (x, h(x)) cos h(x) cos h(x) =− = . fy (x, h(x)) −x sin h(x) − 2 h(x) x sin h(x) + 2 h(x) 83
f (x, y) = 0
4
Teorema del Dini. Funzione implicita
Questo conclude l'esercizio.
-
Esercizio 4.1.3.
Per il teorema del Dini, l'equazione
(x − 1) log(sin y) + (y − 1) tan(x2 ) = 0 permette di rappresentare
(1, 1).
Si calcoli
y
come funzione di
x,
ovvero
y = y(x),
in un intorno del punto
y 0 (1).
Veri co che eettivamente si possa applicare il teorema del Dini. Poniamo
f (x, y) = (x − 1) log(sin y) + (y − 1) tan(x2 ); si ha che
f
è di classe
C1
in un intorno di
(1, 1).
fy (x, y) = (x − 1) da cui
Poi si ha
I
e in ne
cos y + tan(x2 ) sin y
fy (1, 1) = tan 1 6= 0.
Allora il teorema del Dini ci assicura che esiste un intorno su
f (1, 1) = 0
a valori reali tale che
f (x, y(x)) = 0. y 0 (x) = −
I
di
x = 1 ed esiste y = y(x) de nita
Si ha inoltre
fx (x, y(x)) fy (x, y(x))
∀x ∈ I
da cui
fx (x, y) = log(sin y) + (y − 1) (1 + tan2 (x2 )) 2 x e quindi
y 0 (1) = −
- Esercizio 4.1.4.
log(sin 1) . tan 1
F (x, y) := xey −yex per ogni (x, y) ∈ R2 , e la funzione G sia de nita 0 implicitamente dall'equazione F (x, G(x)) = 1 per ogni x ∈ R. Si rappresenti G (x) mediante d 2 il teorema di Dini. Posto poi H(u) := (sin u) per ogni u ∈ R, si calcoli [G(H(u))]. du Sia
L'esercizio dato è piuttosto semplice se ci si limita a rappresentare
G0 (x)
mediante il teore-
ma del Dini senza preoccuparsi di veri care se eettivamente il teorema del Dini possa essere applicato. Poiché il testo è ambiguo, l'esercizio può essere risolto limitandosi a questa prima parte.
84
4.1
Esercizi svolti
F˜ (x, y) = F (x, y) − 1 = x ey − y ex − 1. Allora G è de nita implicitamente F˜ (x, G(x)) = 0 e quindi il teorema del Dini si applica a F˜ e non a F. Si ha poi
Si pone innanzitutto dall'equazione
G0 (x) = −
F˜x (x, G(x)) F˜y (x, G(x))
da cui
F˜x (x, y) = ey − y ex
F˜x (x, G(x)) = eG(x) − G(x) ex
e
F˜y (x, y) = x ey − ex
F˜y (x, G(x)) = x eG(x) − ex .
Quindi
eG(x) − G(x) ex . G (x) = − x eG(x) − ex 0
D'altra parte, per la regola di derivazione delle funzioni composte, si ha
d (G(H(u))) = G0 (H(u)) · H 0 (u) du ma
H 0 (u) = 2 sin u cos u
dunque 2
2
eG(H(u)) − G(H(u)) eH(u) 0 eG(sin u) − G(sin2 u) esin d G(H(u)) = − H (u) = − 2 2 du H(u) eG(H(u)) − eH(u) sin2 u eG(sin u) − esin u
u
(sin(2u)).
Qui termina la prima parte dell'esercizio. La parte complicata sembra essere quella di veri care che il teorema del Dini può essere applicato in tutti i punti tali che
F˜ (x, y) = 0.
A = {(x, y) ∈ R2 : F˜ (x, y) = 0}. Si dovrebbe dimostrare che: F˜ ∈ C 1 (A) e questo è vero perché F˜ ∈ C 1 (R2 ) e che F˜y (x, y) = 6 0 Sia
per ogni
(x, y) ∈ A
e
quest'ultima richiesta è la più di cile da veri care. Infatti si dovrebbe far vedere che il sistema
x ey − y ex − 1 = 0 x ey − ex = 0 non ha soluzioni. Proviamo a risolverlo. Sostituendo la seconda equazione nella prima si ha
ex (1 − y) − 1 = 0.
(4.1.1)
(x, y) ∈ R2 tale che (4.1.1) sia veri cata. Se y ≥ 1, allora non c'è nessuna x tale che (x, y) soddis (4.1.1). Infatti se y ≥ 1 allora 1 − y ≤ 0 e allora ex (1 − y) ≤ 0 da cui ex (1 − y) − 1 < 0. Rimane da studiare il caso y < 1. Si può esplicitare x in funzione di y nella (4.1.1), quindi si
Dovremmo far vedere che non esiste nessun
ha
x = log 85
1 1−y
4
Teorema del Dini. Funzione implicita
da cui sostituendo nella prima equazione del nostro sistema si ottiene
log Dobbiamo mostrare che nessun
1 1−y
y 3: de nita positiva b) k < 3: inde nita c) k = 3: det A = 0, a > 0, quindi semide nita positiva d) k = 0: La matrice è (per righe) (0, 6), (6, 1), dunque c = 1 > 0 a)
e
det A = −36 < 0,
inde nita (vedi anche sopra). La f.q. non è mai de nita negativa. (b)
det A = −1 − k 2 < 0
per ogni
k.
quindi la forma quadratica è sempre inde nita.
95
quindi
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.1.2.
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y) = x4 + y 4 − 2(x − y)2 + 2.
Siccome la funzione è di classe
C ∞ (R2 ),
gli eventuali punti di estremo libero di
anche essere punti critici, cioè punti che annullano il gradiente di
f.
f
devono
Si ha
∂f (x, y) = 4y 3 + 4(x − y) ∂y
∂f (x, y) = 4x3 − 2(x − y)2 = 4x3 − 4x + 4y ∂x dunque per trovare i punti critici devo risolvere il sistema
4x3 − 4(x − y) = 0 4y 3 + 4(x − y) = 0. Sommando membro a membro le due equazioni si ottiene
x3 + y 3 = 0
che ci dà
x = −y.
Sostituendo quanto trovato nella seconda equazione si ottiene facilmente
√ 4y 3 − 8y = 0 ⇔ y[y 2 − 2] = 0 ⇔ y = 0 ∨ y = ± 2. Dunque i punti critici sono
(0, 0)
√ √ ( 2, − 2)
√ √ (− 2, 2).
Per determinare la natura dei punti critici proviamo a calcolare la matrice Hessiana nei punti suddetti. Si ha
∂ 2f (x, y) = 12x2 − 4 ∂x2
∂ 2f ∂ 2f (x, y) = (x, y) = 4 ∂x∂y ∂y∂x
∂ 2f (x, y) = 12y 2 − 4. ∂y 2
Dunque
24 − 4 4 20 4 √ √ √ √ = Hf ( 2, − 2) = Hf (− 2, 2) = 4 24 − 4 4 20 √ √ √ √ Hf ( 2, − 2) = Det Hf (− 2, 2) = 400 − 16 > 0 e fxx > 0. √ √ √ √ ( 2, − 2) e (− 2, 2) sono di minimo locale. D'altra parte 4 4 Hf (0, 0) = 4 4
quindi Det punti
96
Questo implica che i
5.1
quindi Det
Ottimizzazione libera
Hf (0, 0) = 0 e il test della matrice Hessiana si rivela ine cace per il punto (0, 0). Per
determinare la natura di questo punto critico occorre cambiare metodo. Proviamo a studiare il segno dell'incremento della funzione, cioè studiamo il segno di
4f (x, y) = f (x, y) − f (0, 0) = x4 + y 4 − 2(x − y)2 . Ora, se
x=y
allora
4f = x4 + x4 = 2x4 ≥ 0 mentre se consideriamo la curva
y = −x
∀x ∈ R
si ha
4f = 2x4 − 8x2 ≤ 0
se|x|
≤ 2.
f ha valori maggiori di 2 = f (0, 0) e sia punti in cui f ha valori minori di 2 e dunque il punto (0, 0) è un punto di sella. Questo ci dice che in ogni intorno dell'origine ci sono sia punti in cui
-
Esercizio 5.1.3.
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y) = sinh(x4 + y 3 − 4x2 − 3y 2 ). f (x, y) ∈ C ∞ (R2 ) ed è composta dalle funzioni sinh t e t = t(x, y) = x4 + y 3 − 4x2 − 3y 2 . Poiché la funzione sinh t è strettamente crescente, i punti di estremo di f (x, y) sono tutti e soli i punti di estremo di t(x, y). (Notiamo che analoghe considerazioni possono essere fatte t(x,y) per funzioni del tipo f (x, y) = e , f (x, y) = (t(x, y))3 ecc...). La funzione
Si può studiare pertanto la funzione
t(x, y) = x4 + y 3 − 4x2 − 3y 2 . C ∞ (R2 ) e dunque gli eventuali punti di estremo libero di t devono anche cioè punti che annullano il gradiente di t. Si ha
La funzione è di classe essere punti critici,
∂t (x, y) = 4x3 − 8x ∂x
∂t (x, y) = 3y 2 − 6y ∂y
dunque per trovare i punti critici devo risolvere il sistema
4x3 − 8x = 4x[x2 − 2] = 0 3y 2 − 6y = 3y[y − 2] = 0. Dunque i punti critici sono
(0, 0)
(0, 2)
√ (± 2, 0) 97
√ (± 2, 2).
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
Per determinare la natura dei punti critici proviamo a calcolare la matrice Hessiana nei punti suddetti. Si ha
∂ 2t (x, y) = 12x2 − 8 ∂x2
∂ 2t ∂ 2t (x, y) = (x, y) = 0 ∂x∂y ∂y∂x
∂ 2t (x, y) = 6y − 6. ∂y 2
Dunque
Ht (0, 0) = quindi Det
Ht (0, 0) = 48 > 0
mentre
txx < 0.
−8
0
0
−6
Questo implica che il punto
(0, 0)
è di massimo
locale. D'altra parte
−8 0
Ht (0, 2) = quindi Det
Ht (0, 2) = −48 < 0
e dunque
(0, 2)
√ Ht (± 2, 0) = √ Ht (± 2, 0) = −96 < 0
quindi Det
√ Ht (± 2, 2) = 96 > 0
6
è un punto di sella. Inoltre
quindi Det
0
16
0
0
−6
√ (± 2, 0) 16 0 √ Ht (± 2, 2) = 0 6 e dunque anche
mentre
sono punti di sella. In ne
√ txx (± 2, 2) = 16 > 0
e dunque
√ (± 2, 2)
sono punti
di minimo locale.
-
Esercizio 5.1.4.
Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione
f (x, y) = sin(x + y) − cos(x − y).
Si ha
f (x, y) = sin(x + y) − cos(x + y) = sin x cos y + cos x sin y − cos x cos y − sin x sin y = sin x[cos y − sin y] − cos x[cos y − sin y] = [cos y − sin y] · [sin x − cos x] "√ # √ 2 2 π π =2 (cos y − sin y) · (sin x − cos x) = 2 sin x − · cos y + 2 2 4 4 98
5.1
Ottimizzazione libera
A questo punto, visto che
π −1 ≤ sin x − ≤1 4
π − 1 ≤ cos y + ≤1 4
f è 2 ed è assunto 3 x = π + 2πk 4 y = − π + 2πh 4
si vede subito che il massimo di
in corrispondenza dei punti
k∈Z h∈Z
oppure in corrispondenza dei punti
7 x = π + 2πk 4 3 y = π + 2πh 4 Invece il minimo di
f
k∈Z h ∈ Z.
è -2 ed è assunto in corrispondenza dei punti
3 x = π + 2πk 4 3 y = π + 2πh 4
k∈Z h∈Z
oppure in corrispondenza dei punti
7 x = π + 2πk 4 y = − π + 2πh 4 Per vedere se il sistema
f
k∈Z h ∈ Z.
non ha altri punti di estremo, si calcolano gli ulteriori punti critici di
π π fx (x, y) = 2 cos x − cos y + =0 4π 4π fy (x, y) = −2 sin x − sin y + = 0. 4 4
Le soluzioni sono i punti
3 x = π + πk 4 y = − π + πh 4
k∈Z h∈Z
precedentemente trovati e i punti
π x = + πk 4 3 y = π + πh 4 99
k∈Z h ∈ Z.
f
risolvendo
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
In tali punti
f
si annulla ed è facile vedere che cambia segno in ogni loro intorno. Questi punti
sono perciò di sella.
-
Esercizio 5.1.5.
Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione
f (x, y) = (x2 + y 2 )e−(x
La funzione
p x2 + y 2 .
f
2 +y 2 )
.
è a simmetria radiale, cioè è funzione solo della distanza dall'origine
Come conseguenza, le curve di livello di
f
r =
sono circonferenze con centro nell'o-
rigine. In casi come questo si può sempli care la ricerca degli estremi studiando la funzione di una sola variabile
g(r) = r2 e−r Si ha
g(0) = 0
e anche
g(r) ≥ 0
per ogni
r
2
r ≥ 0.
anzi più precisamente
g(r) > 0
per ogni
r 6= 0.
Inoltre
lim g(r) = 0
r→+∞ e dunque
r=0
è punto di minimo globale. D'altra parte
g 0 (r) = 2r(1 − r2 )e−r g 0 (r) = 0
r = 1 è punto di massimo globale. Per trasferire i risultati ottenuti per g a f basta osservare che r = 0 corrisponde all'origine (0, 0) mentre r = 1 corrisponde alla circonferenza unitaria centrata in (0, 0). Di conseguenza il valore minimo è assunto in (0, 0) mentre il valore massimo è assunto in tutti i punti della
e dunque
se
r = 1.
2
Perciò se
circonferenza unitaria.
-
Esercizio 5.1.6.
Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione
p f (x, y) = x 3 (y − x)2 .
f è de nita e 2 {(x, y) ∈ R : y = x} tranne
La funzione
continua in
R2 .
Dimostriamo che in tutti i punti dell'insieme
l'origine si ha che
f
non è dierenziabile. Si ha
√ 3 √ ∂f f (x + h, x) − f (x, x) (x + h) h2 3 (x, x) = lim = lim = lim xh−1/3 + lim h2 . h→0 h→0 h→0 h→0 ∂x h h Il limite del primo addendo, per x 6= 0 non esiste e quindi sicuramente f non è dierenziabile nei punti (x, x) con x 6= 0. nell'origine invece si ha p h 3 (−h)2 f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = lim =0 h→0 h→0 ∂x h h 100
5.1
mentre
Ottimizzazione libera
∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = lim =0 h→0 ∂y h
dunque
p h 3 (k − h)2 f (h, k) − f (0, 0) − hfx (0, 0) − kfy (0, 0) √ √ = lim lim (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h2 + k 2 h2 + k 2 e questo limite esiste e fa 0, dunque in
(0, 0) f
è dierenziabile. I punti di estremo andranno
cercati tra i punti critici e i punti della bisettrice del primo e terzo quadrante (origine esclusa). Allora
3y − 5x fx (x, y) = √ 3 y−x
e dunque il gradiente di
f
è diverso da zero in
punti di estremo solo i punti della retta Studiando il segno di
2x fy (x, y) = √ 3 y−x
f (x, y)
R2 \ {(x, y) : y = x}.
y = x (origine esclusa).
Pertanto possono essere
Su tale retta si ha
f (x, y) = 0.
si ricava che i punti della bisettrice del primo quadrante sono
di minimo locale mentre i punti della bisettrice del terzo quadrante sono di massimo locale. Infatti
f (x, y) ≥ 0
per
x>0
e
f (x, y) ≤ 0
per
x < 0.
Per curiosità l'origine è punto di sella.
Non ci sono estremi globali perché la funzione è illimitata superiormente e inferiormente. Ad esempio:
lim
f (x, y) = +∞
(x,y)→(+∞,0) e
lim
f (x, y) = −∞.
(x,y)→(−∞,0)
-
Esercizio 5.1.7.
Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione
f (x, y) = x2 log(1 + y) + x2 y 2 nel suo dominio.
Il dominio di
f
è l'insieme aperto
D = {(x, y) ∈ R2 : y > −1}. In questo insieme
f
è una funzione di classe
C ∞ (R2 ).
Gli eventuali punti di estremo locale
devono perciò essere soluzioni del sistema
2 fx (x, y) = 2x(log(1 + y) + y ) = 0 1 2 fy (x, y) = x + 2y = 0. 1+y 101
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
Si ha sicuramente
x = 0;
inoltre deve aversi
log(1 + y) + y 2 = 0 e
1 + 2y = 0. 1+y y = 0
La prima equazione ci dà come soluzione
2
2y + 2y + 1 = 0 che non ci dà in niti punti (0, k) con k > −1.
mentre dalla seconda equazione deriviamo
soluzioni reali. Quindi il sistema ammette come soluzioni gli Su tali punti si ha
f (x, y) = 0.
Proviamo il test della matrice
Hessiana.
fyy (x, y) = x 2 −
2
2
fxx (x, y) = 2(log(1 + y) + y )
1 (1 + y)2
e
fxy (x, y) = fyx (x, y) = 2x
1 + 2y ; 1+y
dunque
log(1 + k) + k 2 0
Hf (0, k) =
0
0
e dunque il test della matrice Hessiana si rivela ine cace. Proviamo a valutare
4f (x, y) = f (x, y) − f (0, k) = f (x, y) = x2 log(1 + y) + x2 y 2 = x2 [log(1 + y) + y 2 ]. Studiamo il segno del termine
log(1 + y) + y 2 =: g(y).
g(y) < 0 ⇔ −1 < y < 0,
È immediato veri care che
g(y) ⇔ y = 0,
g(y) > 0 ⇔ y > 0.
Da questo è possibile concludere che:
k > 0 allora i punti (0, k) sono punti di minimo locale; se k = 0 allora l'origine è un punto di sella; se −1 < k < 0 allora i punti (0, k) sono punti di massimo locale. Osserviamo in ne che f non ha punti di estremo globale in quanto +∞ y0 > 0 lim f (x, y) = −∞ (x,y)→(+∞,y0 ) −1 < y0 < 0
se
e perciò
inf f (x, y) = −∞.
sup f (x, y) = +∞ 102
5.1
-
Esercizio 5.1.8.
Ottimizzazione libera
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y) = x2 (y − 1)3 (z + 2)2 . C ∞ (R3 ). I punti critici sono le soluzioni 3 2 fx (x, y, z) = 2x(y − 1) (z + 2) = 0 fy (x, y, z) = 3x2 (y − 1)2 (z + 2)2 = 0 fz (x, y, z) = 2x2 (y − 1)3 (z + 2) = 0.
La funzione data è di classe
del sistema
x = 0, y = 1 e z = −2, cioè rispettivamente si ottengono i punti (0, h, k), (l, 1, k), (l, h, −2) con l, h, k ∈ R. In tali punti f si annulla. Anziché ricorrere allo studio del dierenziale secondo, è conveniente esaminare il segno di f in un intorno dei punti indicati. I punti (l, 1, k) sono di sella in quanto attraversando il piano y = 1 f cambia segno. I punti (0, h, k) e (l, h, −2) sono di massimo locale per h < 1 in quanto f è negativa per h < 1 e di minimo locale per h > 1 in quanto f è positiva per h > 1.
Le soluzioni del sistema sono i punti dei piani
-
Esercizio 5.1.9.
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y, z) =
La funzione data è di classe
1 1 1 + + + xyz. x y z
C ∞ (R3 \ {(x, y, z) : x = 0, y = 0, z = 0}).
I punti critici si trovano risolvendo il sistema
1 fx (x, y, z) = − 2 + yz = 0 x 1 fy (x, y, z) = − 2 + xz = 0 y fz (x, y, z) = − 1 + xy = 0. z2 Moltiplichiamo la prima equazione per
x,
la seconda equazione per
1 1 − =0 y x
1 1 − =0 y z
e sottraiamo. Si ottiene
⇒ x − y = 0;
analogamente, se moltiplichiamo la seconda equazione per iamo, si ha
y
y,
⇒ x = y = z. 103
la terza equazione per
z
e sottra-
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
Allora sostituendo questo risultato in una qualunque delle equazioni si ha rapidamente
1 + x2 = 0 x4 = 1. x2 sono (1, 1, 1) e (−1, −1, −1). −
Allora in de nitiva i punti critici
Per stabilire la natura di questi
due punti critici proviamo il test della matrice Hessiana:
fxx (x, y, z) = fzz (x, y, z) =
2 z3
2 x3
fxy (x, y, z) = fyx (x, y, z) = z
fxz (x, y, z) = fzx (x, y, z) = y
Allora
fyy (x, y, z) =
2 y3
fyz (x, y, z) = fzy (x, y, z) = x.
2 1 1
Hf (1, 1, 1) = 1 2 1 1 1 2.
I determinanti dei minori principali di Nord-Ovest sono rispettivamente
H1 = 2 > 0 quindi
(1, 1, 1)
H2 = 3 > 0
H3 = 4 > 0
f. Invece −2 −1 −1 Hf (−1, −1, −1) = −1 −2 −1 −1 −1 −2.
è punto di minimo locale per
I determinanti dei minori principali di Nord-Ovest sono rispettivamente
H1 = −2 < 0 (−1, −1, −1) è punto di massimo che f (x, y, z) = f (−x, −y, −z).
quindi dato
-
Esercizio 5.1.10.
quadratica:
H3 = −4 < 0
H2 = 3 > 0 locale per
f.
Questo risultato poteva essere previsto
Si determini, al variare del parametro reale 2
2
2
q(x, y, z) = x + 2kxy + y + 2kyz + z ;
Alla forma quadratica
q
è associata la matrice
0
A= k 1 k 0 k 1.
1 k
104
k,
il segno della forma
5.1
(Notiamo che da della matrice
a21
2kxy
si ottiene che l'elemento della matrice
Ottimizzazione libera
a12 = k
e coincide con l'elemento
perché la matrice è simmetrica). I determinanti dei minori principali nord-
ovest sono:
A2 = 1 − k 2
A1 = 1
A3 =
Det A
= 1 − 2k 2 .
A questo punto:
1 |k| > √ 2 1 |k| < √ 2 1 |k| = √ 2
allora
A3 < 0
e siccome
allora tutti gli
Ai
A1 > 0
si ha che la forma quadratica è inde nita;
sono positivi e dunque la forma quadratica è de nita positiva;
allora la forma quadratica è
2 2 1 1 q(x, y, z) = x + √ y + √ y + z 2 2 e dunque è semide nita positiva, cioè punti
-
q(x, y, z) ≥ 0
per ogni
1 1 − √ h, h, − √ h . 2 2
Esercizio 5.1.11.
(x, y, z) ∈ Rn
e
q(x, y, z) = 0
nei
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y) = x3 y 2 − x4 y 2 − x3 y 3 .
La funzione è di classe
C ∞ (R2 )
e dunque gli eventuali punti di estremo libero di
anche essere punti critici, cioè punti che annullano il gradiente di
∂f (x, y) = 3x2 y 2 − 4x3 y 2 − 3x2 y 3 ∂x
x2 y 2 [3 − 4x − 3y] = 0 x3 y[2 − 2x − 3y] = 0. Dunque tra i punti critici ci sono sicuramente
(0, h)
con
k, h ∈ R.
Inoltre bisogna vedere se si può risolvere il sistema
3 − 4x − 3y = 0 2 − 2x − 3y = 0. 105
Si ha
∂f (x, y) = 2x3 y − x4 2y − x3 3y 2 ∂y
dunque per trovare i punti critici devo risolvere il sistema
(k, 0)
f.
f
devono
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
1 1 , 2 3
Questo sistema ammette come soluzione il punto
1 1 , 2 3
.
Alla ne i punti critici sono:
(k, 0)
(0, h)
con
k, h ∈ R.
Per determinare la natura dei punti critici proviamo a calcolare la matrice Hessiana nei punti suddetti. Si ha
∂ 2f (x, y) = 6xy 2 − 12x2 y 2 − 6xy 3 2 ∂x ∂ 2f ∂ 2t (x, y) = (x, y) = 6x2 y − 8x3 y − 9x2 y ∂x∂y ∂y∂x ∂ 2f (x, y) = 2x3 − 2x4 − 6x3 y. ∂y 2 Dunque
Hf (k, 0) =
0
0 3
0 2k − 2k
4
Hf (k, 0) = 0 e il test della matrice Hessiana si rivela ine cace per studiare la natura punti. Siccome f (k, 0) = 0, possiamo provare a studiare il segno di
quindi Det di questi
4f (x, y) = f (x, y) − f (0, 0) = f (x, y) = x3 y 2 − x4 y 2 − x3 y 3 = x3 y 2 [1 − x − y].
In gura in azzurro è evidenziata la regione in cui
f
f
ha segno positivo, in rosa la regione in cui
ha segno negativo. Da ciò si deduce immediatamente che i punti
(k, 0)
per
k > 1∨k < 0
sono punti di massimo locale visto che è sempre possibile trovare un intorno di questi punti in cui
f
sia sempre positiva. Allo stesso modo è facile vedere che se
0 −x + 1
c'è un intorno del punto
(0, h)
che sta
(0, h) sono tutti punti di minimo locale. Ragionando in modo analogo si trova che i punti (0, h) con h < 1 sono tutti punti di massimo locale, i punti (1, 0) e (0, 1) sono punti di sella, i punti (k, 0) con k > 1 sono punti di minimo locale e in ne i punti (0, k) sono punti di massimo locale.
tutto nel semipiano
dove
f
h>1
è positiva. Quindi tutti i punti
109
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.1.13.
Si determinino gli eventuali punti di estremo locale e globale della
funzione
f (x, y) = 4y 2 − 4x2 y 2 − y 4 .
La funzione data è di classe
C ∞ (R2 ). I punti critici si ottengono fx (x, y) = −8xy 2 = 0
risolvendo il sistema
f (x, y) = 8y − 8x2 y − 4y 3 = 0 y che ci dà come soluzioni i punti
(k, 0)
con
k ∈ R
e i punti
√ (0, ± 2).
Proviamo il test della
matrice Hessiana. Si ha
fxx (x, y) = −8y 2 ma per i punti
(k, 0)
si ha Det
fyy (x, y) = 8 − 8x2 − 12y 2
fxy = −16xy
Hf (k, 0) = 0
e quindi il test della matrice Hessiana è ine cace.
Occorre studiare il segno di
4f (x, y) = f (x, y) − f (k, 0) = f (x, y) = y 2 [4 − 4x2 − y 2 ]. In gura la zona azzurra è la regione in cui regione in cui
f
ha segno negativo.
massimo locale per punti
(±1, 0)
f
mentre se
f
ha segno positivo mentre la zona verde è la
Da ciò si deduce che se
|k| < 1
i punti
(k, 0)
|k| > 1
i punti
√ (0, ± 2)
sono punti di minimo locale. Inoltre i
si può provare il test della matrice Hessiana e si ottiene
√ Hf (0, ± 2) = e quindi i punti
√ (0, ± 2)
−16 0
f.
0 −16
sono punti di massimo locale.
punti di massimo globale per
Vogliamo mostrare che sono anche
Basta far vedere che per ogni
(x, y) ∈ R2
si ha
f (x, y) − 4 ≤ 0 ma questo è vero perché
f (x, y) − 4 = 4y 2 − 4x2 y 2 − y 4 − 4 = −4x2 y 2 − (y 2 − 2)2 ≤ 0. f
sono di
sono di sella.
In ne per i punti
Dunque
(k, 0)
è limitata superiormente. Invece
lim
f (x, y) = −∞
(x,y)→(−∞,1) 110
5.1
Figura 5.3: Gra co che evidenza il segno di
Ottimizzazione libera
f.
quindi
inf2 f (x, y) = −∞. R
Quindi non ci sono punti di minimo globale ed
-
Esercizio 5.1.14.
f
non è limitata inferiormente.
Si determinino gli eventuali punti di estremo locale e globale della
funzione
f (x, y) = ex
La funzione
f ∈ C ∞ (R2 )
4 −4x2 y+3y 2
.
ed è data dalla composizione della funzione
4x2 y + 3y 2 . Essendo la funzione esponenziale crescente, i punti quelli di g. Quindi occorre risolvere il sistema gx (x, y) = 4x3 − 8xy = 0 g (x, y) = −4x2 + 6y = 0 y 111
ex
con
g(x, y) = x4 −
f
sono tutti e soli
stazionari di
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
che ci dà come unica soluzione l'origine
(0, 0).
Studiamo il segno di
4g(x, y) = g(x, y) − g(0, 0) = x4 − 4x2 y + 3y 2 . Se ci muoviamo lungo la curva
y = 2x2
si ha
g(x, 2x2 ) = x4 − 8x4 + 6x4 = −x4 ≤ 0 mentre se ci spostiamo lungo la curva
y=
x2 3
si ottiene
4 2 x4 − x4 + x4 = x4 > 0 3 3 e dunque l'origine è un punto di sella. D'altra parte non ci sono estremi globali per
lim
f
nel senso che ad esempio
f (x, y) = +∞
(x,y)→(+∞,0) e
lim f (x, 2x2 ) = 0
x→+∞ quindi
f
non è limitata superiormente mentre è limitata inferiormente ma
0 = inf R2 f (x, y)
non è un minimo.
5.1.2.
-
Esercizi proposti
Esercizio 5.1.15.
Calcolare la matrice Hessiana della funzione
f (x, y) = nel punto
-
(−4, 2)
x 8 + −y y x
e studiare il segno della corrispondente forma quadratica.
Esercizio 5.1.16.
Calcolare la matrice Hessiana della funzione
f (x, y) = x2 + 2y 2 − 4x + 4y nel punto
(2, −1)
e studiare il segno della corrispondente forma quadratica.
112
e
5.1
-
Esercizio 5.1.17.
Ottimizzazione libera
Calcolare la matrice Hessiana della funzione
f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy nei punti
-
(0, 0)
e
(1, 1)
Esercizio 5.1.18.
e studiare il segno della corrispondente forma quadratica.
Classi care, utilizzando il metodo dei minori principali oppure il
metodo degli autovalori, le forme quadratiche su
R3
q1 (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 2z 2 + 2xy + 2xz, q2 (x, y, z) = 2xz − 2xy − y 2 − 2yz q3 (x, y, z, t) = −2x2 + ky 2 − z 2 − t2 + 2xz + 4yt + 2kzt.
-
Esercizio 5.1.19.
Studiare la natura degli eventuali punti stazionari in
funzioni:
1)f (x, y) = 3x2 − 2y 2 2)f (x, y) = (y − 2) exy 3)f (x, y) = (x + 1) e−xy 4)f (x, y) = ey (x2 + 1) − y 5)f (x, y) = 3x2 y − y 3 + x2 6)f (x, y) = 3y 3 − x2 y − x2 7)f (x, y) = −4xy + 4x 8)f (x, y) = 4y + 4xy 9)f (x, y) = log(1 + y 2 − xy + 2x2 ) 10)f (x, y) = log(1 + 4y 2 − 2xy + x2 ) 11)f (x, y) = 2y 2 + x2 − y 12)f (x, y) = arctan(3x2 + y 2 ) 13)f (x, y) = −8x2 − 2y 2 − 2xy + 2
113
R2
delle seguenti
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
2
R.
1)(0, 0) sella 2)(1/2, 0) sella 3)(0, 1) sella 4)(0, 0) minimo 5)(0, 0) sella, (−1/3, −1/3) sella, (1/3, −1/3) 6)(0, 0) sella, (3, −1) sella, (−3, −1) sella 7)(0, 1) sella 8)(−1, 0) sella 9)(0, 0) minimo 10)(0, 0) minimo 11)(0, 4) minimo 12)(0, 0) minimo 13)(0, 0) massimo
-
Esercizio 5.1.20.
Si calcolino al variare di
n
gli eventuali estremi liberi della funzione
fn (x, y) = (x2 + 3xy 2 + 2y 4 )n
-
Esercizio 5.1.21.
minimo
n ∈ N \ {0}.
Si determini la natura dell'origine per la funzione
f (x, y) = log(1 + x2 ) − x2 + xy 2 + y 3 + 2.
-
Esercizio 5.1.22.
Si veri chi che l'equazione 2
Z
f (x, y, z) = x sin x + log(1 + y ) − z −
z
2
et dt = 0
0
de nisce in un intorno di
(0, 0, 0)
un'unica funzione
l'origine è punto di minimo locale.
114
z = z(x, y)
e che per tale funzione
5.1
-
Esercizio 5.1.23.
Ottimizzazione libera
Si veri chi che l'equazione
x2 + xu2 + y 2 + exu − z + y 2 ez = 0 determina un'unica funzione
(0, 0, 0)
z = z(x, y, u)
tale che
z(0, 0, 0) = 1
e che per tale funzione
è punto critico. Si determini la natura di tale punto.
-
Esercizio 5.1.24.
a)
f1 (x, y, z) = [sin(x − z)]2 + y 2 − xyz;
Si considerino le funzioni:
f2 (x, y, z) = [sin(x − z)]2 + y 2 + y 2 z; si veri chi che per entrambe (0, 0, 0) è punto stazionario; secondo e terzo e si deduca la natura di (0, 0, 0). b)
-
Esercizio 5.1.25.
Si determinino gli eventuali punti di estremo locale e globale della
funzione
f (x, y) = (x4 + y 4 )e−
-
Esercizio 5.1.26.
Esercizio 5.1.27.
variare di
x2 +y 2 2
.
Si determinino gli estremi della funzione
f (x, y) =
-
si determinino poi il dierenziale
x2 + 2y . x2 + y 2 + 1
Si determinino gli estremi locali e globali della seguente funzione al
α∈R
f (x, y) =
(x2 + y 2 )α log(x2 + y 2 )
(x, y) 6= (0, 0)
0
(x, y) = (0, 0).
115
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.1.28.
Si calcoli la distanza tra le due rette in
R3 :
x=y=0 e
x=3 z = 2y.
-
Esercizio 5.1.29. Si determini al variare del parametro reale k la natura dell'origine per
la funzione
f (x, y) = 2 + kx2 + 4xy + (k − 3)y 2 + (2x + y)4 .
-
Esercizio 5.1.30.
Si determini la natura dell'origine per la funzione
f (x, y) = arctan(x2 + y 2 ) − log(1 + x2 ) − log(1 + y 2 ).
-
Esercizio 5.1.31.
Si veri chi che l'equazione
(y − 1)z + ez + (x2 + x) log y − 1 = 0 determina un'unica funzione
z = z(x, y)
dica se tale funzione ammette sulla retta
-
Esercizio 5.1.32.
in un intorno di ogni punto della retta
y=1
y = 1.
punti di massimo o di minimo locale.
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y, z) = x2 − 2x + y 2 + log(1 + z 2 ).
-
Esercizio 5.1.33.
Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione
f (x, y, z) = (x2 + y 2 )2 − xy + z 2 .
116
Si
5.1
-
Esercizio 5.1.34.
Si determini, al variare del parametro reale
Ottimizzazione libera
k,
il segno delle seguenti
forme quadratiche: a)
q(x, y, z) = kx2 + ky 2 + kz 2 + 2xy + 2yz;
b)
q(x, y, z, t) = −x2 + xy − y 2 + z 2 − 2xz − 2yz + kt2 .
-
Esercizio 5.1.35. Si determini al variare del parametro reale k la natura dell'origine per
la funzione
f (x, y) = 5 + kx2 + 2xy + 4kxz − 6y 2 − 3z 2 .
-
Esercizio 5.1.36.
determinino
a, b, c
Sono assegnate le coppie distinte
in modo che sia minima la somma n X
(ax2i + bxi + c − yi )2 .
i=1
117
(xi , yi )
per
i = 1, . . . , n.
Si
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.1.37. Trovare i punti stazionari delle funzioni che seguono e dire se si tratta
di punti di massimo o di minimo relativo.
x3 + 3x2 + 4xy + y 2 y 2 − x2 y x2 y 2 (1 − x − y) x2 + y 2 + z 3 − 2x − 3z x3 + xy + y 2 + yz + z 3 |x2 + y 2 − 4y| + x x y + y x x4 + ax2 y + y 2 x+y−1 x2 + y 2 2 2 (2x + y)e−x −y x4 − x3 + y 2 xy log(xy 2 ) + x2 y 1 1 x2 + y 2 + √ + √ y x −xy (x + 3y)e xy 2 x + y2 x3 + 6xy + y 2 x2 yex+py x log(x + y) x2 + y 2 + 2z 2 + xyz sin(x + y) cos(x − y) xy 2 − x2 − y 2
118
5.1
-
Esercizio 5.1.38.
Trovare l'insieme di de nizione
f (x, y) =
E
della funzione
p 2(x + 2y) − x2 − 2y 2 − 1.
Trovare inoltre, se esistono, il massimo e il minimo assoluti di
-
Esercizio 5.1.39.
La funzione
Ottimizzazione libera
sin2 x + y 2 + 2axy
f
in
E.
ha un punto stazionario nell'origine.
Dire se si tratta di un punto di massimo o di minimo relativo.
-
Esercizio 5.1.40.
Trovare, se esistono, il massimo e il minimo della funzione
f (x, y) = in
x3 y x4 + y 4
E = R2 \ {(0, 0)}.
119
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.1.41.
Trovare e classi care i punti critici delle funzioni indicate
f (x, y) = x2 + 2y 2 − 4x + 4y f (x, y) = xy − x + y f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy f (x, y) = x4 + y 4 4xy x 8 f (x, y) = + − y y x f (x, y) = cos(x + y) f (x, y) = x sin y f (x, y) = cos x + cos y 2
2
f (x, y) = x2 ye−(x +y ) xy f (x, y) = 2 + x4 + y 4 3 3 f (x, y) = xe−x +y 1 f (x, y) = 1 − x + y + x2 + y 2 1 1 1 1 + 1+ f (x, y) = 1 + x y x y f (x, y, z) = xyz − x2 − y 2 − z 2 f (x, y, z) = xy + x2 z − x2 − y − z 2
-
Esercizio 5.1.42.
locale nel punto
- Esercizio 2 4 xye−x −y .
Mostrare che
f (x, y, z) = 4xyz − x4 − y 4 − z 4
ha un valore massimo
(1, 1, 1).
5.1.43.
Determinare il valore massimo e il valore minimo di
120
f (x, y) =
5.1
-
Esercizio 5.1.44.
Ottimizzazione libera
Determinare il valore massimo e il valore minimo di
f (x, y) =
1 1 + x2 + y 2
- Esercizio 5.1.45. Determinare il valore massimo e il valore 2 2 2 xyze−x −y −z . Come si può essere certi che tali valori esistono?
-
Esercizio 5.1.46.
-
f (x, y, z) =
Determinare il valore minimo di
f (x, y) = x + 8y + nel primo quadrante
minimo di
x > 0, y > 0.
1 xy
Come si può essere certi che un minimo esiste?
Esercizio 5.1.47. Determinare e classi care i punti critici della funzione z = g(x, y) che
soddisfano l'equazione 2
2
e2zx−x − 3e2zy+y = 2.
-
Esercizio 5.1.48.
Sia
f (x, y) = (y − x2 )(y − 3x2 ). Mostrare che l'origine è un punto critico di
f
e che la restrizione di
f
a qualunque linea retta
passante per l'origine ha un valore minimo locale nell'origine (mostrare cioè che un valore minimo locale in
y = 0.)
-
La funzione
f (x, y)
Esercizio 5.1.49.
x = 0
per ogni
k
e che
f (0, y)
f : R2 → R
f (x, y) = (|x| + y)e−xy . Trovare i punti stazionari e determinarne la natura.
121
ha
ha un valore minimo locale in
ha un valore minimo locale nell'origine?
È dato il campo scalare
f (x, kx)
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.1.50.
Si determinino i massimi e i minimi relativi ed assoluti del campo
scalare
1 2 2 f (x, y) = (x + y ) exp − (x + y ) . 2 4
-
Esercizio 5.1.51.
4
Determinare la natura dei punti stazionari di
f (x, y, z) = x3 + y 3 + 5xy − z 2 + 2z in tutto lo spazio. Determinare gli estremi superiore ed inferiore di
-
Esercizio 5.1.52.
f.
Si determinino i massimi e i minimi relativi ed assoluti dei campi
scalari
f (x, y) = e−x−y + ex + ey+1 e
g(x, y) = f (x2 , −y).
5.2. Ottimizzazione vincolata 5.2.1.
-
Test a risposta multipla
Esercizio 5.2.1.
funzione tale che
2f 2f
D = {(x, y, z) : (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 4} ∇f (x, y, z) = (1, 1, 1) per ogni (x, y, z), allora: Se
ha un punto di massimo in
D
ha in niti punti di massimo in
D
2f 2f
e
f (x, y, z)
è una
D in D
ha due punti di massimo in non ha punti di massimo
L'idea è quella di utilizzare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Abbiamo il vincolo
g(x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 − 4 = 0. 122
5.2
Ottimizzazione vincolata
Si vede che non ci sono punti singolari per il vincolo. La funzione Lagrangiana è data da
L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λ g(x, y, z). L. Si ha 1 + λ 2(x − 1) = 0 1 + λ 2 (y − 2) = 0
A questo punto troviamo i punti critici per
∇L(x, y, z, λ) = (0, 0, 0, 0) ⇔
1 + λ 2(z + 1) = 0 (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 0 che porta a
∇L(x, y, z, λ) = (0, 0, 0, 0) ⇔
1 λ = 2(1−x) =0 1 + (y−2) = 0 (1−x)
(z+1) 1 + (1−x) =0 3(x − 1)2 = 4
Quindi i candidati ad essere punti di estremo assoluto sono
2 2 2 1 − √ , 2 − √ , −1 − √ 3 3 3
2 2 2 1 + √ , 2 + √ , −1 + √ 3 3 3
siccome la funzione non può essere costante (altrimenti avrebbe gradiente nullo) e non ci sono altri punti candidati, uno sarà il punto di minimo assoluto, l'altro di massimo assoluto.
-
Esercizio 5.2.2.
per la funzione
Per quali valori del parametro
α
il punto
(0, 0)
è un punto di minimo
g(x, y) = (x + 5y)(2x − αy)?
2nessuno 2 − 10 25 20 È su ciente studiare la matrice Hessiana di
f
in
(0, 0),
quindi andiamo a calcolare le derivate
seconde della funzione. Si ha
fx (x, y) = 4x − αy + 10y
fy (x, y) = −αx + 10x − 10αy
da cui
fxx (x, y) = 4 fxy (x, y) = fyx (x, y) = 10 − α fyy (x, y) = −10α 123
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
da cui chiaramente
fxx (0, 0) = 4 fxy (x, y) = fyx (0, 0) = 10 − α fyy (0, 0) = −10α Siccome matrice
fxx (0, 0) > 0, a nché (0, 0) sia minimo Hessiana sia > 0. Quindi si ha che detHf (0, 0)
Esercizio 5.2.3.
funzione
f,
è su ciente che il determinante della
= −40α − (10 − α)2 = −α2 − 20α − 100 = −(α − 10)2 ≤ 0
quindi per nessun valore di
-
per
α
l'origine è minimo per
Per quali valori del parametro
f.
β
il punto
(0, 0, 0)
è punto di sella per la
F (x, y, z) = 2x2 + β y 2 + (β − 1) z 2 ?
2β < 1 2β ≥ 0 2β < 2 2β ≥ 1 Bisogna calcolare la matrice Hessiana di
f
in
(0, 0, 0).
Si ha immediatamente che tutte le
derivate miste sono nulle mentre
fxx (x, y, z) = 4
fyy (x, y, z) = 2 β
fzz (x, y, z) = 2(β − 1)
cioè la matrice Hessiana corrispondente è una matrice diagonale e quelli trovati sono i 3 auto-
(0, 0, 0) sia un punto di sella per f basta che i tre autovalori abbiano segni diversi, quindi in particolare non si può avere β > 0 e β > 1. Se fosse β > 1 allora si avrebbe per forza β > 0 che abbiamo escluso, quindi deve essere β < 1 (può essere indierentemente β < 0 o 0 < β < 1). Se β = 0 allora gli autovalori sono 4, 0, −2 e quindi (0, 0, 0) è una sella, quindi β = 0 va incluso; d'altra parte se β = 1 allora gli autovalori sono 4, 2, 0 e quindi (0, 0, 0) non è più una sella. valori della matrice. Quindi a nché
-
Esercizio 5.2.4.
La funzione
2un 2un
f (x, y) = (y − 1)(y − x2 )
minimo e due massimi minimo e due selle
in
R2
ha:
2un massimo e due selle 2una sella e due massimi
Si ha
fx (x, y) = −2xy + 2x 124
fy = 2y − x2 − 1
5.2
Ottimizzazione vincolata
da cui
fxx (x, y) = −2y + 2
fxy (x, y) = fyx (x, y) = −2x
fyy (x, y) = 2
a questo punto i punti stazionari sono:
∇f (x, y) = (0, 0) ⇔ 2x(1−y) = 0 ∧ 2y = x2 +1 ⇔ (x, y) = (0, 1/2), (x, y) = (1, 1), (x, y) = (−1, 1) e perciò:
Hf (0, 1/2) = da cui
(0, 1/2)
1 0 0 2
!
è punto di minimo locale; poi
Hf (1, 1) =
0 2 2 2
!
e
0 −2 −2 2
Hf (0, 1/2) = e quindi i punti
-
(±1, 1)
Esercizio 5.2.5.
per la funzione
!
sono due selle.
Per quali valori del parametro
α
il punto
(0, 0)
è un punto di minimo
f (x, y) = (x + 5y)(2x − αy)?
2 − 10 20 25 2nessuno È su ciente studiare la matrice Hessiana di
f
in
(0, 0),
quindi andiamo a calcolare le derivate
seconde della funzione. Si ha
fx (x, y) = 4x − αy + 10y
fy (x, y) = −αx + 10x − 10αy
da cui
fxx (x, y) = 4 fxy (x, y) = fyx (x, y) = 10 − α fyy (x, y) = −10α da cui chiaramente
fxx (0, 0) = 4 fxy (x, y) = fyx (0, 0) = 10 − α fyy (0, 0) = −10α Siccome matrice
fxx (0, 0) > 0, a nché (0, 0) sia minimo Hessiana sia > 0. Quindi si ha che detHf (0, 0)
per
f,
è su ciente che il determinante della
= −40α − (10 − α)2 = −α2 − 20α − 100 = −(α + 10)2 ≤ 0 125
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
quindi l'unico valore dubbio per cui serve un ulteriore controllo è di
α
il determinante della matrice Hessiana di
f
in
(0, 0)
α = −10.
Per tale valore
si annulla, quindi occorre studiare il
segno della funzione nell'intorno dell'origine.
Si ha
f (x, y) = (x + 5y)(2x + 10y) = 2(x + 5y)2 ≥ 0;
f (0, 0) = 0 è α = −10.
visto che corretta
-
Esercizio 5.2.6.
2nessun
-
si ha chiaramente che l'origine è un punto di minimo; quindi la risposta
La funzione
punto critico
Esercizio 5.2.7.
2un
2
f (x, y) = e−x (x2 + y 2 )
minimo locale
2un
sul dominio
punto critico
x > 0, −1 < y < 1
2un
massimo locale
Quanti sono i punti stazionari vincolati della funzione
con vincolo la retta di equazione
ha
f (x, y) =
1 x2 +y 2
y + x = 1?
20 2in niti 21 22
-
Esercizio 5.2.8. 2f g
ha massimo
Se
f (x, y) = xy
2g 2 − 2f
e
g(x, y) = x + y ,
ha minimo
22f + g 2 126
quale e' sempre vera?
ha massimo
22g + f 2
ha minimo
5.2
5.2.2.
-
Ottimizzazione vincolata
Esercizi svolti
Esercizio 5.2.9.
Sia data la funzione
f (x, y) = x2 + 3y 2 + 21 x.
(i) Si determinino i suoi punti stazionari in
R2 ,
e se ne studi la natura.
(ii) Si dica se essa ammette massimo assoluto e minimo assoluto nell'insieme (ellisse)
(x, y) ∈ R2 : x2 + 4 y 2 ≤ 4 , e in caso di risposta aermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto e di minimo assoluto.
(i) I punti stazionari per una funzione sono quelli che annullano il gradiente della funzione stessa. Si ha
da cui
Quindi
− 41 , 0
1 ∇f (x, y) = 2x + , 6y 2 1 ∇f (x, y) = (0, 0) ⇔ (x, y) = − , 0 . 4 punto stazionario per f .
è l'unico
Proviamo a studiarne la natura con il test della matrice Hessiana. Si ha
fxx (x, y) = 2
fxy (x, y) = fyx (x, y) = 0
da cui
1 Hf − , 0 = 4
2 0 0 6
fyy (x, y) = 6
!
12 > 0 e fxx − 14 , 0 = 2 > 0, relativo per f .
Poiché il determinante della matrice Hessiana uguale a senz'altro dire che
− 41 , 0
è un punto di minimo
si può
(ii) La funzione data è continua, l'insieme dato (che è un'ellisse e che chiameremo d'ora in avanti
E)
è chiuso e limitato, quindi il massimo e il minimo assoluto della funzione su
E
es-
istono per il teorema di Weierstrass.
− 14 , 0 è l'unico punto che annulla il gradiente di f come visto al punto (i), ed appartiene ad E ; la funzione è di classe C ∞ (R2 ) e dunque non ci sono punti singolari; resta quindi da studiare x2 il comportamento lungo il bordo dell'ellisse, che possiamo riscrivere come + y 2 ≤ 1. 4 Per fare ciò parametrizziamo il bordo:
(
x = 2 cos ϑ y = sin ϑ 127
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
Possiamo perciò riscrivere
f (x, y) = 4 cos2 ϑ + 3 sin2 ϑ + cos ϑ = 4 cos2 ϑ + 3 − 3 cos2 ϑ + cos ϑ = cos2 ϑ + cos ϑ + 3 = f˜(ϑ) f˜0 (ϑ) = −2 cos ϑ sin ϑ − sin ϑ = − sin ϑ (2 cos ϑ + 1), annulla quando sin ϑ = 0 oppure cos ϑ = −1/2, dunque per Allora
ϑ=0, π,
dunque la derivata sul bordo si
2 4 π , π. 3 3
Resta perciò da calcolare il valore della funzione nei punti corrispondenti a tali valori di
ϑ:
f˜(0) = 5 = f (2, 0) f˜(π) = 3 = f (−2, 0) √ ! 2 29 3 f˜ π = = f −1, 3 4 2 √ ! 29 3 4 = f −1, − f˜ π = 3 4 2 Inoltre sappiamo che
1 f − 14 , 0 = − 16 .
29 Possiamo concludere che il massimo assoluto di f su E vale ed è assunto nei punti 4 √ 3 1 1 , mentre il punto di minimo assoluto, in cui f vale − , è − , 0 . e −1, − 2 16 4
-
Esercizio 5.2.10.
√
−1,
3 2
Determinare i punti di massimo e minimo assoluti di
f (x, y) = x2 y + xy 2 − xy sull'insieme
T = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.
Prima di tutto osserviamo che la funzione data è continua, il vincolo proposto è un insieme chiuso e limitato quindi dal Teorema di Weierstrass esistono il massimo e il minimo assoluti di
f
su
T.
Osserviamo inoltre che
f ∈ C ∞ (R2 )
quindi non esistono punti di non dierenziabilità.
Cerchiamo i punti stazionari della funzione:
∇f (x, y) = 2xy + y 2 − y, x2 + 2xy − x , 128
5.2
Ottimizzazione vincolata
quindi
( ∇f (x, y) = (0, 0) ⇔
y(2x + y − 1) = 0 . x(x + 2y − 1) = 0
(0, 0), (0, 1), (1, 0) e 13 , 31 , e sono quindi i punti critici della funzione. I primi tre sono sulla frontiera di T , mentre il quarto è interno ad esso. In 1 1 1 = − 27 questo punto la funzione vale f , . Invece, essendo f (x, y) = xy(x + y − 1), abbiamo 3 3 che f (x, y) è identicamente nulla sulla frontiera di T . 1 1 , , mentre il massimo assoluto della funzione è zero Quindi il punto di minimo assoluto è 3 3 e viene assunto sulla frontiera di T . I punti che soddisfano questo sistema sono
5.2.3.
-
Esercizi proposti
Esercizio 5.2.11.
Si dica, giusti cando la risposta sulla base della teoria, se le seguen-
ti funzioni ammettono massimo assoluto e minimo assoluto negli insiemi chiusi e limitati rispettivamente indicati e, in caso di risposta aermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto e di minimo assoluto.
1)f (x, y) = 2x2 − 3xy + y 2 su Q = [−1, 1] × [−1, 1] 2)f (x, y) = x + y + xy su S = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1} 3)f (x, y) = 2x2 − x4 − 2y 2 su S = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1} √ √ 4)f (x, y) = xy + y 2 − y x su A = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x} 5)f (x, y) = (x − 1)2 y + (y − 2)2 − 4 su E = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 9 − (x − 1)2 } 6)f (x, y) = x2 + y 2 − 2x + 6y su E = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, x − 5 ≤ y ≤ 0} 7)g(x, y) = x2 − y 2 su Q = [−1, 1] × [−1, 1] 8)f (x, y) = (x − 1) ex y su R = [0, 3] × [−1, 0] 9)f (x, y) = 3 y 2 x − x3 + y 2 su A = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1} 10)f (x, y) = 4 x y + 4 x su E = {(x, y) ∈ R2 : 5x2 + 5 y 2 − 6 x y − 6 x + 10 y + 4 ≤ 0}
129
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
2
R.
1) minQ f = − 18 = f
3 ,1 4
2) min f = f (0, 0) = 0
maxQ f = 6= f (−1, 1) √ √ √ 2 2 max f = f 2 , 2 = 12 + 2.
3) max f = 1 = f (±1, 0) 4) maxA f = 1 = f (1, 1) 5) minE f = −4 = f (1, 2), 6) minE f (x, y) = f (1, −3) = −10 7) maxQ g = 1 = g(1, 0) = g(−1, 0) 8) maxR f = 2 = f (3, 0) 9) minR f = −8 = f(2, 0) 1 3 1 1 ,− = f − ,− 10) max f = 1 = f E 2 2 2 2
min f = −2 = f (0, ±1) 1 minA f = − 64 = f 41 , 18 maxE f = 45 = f (1, 9) maxE f (x, y) = f (0, 0) = f (2, 0) = 0 minQ g = −1 = g(0, −1) = g(0, 1) minR f = −1 = f (0, y), y ∈ [−1, 0] maxR f = 3 = f (1, 1) 1 1 5 1 3 min f = − = f ,− = f − ,− E 4 4 4 4 4
-
Esercizio 5.2.12.
,
Si dica, giusti cando la risposta sulla base della teoria, se le seguen-
ti funzioni ammettono massimo assoluto e minimo assoluto negli insiemi chiusi e limitati rispettivamente indicati e, in caso di risposta aermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto e di minimo assoluto.
11)f (x, y) = log(1 + x2 − xy + 2y 2 ) su triangolo chiuso di vertici (−1, −1), (−1, 1) e (2, 1) 12)f (x, y) = 2x2 + y 2 + x su A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} 2 13)f (x, y, z) = ex+y +z su S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 − x − z − 1 = 0} √ √ 14)f (x, y) = x − ex (y 2 + 1) su R = [−1, 1] × [− e − 1, e − 1] 15)f (x, y) = 8x2 + 2y 2 + 2xy − 1 su quadrato chiuso di centro l'origine degli assi e lato 2 16)f (x, y) = arctan(x2 + 2 y 2 ) su A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 2 − x} 17)f (x, y) = ex y x y su A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1, y ≥ "0} r r # " r r # 5 5 5 5 18)f (x, y) = x4 + y 4 + x2 (y 2 − 5) + y 2 (x2 − 5) + 6 su D = − , × − , . 2 2 2 2
130
5.2
2
Ottimizzazione vincolata
R. 11) maxT f (x, y) = f (−1, 1) = f (2, 1) = log 5 12) maxC f = 3 = f (1, 0)
minT f (x, y) = f (0, 0) = 0 minC f = −1/8 = f (−1/4, 0)
3
13) maxS f = e = f (1, 1, 1) = f (1, −1, 1) √ 14) minR f (x, y) = 1 − e2 = f (1, ± e − 1) 15) minQ f = −1 = f (0, 0) 16) minA f (x, y) = arctan 83 = f 43 , 23 17) maxA f = 21 e1/2 = f
minS f = e
√ 1− 3
=f
√ √ 1− 3 1− 3 , 0, 2 2
maxR f (x, y) = −1 = f (0, 0) maxQ f = 11 = f (−1, −1) = f (1, 1) maxA f (x, y) = arctan 8= f (0, 2) minA f = − 12 e−1/2 = f − √12 , √12
√1 , √1 2 2
p p 18) minD f = −1/4 = f (± 5/2, 0) = f (0, ± 5/2), maxD f = 6 = f (0, 0) p p p p = f (± 5/2, ± 5/2) = f (∓ 5/2, ± 5/2)
-
Esercizio 5.2.13.
Trovare, se esistono, i punti dell'insieme
M = (x, y, z) ∈ R3 : x2 − xy + y 2 − z = 1 , x2 + y 2 = 1 che hanno minima e massima distanza dall'origine
(0, 0, 0) ∈ R3 .
(Suggerimento: poiché i
punti che rendono minima/massima la distanza sono anche punti di minimo/massimo per il quadrato della distanza, si tratta di ottimizzare la funzione ai vincoli che de niscono
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
soggetta
M ...)
√ √ √ 2 R. I punti che hanno massima distanza dall'origine (pari a 3/2) sono (1/ 2, −1/ 2, ±1/ 2) √ √ √ e (−1/ 2, 1/ 2, ∓1/ 2). I punti che hanno minima distanza dall'origine sono (±1, 0, 0) e (0, ±1, 0), e la distanza vale 1.
- Esercizio 5.2.14. Dato l'insieme chiuso e limitato Q = [0, 1] × [0, 1] := {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} determinare il massimo e il minimo su Q delle seguenti funzioni:
a)f (x, y) = x2 + 3y 2 − xy − y 1 b)f (x, y) = x − y 2 c)f (x, y) = ex+y
131
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
- Esercizio 5.2.15. Dato il triangolo chiuso T di vertici P1 = (1, 0), P2 = (0, 1), P3 = (−1, 0) determinare il massimo e il minimo su T delle seguenti funzioni:
a)f (x, y) = x2 + 3y 2 − x b)f (x, y) = x4 + 4xy − 2y 2 c)f (x, y) = x(x + y)ey−x d)f (x, y) = log(1 + x2 + y 2 )
-
Esercizio 5.2.16.
Dato l'insieme chiuso e limitato
determinare massimo e minimo su
A
A = {(x, y) : |x| + |y| ≤ 2},
delle seguenti funzioni:
a)f (x, y) = x + xy 2 − x2 y b)f (x, y) = x2 + αy 2 (α ∈ R
ssato)
c)f (x, y) = (y + 1)exy d)f (x, y) = log(1 + x2 + y 2 )
- Esercizio 5.2.17.
Dato l'insieme chiuso e limitato
massimo e minimo su
A
A = {(x, y) : x2 +y 2 ≤ 1}, determinare
delle seguenti funzioni:
a)f (x, y) = x4 + y 4 b)f (x, y) = xm y n (m, n > 0 c)f (x, y) = ex+y
132
ssati)
5.2
Ottimizzazione vincolata
- Esercizio 5.2.18. Dato gli insiemi chiusi e limitati V1 = {(x, y) : x4 + y9 ≤ 1} e V2 = {(x, y) : x2 − xy + y 2 ≤ 1} ìdeterminare massimo e minimo su V1 e V2 delle seguenti 2
2
funzioni:
a)f (x, y) = xy b)f (x, y) = x2 + 3y
-
Esercizio 5.2.19.
Dato l'insieme chiuso e limitato
determinare massimo e minimo su
A
A = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}
delle funzioni
a)f (x, y, z) = xyz b)f (x, y, z) = x + y − z
-
Esercizio 5.2.20.
Trovare il massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = x2 y 2 z 2 nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.21.
S = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = 1}.
Trovare il massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = e−x nell'insieme chiuso e limitato
2 +y−z 2
S = {(x, y, z) : x2 /4 + y 2 + 3z 2 ≤ 1}.
133
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.22.
Trovare il massimo e minimo della funzione
1 f (x, y, z) = x2 + 5y 2 − xy 2 nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.23.
x2 + 4y 2 − 4 ≤ 0.
Si dimostri che la funzione
f (x, y) =
x2
xy + y2
è dotata di massimo e di minimo. Si determinino tali valori.
-
Esercizio 5.2.24.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y, z) = (x + y + z)2 sotto la condizione
-
x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1.
Esercizio 5.2.25.
Si determinino i punti della super cie
f (x, y, z) = z 2 − xy − 1 = 0 più vicini all'origine.
-
Esercizio 5.2.26.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = (x2 + y 2 + xy)2 sotto la condizione
x2 + y 2 = 1.
134
5.2
-
Esercizio 5.2.27.
Ottimizzazione vincolata
Si dimostri che la funzione
f (x, y) =
x2 + 3xy + y 2 2x2 + 3xy + 2y 2
è dotata di massimo e di minimo. Si determinino tali valori.
-
Esercizio 5.2.28.
Si determini il rettangolo con i lati paralleli agli assi, iscrivibile
nell'ellisse di equazione
x2 y 2 + =1 16 9
che ha area massima.
-
Esercizio 5.2.29.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.30.
p x2 + y 2 + y 2 − 1
{(x, y) : x2 + y 2 ≤ 9}.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = |y − 1|(2 − y − x2 ) nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.31.
E = {(x, y) ∈ R2 : 0 < y < 2 − x2 − y 2 }.
Siano
x2 − y 2 x2 + y 2 6= 4 f (x, y) = 4 − x2 − y 2 1 x2 + y 2 = 4 √ √ 2 e Da = {(x, y) ∈ R : 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ 2 a ∈ (0, 2)}. Si calcolino massimo di f in Da e poi si determini estremo superiore e inferiore di f in D√2 .
135
e minimo
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.32.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = log(1 + x + y + nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.33.
D = {(x, y) ∈ R2 : −y < x < y 2 , y ≤ 2}.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = ex nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.34.
p y 2 − x)
2 +y 2
1 − x2 − y 2 2
D = {(x, y) ∈ R2 : 3x2 + 4y 2 ≤ 4, y ≥ 12 }.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = y 2 (x2 + y 2 − 2x) nell'insieme chiuso e limitato
-
Esercizio 5.2.35.
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 4, x2 + y 2 − 2x − 2y < 0, y > 0}.
Si determinino il massimo e il minimo di
f (x, y) = x2 (x2 + y 2 + z 2 − 1) nella sfera
-
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.
Esercizio 5.2.36.
Si determinino gli estremi della funzione
f (x, y) = 4x(x2 − y 2 ) − 3x2 + y 2 vincolati a
1 x2 − y 2 = . 4
136
5.2
-
Ottimizzazione vincolata
Esercizio 5.2.37. Siano f (x, y) = x e g(x, y) = y2 − x3 . Mostrare che (0, 0) è di minimo
per
f
vincolato a
g(x, y) = 0,
ma che non è critico per
f
cioè non esiste alcun
λ
che veri chi
l'uguaglianza
∇f (0, 0) = λ∇g(0, 0).
-
Esercizio 5.2.38.
Si determinino gli estremi della funzione
f (x, y) = (y − x2 )3 nella regione
E = {(x, y) ∈ R2 : x + 2 ≤ y ≤
-
Esercizio 5.2.39.
si determinino i punti di
Esercizio 5.2.40.
punti di estremo per
-
4 − x2 }.
γ interx + y + 2z = 0;
In un riferimento cartesiano ortogonale si consideri l'ellisse
sezione dell'iperboloide di equazione
-
√
γ
x2 + y 2 − z 2 = 1
col piano di equazione
aventi quota minima e massima.
f (x, y) = (y − x2 )(x − y 2 ) e g(x, y) = y − x. Si determinino i f vincolati a g = 0. I punti trovati sono anche di estremo libero per f ?
Esercizio 5.2.41.
Siano
Applicando il metodo delle curve di livello, si determinino gli estremi
locali e globali della funzione
f (x, y) = (1 − x2 − 4y 2 )2 nel quadrato
Q = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}.
137
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.42.
Applicando il metodo delle curve di livello, si determinino gli estremi
locali e globali della funzione
f (x, y) = ex nel dominio
-
2 −y 2
√ 1 − |x| 3 2 . D = (x, y) ∈ R : x2 − 1 ≤ y ≤ 2
Esercizio 5.2.43.
Applicando il metodo delle curve di livello, si determinino gli estremi
locali e globali della funzione
f (x, y) = x2 + y 2 + 2x nel dominio
C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 2)2 ≤ 1}.
-
Esercizio 5.2.44.
Si determinino, al variare di
m ∈ R,
gli estremi della funzione
f (x, y) = y − mx nel dominio
n xo . D = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, y ≤ 3 − x, y ≤ 1 − 4
-
Esercizio 5.2.45.
Si veri chi che la funzione
f (x, y) =
x2 − y 2 (2 + x2 + y 2 )2
è dotata di estremi assoluti nella striscia
S = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ y ≤ 1}.
138
5.2
-
Esercizio 5.2.46.
Ottimizzazione vincolata
Si veri chi che la funzione
f (x, y) = e−x
2 −2y
− e−2x
2 −y
è dotata di estremi assoluti nell'insieme
E = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0}. Si calcolino tali estremi.
-
Esercizio 5.2.47.
Si determinino gli estremi della funzione 2y
f (x, y) = (x3 y 2 + xy)e−x nel dominio
Da = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ xy}.
-
Esercizio 5.2.48.
Studiare il campo scalare
f (x, y) = sin(x + y) − cos(x − y) su
-
n π πo S = (x, y) ∈ R2 : |x| ≤ , |y| ≤ . 2 2
Esercizio 5.2.49.
Determinare i valori di massimo e minimo della funzione
8 1 f (x, y) = 4x2 − y 2 − x3 + y 4 3 4 nel dominio
D = {(x, y) : 2x2 + y 2 ≤ 4}.
139
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.50. Determinare, se esistono, i massimi e i minimi assoluti della funzione f (x, y) = xyex−y
sul dominio
D = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x, y > 0}.
-
Esercizio 5.2.51.
Determinare il valore massimo e minimo del campo scalare
f (x, y, z) = e−(x sull'insieme
E=
-
Esercizio 5.2.52.
2 −z 2 )
x2 2 2 (x, y, z) ∈ R : + y + 3z ≤ 1 . 2 3
Si studi la funzione:
f (x, y) = (1 − x2 )(x2 + y 2 ) nel dominio
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ x + 2}.
-
Esercizio 5.2.53.
Studiare la funzione:
p f (x, y) = |x − 1| x2 + y 2 nel dominio
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 2x ≤ 3}.
140
5.2
-
Esercizio 5.2.54.
Ottimizzazione vincolata
Studiare la funzione:
f (x, y) =
x2 − y 2 (2 + x2 )2
sulla striscia
S = {(x, y) ∈ R2 : |y| ≤ 1}.
-
Esercizio 5.2.55.
Sia
G : R3 → R3
il campo vettoriale:
G(x, y, z) = (G1 (x, y, z), G2 (x, y, z), G3 (x, y, z)) = (ex + arctan(y + z) − 1, y 3 + y + z 3 , ez ) e
f : R2 × (0, +∞) → R
il campo scalare:
h(x, y, z) = (f ◦ G)(x, y, z) = f (G(x, y, z)) si provi che
h
stazionario di
-
è de nito su tutto
h
R3
e che è non negativo. Si determini inoltre l'unico punto
e si provi che è un minimo assoluto.
Esercizio 5.2.56.
Si studi la funzione
z = f (x, y) = |2x2 − 4x + y 2 | sul dominio
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4}.
-
Esercizio 5.2.57.
Determinare il valore massimo e il valore minimo della funzione:
8 1 f (x, y) = 4x2 − y 2 − x3 + y 4 3 4 de nita in
D = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 1}.
141
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.58.
Determinare massimi e minimi assoluti della funzione:
f (x, y) = 3 − x2 − y 2 + 2x de nita in
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 + 2y − 3 ≤ 0}.
-
Esercizio 5.2.59.
Studiare la funzione:
p f (x, y) = |y + 1| x2 + y 2 de nita in
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 + 2y ≤ 3}.
-
Esercizio 5.2.60.
Studiare la funzione:
f (x, y) = 3x2 + 3xy + y 3 de nita in
D = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.
142
5.2
-
Esercizio 5.2.61.
Sia
f : R2 → R
Ottimizzazione vincolata
la funzione
π 2 f (x, y) = arctan
(x, y) ∈ S (x2
1 + y 2 − 1)2
(x, y) ∈ /S
dove
S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}. Provare che: a) b)
f f
è dierenziabile su tutto
R2 ;
c) calcolare i punti stazionari di 2
f
e determinarne la natura (si lascino in funzione di
2
x, y, (x + y − 1) le derivate seconde; d) f ha massimo assoluto e non ha minimo -
Esercizio 5.2.62.
Dato il campo scalare
f (x, y, z) = a) determinare il dominio e il codominio di b) determinare il massimo aperto c)
f
f (R2 );
è non negativa e limitata e determinare
A⊂R
3
assoluto. Determinare
inf R2 f.
f : R3 → R p |x| + y 2 + z 2 f;
dove
f
è dierenziabile e gli eventuali punti critici;
ammette massimo e minimo assoluti?
Inoltre de nita
ammette
f˜
√ f˜(x, y, z) = min{f (x, y, z), 2}
massimo e minimo assoluti?
In entrambi i casi, se la risposta è aermativa,
determinarli.
-
Esercizio 5.2.63.
Dato il seguente campo scalare
f (x, y, z) = log x log y + log y log z − log z log x se ne determinino:
a) il dominio di de nizione
D;
b) i punti stazionari interni e la loro natura; c) i valori di
supD f
e
inf D f.
143
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.64.
Sia
f
il campo scalare
f (x, y, z) = 2xy + xz 2 e sia
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 3, x2 + z 2 − y 2 ≤ 1}. Si provi che
f
non ammette massimi o minimi relativi interni a
e minimo assoluti su
-
D, mentre ammette massimo
D.
Esercizio 5.2.65. Studiare la continuità, la derivabilità, la dierenziabiltà e determinare
i punti di massimo e minimo relativi ed assoluti del campo scalare
2 |x|y x2 + y 2 f (x, y) = 0
(x, y) ∈ D, (x, y) ∈ / (0, 0) (x, y) = (0, 0)
dove
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2}.
-
Esercizio 5.2.66.
Si determinino il massimo e il minimo del campo scalare
f (x, y) = (x2 + y 2 − 4)2 + 4x2 y 2 − 8 sul dominio
2 y2 2 x D = (x, y) ∈ R : + ≤1 . 4 16
144
5.2
-
Esercizio 5.2.67.
Ottimizzazione vincolata
Si studi la funzione
f (x, y) =
2x + y
x>0
2x + ye−x2
x≤0
nel dominio
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}.
- Esercizio 5.2.68.
Determinare i massimi e i minimi relativi ed assoluti del campo scalare
f (x, y) = x(y 2 − 1) + z 2 + 2 sul dominio
-
Esercizio 5.2.69.
2 y2 2 x 2 D = (x, y) ∈ R : + +z ≤1 . 4 2
Studiare il campo scalare
f (x, y) = cos(x2 + y 2 ) sul dominio
D = (x, y) ∈ R2 : 16x2 + 32y 2 ≤ π 2 .
-
Esercizio 5.2.70.
Calcolare il valore massimo della derivata direzionale della funzione
√
√ 5 4 5 4 f (x, y) = x + y 6 12 secondo la direzione del vettore
v = (1, 2) al variare di (x, y) sulla circonferenza x
145
2
+ y 2 = 1.
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.71.
Determinare i massimi e i minimi della funzione
f (x, y, z) = yz per i punti
(x, y, z)
che appartengono alla varietà unidimensionale de nita dal sistema
x2 + y 2 + z 2 = 1 y+z =1
-
Esercizio 5.2.72.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y, z) = x2 +
y2 z2 + 4 9
per i punti che appartengono alla varietà bidimensionale
x2 y 2 + + z 2 = 1. 9 4
-
Esercizio 5.2.73.
Determinare la minima distanza dal punto
(0, 0, 1)
dei punti
appartenenti alle super ci
x2 + (y − 1)2 + z = 0,
x2 + y 2 + z + 1 = 0.
Determinare poi la massima distanza per i punti che in più soddisfano
-
Esercizio 5.2.74.
x ∈ [−1, 1].
Calcolare il valore massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = (x + 1)2 + (y + 1)2 + z 2 sulla super cie
g(x, y, z) = x2 − y 2 + z 2 + 2x − 2y + z = 0.
146
5.2
-
Esercizio 5.2.75.
Determinare il valore massimo e minimo della derivata direzionale
della funzione
f (x, y, z) = x3 + secondo la direzione del vettore
-
Esercizio 5.2.76.
distanza dall'asse
z
Ottimizzazione vincolata
(2, 2, 1)
al variare
y3 + z3 2 di (x, y, z)
Determinare i punti dello spazio
R3
sulla super cie
x2 yz = 1.
che hanno massima e minima
e che inoltre appartengono alla varietà unidimensionale de nita dalle
equazioni
x2 + y 2 + 7z 2 = 1,
-
Esercizio 5.2.77.
x + y + z = 1.
Determinare massimo e minimo della funzione
f (x, y) = y
che soddisfano la condizione:
(x2 + y 2 − 1)2 − 4x2 − 1 = 0.
-
Esercizio 5.2.78.
Determinare il valore massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = x2 + y − 4z nell'insieme
G
varietà unidimensionale de nita da:
2x2 + 2z 2 = y √2x + 4z = y.
147
per punti
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.79. Determinare i punti e i valori di massimo e minimo del campo scalare: Z
x+y 2
f (x, y) =
2
e−t dt
0
quando il punto
P (x, y)
appartiene alla curva
2x2 + y 2 = 1.
-
Esercizio 5.2.80.
Si determinino i massimi e i minimi assoluti del campo scalare
f (x, y, z) = arctan(x2 y 2 z) sulla curva
γ
determinata dall'intersezione delle super ci di equazione, rispettivamente
x2 − z = 0,
-
Esercizio 5.2.81.
x2 + y 2 = 1.
Determinare massimo e minimo della funzione
f (x, y) = x
per punti
che soddisfano alla condizione
(x2 + y 2 − 1)2 − 4y 2 − 1 = 0.
-
Esercizio 5.2.82. Determinare i punti e i valori di massimo e minimo del campo scalare f (x, y, z) = xy 2
per i punti
P (x, y, z)
appartenenti alla varietà unidimensionale:
x2 + y 2 = 4,
148
z = x + 2.
5.2
-
Esercizio 5.2.83.
Sia
f : R3 → R
Ottimizzazione vincolata
il campo scalare
f (x, y, z) = 2xy − xz 2 a) si determinino il valore massimo e minimo che
f
assume sulle curve di equazione
rispettivamente:
γ1 :
x2 + y 2 + z 2 = 3 y=1
e
γ2 :
x2 + y 2 + z 2 = 3 y = −1
b) si provi poi che le due curve
γ1 , γ2
coincidono con l'intersezione delle due super ci
σ1 : x2 + y 2 + z 2 = 3,
-
Esercizio 5.2.84.
σ2 : x2 + z 2 − y 2 = 1.
Si determinino i massimi e minimi del campo scalare
f (x, y, z) = 3x2 + (y − 1)z 3 + xz[arctan y − sin y] vincolati ad appartenere alla varietà unidimensionale
γ
de nita dall'intersezione delle due
super ci di equazione, rispettivamente
x2 +
y2 + z 2 = 1, 4
x2 + (y − 2)2 + z 2 = 5.
149
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.85.
Determinare il valore massimo e minimo del campo scalare
f (x, y, z) = 1 − 4y − 4x2 sulla varietà unidimensionale de nita dal sistema
x2 + z 2 = 2 y(1 + x2 ) = 4.
-
Esercizio 5.2.86.
Determinare il valore massimo e minimo del campo scalare
f (x, y, z) = z 2 − x sulla varietà unidimensionale de nita dal sistema
2y 2 + z 2 = 1 x(1 + z 2 ) = 4.
-
Esercizio 5.2.87.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = x − x2 + y 2 nel rettangolo
0 ≤ x ≤ 2,
-
Esercizio 5.2.88.
0 ≤ y ≤ 1.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = xy − 2x nel rettangolo
−1 ≤ x ≤ 1,
150
0 ≤ y ≤ 1.
5.2
-
Esercizio 5.2.89.
Ottimizzazione vincolata
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = xy − y 2 nel disco
x2 + y 2 ≤ 1.
-
Esercizio 5.2.90.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = x + 2y nel disco
x2 + y 2 ≤ 1.
-
Esercizio 5.2.91.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = xy − x3 y 2 nel quadrato
0 ≤ x ≤ 1,
-
Esercizio 5.2.92.
0 ≤ y ≤ 1.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = xy(1 − x − y) nel triangolo con vertici
-
Esercizio 5.2.93.
(0, 0), (1, 0), (0, 1).
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = sin x cos y nella regione triangolare chiusa delimitata dagli assi coordinati e dalla retta
151
x + y = 2π.
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.94.
Determinare il valore massimo di
f (x, y) = sin x sin y sin(x + y) nel triangolo delimitato dagli assi coordinati e dalla retta
-
Esercizio 5.2.95.
x + y = π.
La temperatura in tutti i punti del disco
T = (x + y)e−x
2 −y 2
x2 + y 2 ≤ 1
è data da
.
Determinare la temperatura massima e la temperatura minima nel disco.
-
Esercizio 5.2.96.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = nel semipiano superiore
-
Esercizio 5.2.97.
x−y 1 + x2 + y 2
y ≥ 0.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = xy 2 + yz 2 nella palla
-
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1.
Esercizio 5.2.98.
Determinare i valori massimo e minimo di
f (x, y) = xz + yz nella palla
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1.
- Esercizio f (x, y) = x3 y 5
5.2.99.
Usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per massimizzare
soggetta al vincolo
x + y = 8.
152
5.2
- Esercizio 5.2.100.
Ottimizzazione vincolata
Determinare la distanza minima del punto
(3, 0) dalla parabola y = x2
riducendo il problema a un problema svincolato in una variabile e usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.
-
Esercizio 5.2.101.
Determinare la distanza dell'origine dal piano
x + 2y + 2z = 3
mediante un ragionamento puramente geometrico, riducendo il problema a un problema senza vincoli in due variabili e usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.
-
Esercizio 5.2.102.
Determinare il valore massimo e il valore minimo della funzione
f (x, y, z) = x + y − z sulla super cie sferica
-
x2 + y 2 + z 2 = 1.
Esercizio 5.2.103.
Usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per determinare la
distanza massima e quella minima del punto 2
2
(2, 1, −2)
dalla super cie sferica di equazione
2
x + y + z = 1.
2.
Esercizio 5.2.104.
- Esercizio 5.2.105.
Determinare la distanza minima dell'origine dalla super cie
Determinare
a, b, c in modo che il volume V = 4πabc/3 di un ellissoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c
passante per il punto
(1, 2, 1)
xyz 2 =
sia il più piccolo possibile.
153
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
-
Esercizio 5.2.106.
Determinare i valori massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = xyz sulla sfera
-
x2 + y 2 + z 2 = 12.
Esercizio 5.2.107.
Determinare i valori massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = x + 2y − 3z sull'ellissoide
-
x2 + 4y 2 + 9z 2 ≤ 108.
Esercizio 5.2.108.
Determinare i valori massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = x sulla curva di intersezione del piano
-
Esercizio 5.2.109.
z =x+y
con l'ellissoide
x2 + 2y 2 + 2z 2 = 8.
Determinare i valori massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sull'ellisse che risulta dall'intersezione del cono
-
Esercizio 5.2.110.
z 2 = x2 + y 2
con il piano
x − 2z = 3.
Determinare i valori massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = 4 − z sull'ellisse che risulta dall'intersezione del cilindro
154
x2 + y 2 = 8
con il piano
x + y + z = 1.
5.2
-
Esercizio 5.2.111.
Ottimizzazione vincolata
Determinare i valori massimo e minimo della funzione
f (x, y, z) = x + y 2 z soggetta ai vincoli
-
y2 + z2 = 2
Esercizio 5.2.112.
e
z = x.
Determinare i punti critici di
f (x, y) = (x − 1)2 y + (y − 2)2 − 4 per
(x, y) ∈ R2
e studiarne la natura. Disegnare quindi l'insieme
E = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 9 − (x − 1)2 } e determinare i punti di minimo e di massimo assoluto di
f
in
E
dopo averne dimostrato
E
dopo averne dimostrato
l'esistenza.
-
Esercizio 5.2.113.
Determinare i punti critici di
f (x, y) = (x − 2)2 y + (y − 2)2 − 4 per
(x, y) ∈ R2
e studiarne la natura. Disegnare quindi l'insieme
E = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 9 − (x − 2)2 } e determinare i punti di minimo e di massimo assoluto di
f
in
l'esistenza.
- Esercizio 5.2.114. Sia f (x, y) = x2 +y 2 −2x+6y. Scrivere l'equazione del piano tangente al gra co di f sopra il punto (3, −1) e determinare gli eventuali punti di massimo e minimo assoluti di f sull'insieme E = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, x − 5 ≤ y ≤ 0}.
155
5
Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata
- Esercizio 5.2.115. Sia f (x, y) = x2 +y 2 +2x−6y. Scrivere l'equazione del piano tangente al gra co di f sopra il punto (−2, 4) e determinare gli eventuali punti di massimo e minimo assoluti di f sull'insieme E = {(x, y) : −2 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ x + 5}.
156
CAPITOLO 6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli 6.1. Integrali doppi 6.1.1.
-
Esercizi svolti
Esercizio 6.1.1.
Calcolate l'integrale di
3xy 2 + x2 y
sul rettangolo
[1, 3] × [0, 1].
x−semplice che y−semplice. Si ha dunque Z 3 Z 1 Z 3 Z 3 2 1 y3 x2 2 2 2 y I= (3x y + x y) dy dx = dx = 3x + x x+ dx 3 2 0 2 1 0 1 1 2 3 9 27 1 1 x x3 25 = + = + − − = . 2 6 1 2 6 2 6 3
soluzione. Il dominio è sia
-
Esercizio 6.1.2.
vertici
Sia
T
Si calcoli l'integrale della funzione
f (x, y) = x2 y
esteso al triangolo di
(0, 0), (0, π), (π, 0).
il triangolo dato dal problema.
Il dominio
T
è sia
x−semplice
esempio può essere descritto nel modo seguente
T := {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π ∨ 0 ≤ y ≤ π − x} 157
che
y−semplice.
Ad
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
allora
Z
π−x Z y2 1 π 2 dx dy x y = x = x (π − x)2 dx x y dx dy = 2 0 2 0 0 0 0 π 4 π π Z π Z Z π2 π 2 1 π 4 π 2 x3 x 1 x5 3 x dx + x dx − π x dx = −π + = 2 0 2 0 2 3 0 4 0 2 5 0 0 Z
2
T
=
-
π
Z
π−x
Z
2
π
2
π5 π5 π5 π5 − + = . 6 4 10 60
Esercizio 6.1.3.
Calcolare
Z Z f (x, y)dxdy, E
dove
f (x, y) = x + y
e
E = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0 ∪ (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, xy ≥ 0 .
Osserviamo che
E
non è semplice, però è regolare. Infatti, detti
E1 = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, x, y ≥ 0 E2 = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0, x ≤ 0 E3 = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, x, y ≤ 0 , allora possiamo scrivere che
E
E = E1 ∪ E2 ∪ E3 , e poiché questi tre insiemi sono x-semplici, abbiamo
è regolare.
E1 , E2
Inoltre,
e
E3
si intersecano vicendevolmente solo sul bordo (quindi
Ei ∩ Ej
ha area
nulla). Perciò, grazie a una proprietà dell'integrale doppio,
Z Z
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy =
Z Z
f (x, y)dxdy +
E
E1
f (x, y)dxdy + E2
f (x, y)dxdy. E3
Notiamo subito che, per simmetria,
Z Z
Z Z f (x, y)dxdy = −
E1 infatti,
E1
ed
E3
f (x, y)dxdy : E3
sono simmetrici rispetto all'origine, mentre
f
(x, y) ∈ E1 ⇔ (−x, −y) ∈ E3 f (x, y) = −f (−x, −y). 158
è dispari; ovvero:
6.1
Integrali doppi
Ne consegue che i due integrali sono opposti. Perciò è su ciente calcolare
Z Z
Z Z f (x, y)dxdy =
f (x, y)dxdy.
E Per calcolare l'integrale su
E2
E2
scomponiamo ulteriormente questo dominio in
dove
o n √ 0 E2 = (x, y) ∈ R2 : −2 ≤ x ≤ −1, 0 ≤ y ≤ 4 − x2 n o √ √ 00 2 2 2 E2 = (x, y) ∈ R : −1 ≤ x ≤ 0, 1 − x ≤ y ≤ 4 − x . A loro volta questi due insiemi sono semplici e si intersecano solo sul bordo; quindi
Z Z
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy =
f (x, y)dxdy +
0
E2
E2
00
f (x, y)dxdy.
E2
Ora,
Z Z
−1
Z 0
√
Z
f (x, y)dxdy =
4−x2
(x + y)dydx −2
E2
Z
−1
0
= −2
√4−x2 y 2 xy + dx 2 0
√ 4 − x2 2 = x 4−x + dx 2 −2 −1 x3 1 2 3/2 = − (4 − x ) + 2x − 3 6 −2 Z
−1
5 √ = − 3, 6 mentre
Z
Z Z 00
0
f (x, y)dxdy = −1
E2
√
Z √
4−x2
(x + y)dydx 1−x2
√4−x2 y 2 = xy + dx 2 √1−x2 −1 Z 0 √ √ 4 − x2 − 1 + x2 2 2 = x 4−x −x 1−x + dx 2 −1 0 1 1 3 2 3/2 2 3/2 = − (4 − x ) + (1 − x ) + x 3 3 2 −1 Z
0
√ 5 = 3− . 6 159
0
00
E2 = E2 ∪ E2 ,
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
Quindi
Z Z
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy =
f (x, y)dxdy =
E
-
0
E2
Esercizio 6.1.4.
Z Z f (x, y)dxdy +
00
E2
f (x, y)dxdy = 0.
E2
Si calcoli l'integrale doppio
Z Z
(x2 + 1) dx dy, D
ove
D
è la parte dell'ellisse
{(x, y) ∈ R2 : x2 + 4 y 2 ≤ 1}
contenuta nel primo quadrante.
Descriviamo l'ellisse attraverso il seguente cambio di coordinate
x = ρ cos θ 1 y = ρ sin θ 2 con le seguenti limitazioni per le variabili
ρ
e
θ h πi θ ∈ 0, . 2
0≤ρ≤1
Calcoliamo il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione. Si ha
∂x cos θ −ρ sin θ ∂θ = 1 1 ∂y sin θ ρ cos θ 2 2 ∂θ
∂x ∂ρ J = ∂y ∂ρ da cui det J
=
1 1 1 ρ cos2 θ + ρ sin2 θ = ρ. 2 2 2
Quindi
Z Z
(x2 + 1) dx dy =
Z
D
1 + 2
1
Z dρ
0 1
Z 0
!
π/2
Z ρ dρ
dθ
0
0
π/2
1 1 dθ ρ (ρ2 cos2 θ + 1) = 2 2
Z
1
3 ρ dρ
Z
0
!
π/2
cos2 θ dθ
0
1 1 π/2 π/2 1 ρ4 1 1 1 ρ2 π π 5 = θ + sin θ cos θ + + = π. θ = 2 4 2 2 2 2 32 8 32 0
0
Come appendice ricordiamo due modi di calcolare la primitiva di
0
0
cos2 θ.
primo modo.
Z
2
cos θ dθ =
Z
Z cos θ cos θ dθ = cos θ sin θ + 160
2
sin θ dθ = cos θ sin θ +
Z
(1 − cos2 θ) dθ
6.1
da cui
Z 2
Integrali doppi
cos2 θ dθ = θ + cos θ sin θ.
secondo modo.
Z
Z
2
1 + cos(2θ) 1 1 dθ = θ + 2 2 2
cos θ dθ =
Z cos(2θ) dθ =
1 1 1 1 θ + sin(2θ) = θ + sin θ cos θ. 2 4 2 2
Esercizio 3 Calcolare il seguente integrale doppio
Z Z
(2x2 + 8y 2 + 3x + 6y) dx dy, C
dove
C = {(x, y) ∈ R2 : 2x2 + 8y 2 ≤ 1}.
soluzione. Parametrizziamo l'ellisse attraverso il seguente cambio di variabili:
1 x = ρ √ cos θ 2 1 y = ρ √ sin θ 2 2
θ ∈ [0, 2π] 0 ≤ ρ ≤ 1.
Si veri ca facilmente che il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione di coordinate vale Quindi
1 ρ. 4
Z Z
(2x2 + 8y 2 + 3x + 6y) dx dy C
2π
1
1 1 ρ 2 2 2 2 ρ cos θ + ρ sin θ + 3 ρ √ cos θ + 6 ρ √ sin θ = dρ dθ 4 2 2 2 0 0 Z Z Z Z 1 2π 1 3 1 2π 1 2 3 3 = ρ dρ dθ + ρ √ cos θ + √ sin θ dθ dρ 4 0 4 0 2 2 0 0 Z 1 Z 2 π Z 1 Z 2 π 1 3 3 2 = ρ dρ dθ + √ ρ dρ (cos θ + sin θ) dθ 4 4 2 0 0 0 0 1 1 2 π ρ4 π 3 ρ3 π 1 π = + √ [sin θ − cos θ] = + √ [0] = . 4 2 4 2 3 8 4 2 8 0 0 0 Z
Z
161
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
- Esercizio 6.1.5. 9, |y| ≤ x, x ≥ 0}.
RR
Calcolare
Parametrizziamo l'insieme
A
A
(|x|y 2 − 3|x|)dxdy,
A = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤
ove
per mezzo delle coordinate polari. Si ha
A = {(ρ, θ) ∈ [0, +∞) × [0, 2 π) : 1 ≤ ρ ≤ 3 ∧ [0 ≤ θ ≤ π/4 ∨ 7/4 π ≤ θ ≤ 2 π]} ma data la periodicità delle funzioni
sin θ
e
cos θ
possiamo senz'altro scrivere che
A = {(ρ, θ) : 1 ≤ ρ ≤ 3 ∧ −π/4 ≤ θ ≤ π/4}. Il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione vale
Z Z
Z
2
π/4
(|x|y − 3|x|) dx dy =
=
3
4 ρ dρ
Z
3 3
cos θ sin2 θ dθ
Z
3
−3
−π/4
1
2 ρ dρ
−π/4
−π/4
Esercizio 6.1.6.
3
Z
3 ρ cos θ dρ dθ ρ 1
!
π/4
cos θ dθ −π/4
π/4 3 π/4 3 3 3 243 1 2 ρ sin θ ρ = = − − 3 sin θ 5 3 3 1 5 5 3
-
Z
1
5
1
π/4
−π/4
1
!
π/4
Z
2
Dunque si ha
dρ ρ ρ cos θ sin θ −
dθ −π/4
A
Z
Z
ρ.
√ !3 √ 2 1 2 269 √ −3 9− =− 2. 2 2 3 2 15
Calcolare il seguente integrale
Z Z
(30xy 2 + 3x) dx dy, A
dove
A = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, |y| ≤ x, x ≥ 0 . Parametrizziamo l'insieme
A
per mezzo delle coordinate polari.
Si ha
A = {(ρ, θ) ∈ [0, +∞) × [0, 2 π) : 1 ≤ ρ ≤ 2 ∧ [0 ≤ θ ≤ π/4 ∨ 7/4 π ≤ θ ≤ 2 π]} ma data la periodicità delle funzioni
sin θ
e
cos θ
possiamo senz'altro scrivere che
A = {(ρ, θ) : 1 ≤ ρ ≤ 2 ∧ −π/4 ≤ θ ≤ π/4}. 162
6.1
Integrali doppi
ρ. Dunque si ha Z 2 π/4 Z 2 3 2 dρ ρ 30 ρ cos θ sin θ + 3 ρ cos θ dρ dθ ρ
Il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione vale
Z Z
(30xy 2 + 3x) dx dy =
Z
π/4
Z dθ
−π/4
A
Z = 30
2
4 ρ dρ
Z
−π/4
1
!
π/4
cos θ sin2 θ dθ
Z
ρ2 dρ
+3
−π/4
1
2
cos θdθ √ !3 √ √ 2 2 8 1 +3 − 2 = 24 2. 2 3 3 2
2 π/4 π/4 3 3 2 ρ sin θ ρ 32 1 2 = 30 = 30 − + 3 sin θ 5 3 3 1 5 5 3
-
−π/4
Esercizio 6.1.7.
!
π/4
−π/4
1
5
1
Z
1
−π/4
Calcolare
Z Z D
con
x2 y 3 dx dy (x2 + y 2 )3 √
(
3 x (x, y) : x2 + y 2 ≥ 2, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2
D=
)
Prima di tutto, integrando per parti si ha
Z 2 y 2y y3 dy = 2 2 3 2 (x + y ) 2 (x + y 2 )3 Z y 2 (x2 + y 2 )−2 y 1 = + dy 2 2 −2 2 (x + y 2 )2 y2 1 = − − +C 2 2 2 2 4(x + y ) 4(x + y 2 ) Z
A questo punto poniamo
r A = {(x, y) :
3 ≤ x ≤ 2, 2
r
1 ≤ y≤ 2
r
1 x} 3
√ √ 1 3 ≤ x ≤ 2, 2 − x2 ≤ y ≤ √ } 2 2 r √ 1 C = {(x, y) : 2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ } 2 Z Z Z Z Z Z Z Z f (x, y) = f (x, y) + f (x, y) + f (x, y) r
B = {(x, y) :
e si ha
D
A
B
A questo punto
Z Z A
Z
C
Z √1x
2
f (x, y) dx dy = √ x2 √ 3 1 2
163
2
3
y3 = ... (x2 + y 2 )3
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
Esercizio 3 Si calcoli l'integrale della funzione
f (x, y) = x3 y − ex+y y
esteso al triangolo di vertici
(0, 0),
(0, π) (2π, 0).
Il triangolo dato dal problema (che d'ora in poi chiameremo
x−semplice
o
y−semplice.
T)
può essere visto come dominio
Si ha
Z Z
(x3 y − ex+y y) dx dy = I + II. T
Si ha
2π
Z
Z
− 21 x+π
dx
I=
x3 y dy =
0
0 2π
Z
2π
x3 dx
Z
2
Z y dy =
0
0
0
2π
π− 1 x 2 2 y x3 dx 2 0
2π
1 2 2 x x π − π x + x dx 4 0 0 2 π 2 π 2 π Z 4 5 6 1 1 π 1 1 2π 2 3 x x x (π x − π x4 + x5 ) dx = π 2 − = + 2 0 4 2 4 2 5 8 6
1 = 2
Z
3
π− 12 x
1 π− x 2
1 dx = 2
Z
3
0
0
0
π2 π 11 16 4 2 6 4 5 6 6 = 16 π − 32 π + 64 π = π 2 − + = π . 8 10 86 5 3 15 D'altra parte
Z Z
x+y
II = −
e
Z
=− 0
2π
Z
y dx dy = −
T
Z
2π
0
π− 12 x
x y
Z
e e y dy dx = − 0
0
2π
π− 1 x π− 1 x 2 2 y y e [y e ] − [e ] x
0
0
π− 1 x Z 2 π 2 1 x π− 21 x x y π− x−1 e e [(y − 1) e ] =− e +1 2 0 0
Z 2π 2π 1 1 x+π− 21 x x =− e π− x−1 +e dx = −(π − 1) eπ+ 2 x dx 2 0 0 Z 2π Z 2π 2 π 1 2π 1 1 1 π π+ 21 x x π x x 2 2 e + x dx − e dx = −(π − 1) e 2 e + e [2(x − 2) e ] 2 0 2 0 0 0 2 π − [ex ] = −2 (π − 1) eπ (eπ − 1) + eπ [(2 π − 2) eπ + 2] − e2 π + 1 = −e2 π + 2 π eπ + 1. Z
0
164
6.1
I conti risultato più semplici se vediamo
II
come integrale su un dominio
Integrali doppi
x−semplice.
Si ha
infatti
Z Z −
e
x+y
Z
π
Z
2 (π−y) x y
y dx dy = −
T
2π
Z
π
e e y dx dy = −e 0
0
0
π e−y y dy + [(y − 1) ey ] 0
π = − e2 π [−(y + 1) e−y ] + (π − 1) eπ + 1 = e2 π [(π + 1) e−π − 1] + (π − 1) eπ + 1 0
= − e2 π + 2 π eπ + 1.
Quindi riassumendo
Z Z
(x3 y − ex+y y) dx dy = T
6.1.2.
-
2 6 π − e2 π + 2 π eπ + 1. 15
Esercizi proposti
Esercizio 6.1.8.
Dopo aver veri cato l'integrabilità delle funzioni sottoassegnate
sull'insieme indicato, si calcoli l'integrale
RR D
f
1 D = [3, 4] × [1, 2] (x + y)2 ( x+y x+y−1≥0 b)f (x, y) = 2x − y 2 x + y − 1 < 0 D = [0, 1] × [0, 1] x c)f (x, y) = 2 D = {(x, y) ∈ R2 : x2 /2 ≤ y ≤ x2 , 1 < x < 2} x + y2 √ sin y 2 d)f (x, y) = D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 < y ≤ π} y e)f (x, y) = xy T = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2x − x2 }
a)f (x, y) =
f )f (x, y) = ex+y g)f (x, y) = |y − x|
D = {(x, y) ∈ R2 : |x| + |y| ≤ 1} D = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1}
165
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
-
Esercizio 6.1.9.
Si calcoli l'integrale di
f (x, y) =
xy 2 x2 + y 2
sulla regione
D = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x, 1 < x2 + y 2 < 4}.
-
Esercizio 6.1.10.
triangolo di vertici
-
Si calcoli l'integrale della funzione
Esercizio 6.1.13.
Calcolare
RR A
(xy 2 − 3|x|)dxdy,
f (x, y) = x y 2
ove
esteso al triangolo
A = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤
Calcolare il seguente integrale
Z Z
(30x2 y + 3y) dx dy, A
dove
A = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, |x| ≤ y, y ≥ 0 .
-
esteso al
(0, 0), (0, −π), (−π, 0).
- Esercizio 6.1.12. 4, |y| ≤ x, x ≥ 0}.
-
f (x, y) = yx2 + 2ex+y x
(0, 0), (0, π) (2π, 0).
Esercizio 6.1.11.
di vertici
Si calcoli l'integrale della funzione
Esercizio 6.1.14.
Dati gli insiemi
A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1} B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} determinare l'area di
A ∩ B.
166
6.1
-
Esercizio 6.1.15.
Integrali doppi
E = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤
Dato l'insieme
√
1 − x2 }
si
calcolino gli integrali:
Z y arcsin xdxdy
a) E
Z b)
x
p
1 − y 2 dxdy
E
Z c)
xey dxdy
E
-
Esercizio 6.1.16.
Dato il triangolo
T
di vertici
(0, 0), (1, 0), (1, 1)
si calcolino gli
integrali:
Z
y dxdy T 1+x+y Z y ∗ √ b) dxdy 1 + x2 T a)
-
Esercizio 6.1.17.
triangolo di vertici
-
Si calcoli l'integrale della funzione
f (x, y) = ex+y x − yx2
(0, 0), (0, π) (π, π).
Esercizio 6.1.18.
Dati gli insiemi
A=
(x − 2)2 y 2 (x, y) ∈ R : + ≤1 4 2 2
B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} determinare l'area di
A ∩ B.
167
esteso al
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
-
Esercizio 6.1.19.
Sia
E
dalle semirette di equazione:
il settore del cerchio di centro l'origine e raggio 1 delimitato
√ y = ± 3x, x ≥ 0.
Z
Calcolare gli integrali:
x2 dxdy
a) ZE b)
xe2y dxdy
E
-
Esercizio 6.1.20.
Sia
E
la porzione di corona circolare di raggi 1 e 2 contenuta nel
primo quadrante. Calcolare gli integrali:
Z a) ZE b)
2x2 − y 2 dxdy x2 + y 2 xey dxdy
ZE
x x arctan dxdy y E
c)
-
Esercizio 6.1.21.
Si calcoli
ZZ xy sin(xy)dxdy T
con
2 3 π ≤ y ≤ π, x > 0} x x trasformi T in un rettangolo.
T = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y ≤ 2x, utilizzando un cambiamento di variabili che
-
Esercizio 6.1.22.
Si calcoli l'area della regione di piano
T = {(x, y) ∈ R2 :
x2 y2 ≤ y ≤ x2 , ≤ x ≤ y2} 2 2
168
6.1
-
Esercizio 6.1.23.
Integrali doppi
Si calcoli, utilizzando un'opportuna trasformazione
ZZ
3
x2 (y − x3 )ey+x dxdy T
dove
T = {(x, y) ∈ R2 : x3 ≤ y ≤ 3, x ≥ 1}
-
Esercizio 6.1.24.
Determinare l'area racchiusa dall'ellisse di equazione:
x2 y 2 + 2 =1 a2 b
-
Esercizio 6.1.25.
Dato l'insieme
E = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < y < 2x, 1 < xy < 2}
calcolare gli integrali:
Z dxdy
a) E
Z b)
(x + y)dxdy E
-
Esercizio 6.1.26.
Si calcoli l'integrale doppio
Z Z
(y 2 + 1) dx dy,
D
ove
D
è la parte dell'ellisse
{(x, y) ∈ R2 : x2 /4 + y 2 ≤ 1}
169
contenuta nel secondo quadrante.
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
- Esercizio 2, y + 2x = 2,
6.1.27.
Dato l'insieme
E
delimitato dalle rette
y = x, y = 2x, y + x =
calcolare gli integrali:
Z
dxdy x2 y ZE dxdy b) 2 (x + y 2 )2 ZE c) dxdy
a)
E
(N.B. Osservare che si ha:
-
Esercizio 6.1.28.
1 < y/x < 2, 1 < (2 − y)/x < 2)
Dato l'insieme
E = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ ye−x ≤ 2, 2 ≤ yex ≤ 3}
calcolare gli integrali:
Z dxdy
a) E
Z b)
ydxdy E
Z c)
ex ydxdy
E
6.2. Integrali tripli 6.3. Esercizi svolti - Esercizio 6.3.1. Calcolate il volume della regione y 2 ≤ 4 e compresa tra i piani z = x − 1 e z = 1 − x.
170
interna al cilindro di equazione
x2 +
6.3
Esercizi svolti
Si ha che
min{x − 1, 1 − x} = x − 1 ⇔ x ≤ 1. Allora si ponga
A = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 4, x ≤ 1} e
B = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 1} Allora
Z Z Z
1−x
V (C) =
Z Z Z
x−1
dx dy + A
Z Z
Z Z (2 − 2x) +
dx dy =
x−1
B
1−x
(2x − 2) =: I + II.
A
B
Prima di tutto si ha
Z Z
Z Z (2 − 2x) = 2area
I :=
(A)
−2
A Poniamo
e
A1 := A \ A2 .
x dx dy A
√ √ A2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, − 3x ≤ y ≤ 3x} A √ √ 2 3 1 1/2 = 3.
Allora è chiaro che l'area di
che è (essendo un triangolo)
è l'area di
A1
che è
2/3 π 4
unita all'area di
A2
D'altra parte
Z Z
Z Z
x − 2area
(2x − 2) dx dy = 2
II :=
(B).
B
B
B è l'area del settore circolare sotteso a un angolo √ 1/3π 4 a cui si toglie l'area del triangolo A2 cioè 3.
Ora analogamenta a prima l'area di gradi (che chiameremo
S)
che è
di 120
Riassumendo
Z Z
Z Z
x + 2area (A) − 2area(B) Z Z Z Z Z Z Z Z √ √ 8 4 x−2 x+2 = −2 x−2 x+2 π+ 3 −2 π− 3 3 3 A1 A2 S A2 Z Z Z Z Z Z √ 8 = −2 x−4 x+2 x + π + 4 3. 3 A1 A2 S
V (C) = −2
x+2
B
A
A questo punto parametrizzo
A1
e
S
con coordinate polari; si ha
π 5 A1 = {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 2, θ ∈ , π } 3 3 e
5 5 S = {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 2, θ ∈ 0, π ∪ π, 2π } 3 3 171
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
Quindi, essendo il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione uguale a
ρ,
si ha
2 5/3π Z Z Z 2 Z 5/3π 3 ρ 16 √ −2 x dx = −2 ρ2 cos θdθdρ = −2 sin θ 3. = 3 3 A1 0 π/3 0
π/3
Inoltre
Z Z 2
2
Z
Z
π/3
Z
2
x dx = 2
2
Z
2π
ρ2 cos θ dρ dθ
ρ cos θdθdρ + 2
S
0
0
0
5/3π
2 π/3 2π 3 √ ρ = 16 3. = 2 sin θ + sin θ 3 3 0
0
5/3π
In ne
Z Z
Z
−4
x = −4 0
A2
1
√
Z
3x
√ − 3x
Z
1
x dx dy = −4 0
1 √ 2 √ x3 8√ 2 3x dx = −8 3 = − 3. 3 3 0
Quindi riassumendo
V (C) =
-
Esercizio 6.3.2. 2
equazione
x + y2 = 1 4
√ √ 16 √ 8√ 16 √ 8 8 3− 3+ 3 + π + 4 3 = 12 3 + π. 3 3 3 3 3 V limitato dal cilindro √ z = 1 − 3x − 3y e z = 1.
Calcolate il volume del solido e dai piani di equazione
Si ha che
min{1 −
√
ellittico di
1 3x − 3y, 1} = 1 ⇔ y ≤ − √ x 3
quindi ponendo
x2 1 + y 2 ≤ 1 ∧ y ≤ − √ x} 4 3 2 1 x B = {(x, y) ∈ R2 : + y 2 ≤ 1 ∧ y ≥ − √ x} 4 3 A = {(x, y) ∈ R2 :
si ha
Z Z Z
√ 1− 3x−3y
Z Z Z
1
dz dx dy + dz dx dy √ B 1− 3x−3y Z Z Z Z √ √ = (− 3x − 3y) dx dy + ( 3x + 3y) dx dy.
V (C) =
A
1
A Ora passo in coordinate polari: si pone da cui
B
x = 2 ρ cos θ
e
y = ρ sin θ
con
5 11 A = {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, θ ∈ π, π } 6 6 172
0≤ρ≤1
e
θ ∈ [0, 2π],
6.3
Esercizi svolti
e
5 11 B = {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ 1, θ ∈ 0, π ∪ π, 2π } 6 6 Quindi, ricordando che il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione è
1
Z
11 6
Z
√ 2ρ (− 3 2ρ cos θ − 3ρ sin θ) dρ dθ
π
V (C) = 5 6
0
π 5 6
1Z
Z
π
+ Z0 1 Z0 2π + 11 6
0
√ 2 ρ ( 3 2ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ √ 2ρ ( 32ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ =: I + II + III.
π
Ora,
Z
1
11 6
Z
π
I := 5 6
0
Z
√ 2ρ (− 3 2ρ cos θ − 3ρ sin θ) dρ dθ
π 11 6
√ 2 Z −4 3 ρ dρ
1
=
5 6
0
π
Z cos θ dθ −
π
1 2
11 6
Z
6ρ dρ 0
π
sin θ dθ 5 6
π
11 π 1 6 1 11 π √ ρ 6 = −4 3 sin θ − (2ρ3 ) (− cos θ) 5 5 3 0 π 6
3
0
6
π
√ 10 √ 4√ = − 3 (−1) + 2 3 = 3. 3 3 Inoltre
Z
1
Z
5 6
π
II :=
√ 2ρ ( 3 2ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ
0
0
Z 1 Z 5π √ 2 Z 65 π 6 2 cos θ dθ + 6ρ dρ sin θ dθ = 4 3 ρ dρ 0 0 0 0 1 5 π 6 1 5 π 3 √ ρ 6 = 4 3 sin θ + (2ρ3 ) (− cos θ) 3 0 0 Z
1
0
=
0
5√ 3+2 3 173
2ρ, si ha
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
In ne
Z
1
√ 2ρ ( 3 2ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ
2π
Z
III := 11 6
0
Z =
1
π
√ 2 Z 4 3 ρ dρ
2π
cos θ dθ + 11 6
0
Z
1 2
Z
2π
6ρ dρ
π
sin θ dθ 11 π 6
0
2π 1 2π 1 √ ρ = 4 3 sin θ + (2ρ3 ) (− cos θ) 11 11 3 0 π 6
3
0
=
5√ 3
6
π
3−2
Quindi riassumendo
20 √ 3. 3
V (C) =
- Esercizio 6.3.3. Assegnati il paraboloide di equazione z = x2 +y 2 z = 4x − 12y si calcoli il volume racchiuso dalle due superi ci.
Sia
S
ed il piano di equazione
il volume racchiuso dalle due super ci considerate. Si ha
Z Z Z Vol(S)
4x−12y
=
dz dx dy A
x2 +y 2
dove
A = {(x, y) ∈ R2 : 4x − 12y ≥ x2 + y 2 } = {(x, y) ∈ R2 : (x − 2)2 + (y + 6)2 ≤ 40} Quindi si ha
Z Z Vol(S)
(4x − 12y − x2 − y 2 ) dx dy.
= A
Faccio il seguente cambio di coordinate:
x − 2 = ρ cos θ y + 6 = ρ sin θ √ 0 ≤ ρ ≤ 40 e θ ∈ [0, 2π]. Il determinante della matrice Jacobiana trasformazione è ρ, dunque si ha Z Z Z √40 Z 2π Vol(S) = (4x − 12y − x2 − y 2 ) dx dy = (40 − ρ2 ) ρ dρ dθ con le limitazioni
A
0
0
√ 40 4 ρ = 2π 20 ρ2 − = 2π(800 − 400) = 800π. 4 0
174
della
6.3
-
Esercizio 6.3.4. Se C = {x2 + y2 − 2z 2 ≤
implica che
0, 0 ≤ z ≤ 4}
Esercizi svolti
quale delle seguenti condizioni
Z Z Z f (x, y, z) dx dy dz = 0? C
(a)f (x, −y, −z) = −f (x, y, z);
(b)f (x, −y, z) = f (x, y, z);
(c)f (−x, y, z) = −f (x, y, z);
(d)f (−x, −y, −z) = −f (x, y, z)
Si ha
C ∩ {primo C ∩ {secondo C ∩ {terzo
ottante}
ottante}
ottante}
C ∩ {quarto
= C1 = {(x, y, z) ∈ C; x, y ≥ 0};
= C2 = {(x, y, z) ∈ C; x, ≤ 0, y ≥ 0};
= C3 = {(x, y, z) ∈ C; x ≤ 0, y ≤ 0};
ottante}
= C4 = {(x, y, z) ∈ C; x ≥ 0, y ≤ 0}.
Allora
Z Z Z
Z Z Z
Z Z Z
f dx dy dz =
f dx dy dz +
C
f dx dy dz
C1
C2
Z Z Z
Z Z Z
+
f dx dy dz +
f dx dy dz.
C3 Se
f (−x, y, z) = −f (x, y, z) allora Z Z Z
C4
Z Z Z f dx dy dz = −
f dx dy dz
C1 e
C2
Z Z Z
Z Z Z f dx dy dz = − C4
f dx dy dz C3
quindi
Z Z Z f dx dy dz = 0. C
−x) e f è dispari rispetto a x e quindi cambia di segno, ma resta uguale in valore assoluto tra (x, y, z) e il suo simmetrico rispetto all'asse y che è (−x, y, z). Se ne deduce che ciò che integro di f su C1 è l'opposto di ciò che integro su C2 .
Infatti, per esempio,
C1
e
C2
sono simmetrici rispetto all'asse
y
(ribaltamento da
Consideriamo il cambiamento di variabili
ϕ : C2 → C1
(x, y, z) 7→ (−x, y, z) 175
x
a
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
con
C2 = ϕ−1 (C1 ). Z Z Z
Allora |detJϕ (x, y, z)|
= 1. Quindi Z Z Z f (ϕ(x, y, z)) |detJϕ (x, y, z)| dx dy dz
f (x, y, z) dx dy dz = ϕ−1 (C1 )
C1
Z Z Z
Z Z Z f (−x, y, z) dx dy dz = −
=
f (x, y, z) dx dy dz
C2 N.B.: la terna
C2
(x, y, z) ∈ C2
gioca il ruolo della terna
formulazione del cambiamento di variabili.
(u, v, w),
nuove coordinate nell'usuale
Qui abbiamo mantenuto lo stesso nome
(x, y, z)
per semplicità.
-
Esercizio 6.3.5.
Sia
) 2 x 1 + y2, 0 ≤ z ≤ 1 − . (x, y, z) : z 2 ≥ x − 2 2
( V = Calcolate
Z Z Z z dx dy dz V
La condizione sulla
z
rimane
s 2 x 1 + y2 ≤ z ≤ 1 − . x− 2 2 Inoltre
s
1 x− 2
2 + y2 = z ≤ 1 −
Poniamo
x 3 3 y2 ⇔ x2 + y 2 = ⇔ x2 + 3 = 1. 2 4 4 4
y2 2 A = (x, y) : x + 3 ≤ 1 4
Osserviamo che dalla condizione su
z
si deduce che deve essere
x ≤ 2, che va bene in A.
Allora
si ha
Z Z Z
Z Z Z z dx dy dz = V
A
1− x2
1 z dz dx dy = q 2 2 (x− 21 ) +y2
Z Z A
3 3 2 − x − y2 4 4
Passiamo in coordinate polari ponendo
x = ρ cos θ √
y=ρ
3 2
0 ≤ ρ ≤ 1, θ ∈ [0, 2π)
sin θ 176
dx dy.
6.3
Esercizi svolti
√ Tenendo conto che il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione è
3 2
ρ,
si
deduce
Z Z Z V
-
√ 2 1 Z Z 1 Z 2π 4 √ 3 1 33 ρ ρ 3 √ ρ (1 − ρ2 ) dρ dθ = z dx dy dz = 3π − 3 π. = 2 2 4 8 2 4 32 0 0 0
Esercizio 6.3.6.
Sia
p A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 3 x2 + y 2 }; a) disegnate l'insieme
A;
b) determinare il volume di c) calcolate l'integrale su
A
A; della funzione
z p (1 + x2 + y 2 ) x2 + y 2
Figura 6.1: Insieme
A.
A è costituito da un cilindro (di equazione x2 +y 2 ≤ 1) a cui è stato tolto il dominio p 3 di R occupato da un cono circolare retto di vertice nell'origine (e di equazione z = 3 x2 + y 2 ).
a) L'insieme
177
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
b) Si ha
ZZZ Vol
A=
1 dx dy dz. A
Data la simmetria del problema operiamo un cambio di coordinate. Passiamo a considerare le coordinate cilindriche
L'insieme
A
x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z.
viene allora descritto nel seguente modo nelle nuove coordinate
A = {(ρ, θ, z) ∈ [0, +∞) × [0, 2π] × R : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 3 ρ} mentre il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione è
ZZZ
Z
2π
Z
Z
A
Z =2π
ρ dz dθ dρ 0
1
ρ [z]3ρ 0
Si ha allora
3ρ
1 dx dy dz =
A=
Vol
1
ρ.
0
Z
0
1
3 ρ2 dρ = 2 π.
dρ = 2 π 0
0 c) Invece (di nuovo passo a coordinate cilindriche)
3ρ z p dx dy dz = ρ dz dθ dρ 2 2 2 2 (1 + ρ2 ) ρ A (1 + x + y ) x + y 0 0 0 2 3 ρ Z 1 Z 1 Z 1 z ρ2 1 1 dρ = 9 π dρ = 9 π =2π 1− dρ 2 2 2 0 1 + ρ2 0 1+ρ 0 0 1+ρ
Z Z Z
Z
z
1
Z
2π
Z
= 9 π − 9 π [arctan ρ]10 = 9 π(1 − arctan 1).
-
Esercizio 6.3.7.
Sia
generato dalla rotazione a) disegnate gli insiemi
√ A = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ e−x x} di A intorno all'asse x;
A
e
b) determinate il volume di
V
c) calcolate l'integrale su Se poniamo
f (x) = e
−x
√
x
e sia
V
il solido
V; V; della funzione
si ha
p z2 + y2 √ . x x 0
−x
f (0) = 0, f (1) = 1/e, f (x) = e
f+0 (0) = +∞,
1 f 0 (x) > 0 ⇔ 0 < x < . 2 178
1 √ 2 x
√ − x
dunque
6.3
Esercizi svolti
1
0.8
0.6 y 0.4
0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
A.
Figura 6.2: Insieme
Volume di
V : vol(V)
Sx = {(y, z) :
Z 1 dy dz
1 dx dy dz =
=
0
V
ma
1
Z
Z
p √ y 2 + z 2 ≤ e−x x}
dx,
Sx
è un cerchio di raggio
√ e−x x
quindi ha area
πxe−2x ,
cui
1
Z vol(V)
−2x
πxe
= 0
Invece per l'integrale, usando su
Z V
Sx
1 π x 1 3π −2x dx = −πe = − 2. + 2 4 0 4 4e
le coordinate polari (in
y
e
z)
si ha
p Z p Z 1 y2 + z2 1 √ √ dx dy dz = z 2 + y 2 dy dz dx x x 0 x x Sx "Z ! # Z e−x √x Z 1 2π 1 √ ρ ρ dρ dθ dx = 0 0 0 x x Z
1
= 0
Z = 0
1
√
1 √ 2π x x
Z
!
xe−x
ρ2 dρ
0
Z dx = 0
1
3 √xe−x 1 ρ √ 2π dx 3 0 x x
1 2π −3x 2π −3x 2π e dx = − e = (1 − e−3 ). 3 9 9 0
179
da
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
Figura 6.3: Insieme
-
Esercizio 6.3.8.
a) disegnate
Sia
V.
A = {(x, y, z) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2 , 0 ≤ z ≤ (x − 1)2 };
A;
b) determinate il volume di
A;
A, ve n'è uno che non giace su alcuno dei piani coordinati;
c) degli spigoli di
trovatene una
parametrizzazione e determinate la retta tangente a tale spigolo nel punto corrispondente a
x = 0. L'insieme
A
sta sotto alla super cie
Z 1Z Vol(A)
z = (x − 1)2
x2Z (x−1)2
=
Z
0
0
1 2
2
Z
x (x − 1) dx =
dz dy dx = 0
e a sinistra di
0
y = x2 .
1
x4 − 2x3 + x2 dx =
0
Una parametrizzazione dello spigolo richiesto dal testo è
(1, 2x, 2x − 2), che per x = 0 vale (1, 0, −2). (0, 0, 1) la retta è (0, 0, 1) + t(1, 0, −2). gente è
180
(x, x2 , (x − 1)2 ,
1 . 30
quindi il vettore tan-
Poiché il unto corrispondente a
x=0
è
6.3
Figura 6.4: Insieme
Esercizi svolti
A.
- Esercizio 6.3.9. Sia C = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2, x2 + y 2 + z 2 ≥ 1}. Disegnate C e determinatene il volume. Si ha il cubo
[0, 2] × [0, 2] × [0, 2]
al quale è stata tolta l'intersezione con la sfera unitaria di
centrata nell'origine (cioè un ottavo di sfera). Il volume si calcola con facili integrali oppure semplicemente scrivendo
1 V =2 − 8 3
-
Esercizio 6.3.10. Dato l'insieme T
4 π 3
=8−
= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤
disegnatelo e descrivetelo a parole, quindi calcolate
Z
π . 6
x2 z 2 dx dy dz.
T
181
p x2 + y 2 },
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
1 0.8 0.6 0.4 0.2
0.2
0.2
0.4
0.4
0.6
0.6
0.8
0.8
1
1
Figura 6.5: Lo spigolo che non appartiene ad alcun piano coordinato.
p z e R = 2. Invece z = x2 + y 2 è il cono circolare di vertice l'origine. T è il cilindro (con 0 ≤ z ≤ 2 al quale si toglie il cono). 3 √x2 +y2 Z Z Z √x2 +y2 Z z x2 z 2 dx dy dz = dx dy x2 z 2 dz = x2 dx dy 3 0 T x2 +y 2 ≤4 0 x2 +y 2 ≤4 p 6 Z 2 Z 2π Z x2 (x2 + y 2 ) x2 + y 2 ρ cos2 θ dx dy = dρ dθ = 3 3 0 0 x2 +y 2 ≤4 2 Z 2π 2π 128 1 128 1 ρ7 2 cos θ dθ = = = (θ + sin θ cos θ) π. 3 7 0 0 21 2 21 0
x2 + y 2 ≤ 4
-
è il cilindro di asse l'asse
Esercizio 6.3.11.
Sia
E
il sottoinsieme di
R3
de nito da
E = {(x, y, z) : −1 ≤ y ≤ 0, 0 ≤ z ≤ 4 − x2 }. Calcolate:
E; di f (x, y, z) = x(1 − y)
a) il volume di b) l'integrale
su
E.
Z Volume di
E=
area di base
·
2
altezza =
−2 182
(4 − x2 ) dx · h =
32 . 3
6.3
Figura 6.6: Insieme
Esercizi svolti
C.
Z f (x, y, z) dx dy dz = 0. E Infatti
ZZ
Z x(1 − y) dx dy
[−2,2]×[−1,0]
4−x2
Z
2
Z 0 x(4 − x ) dx · (1 − y) dy 2
dz = −2
0
=
−1
! 4 2
x 2x2 − 4
·
−2
y2 y− 2
0 ! =0· −1
3 = 0. 2
- Esercizio 6.3.12. Sia T il triangolo contenuto nel piano xy , con vertici (−1, 3), (−1, −3), (2, 0). Calcolare il volume del solido S interno al prisma retto di base T e compreso 2 tra le super ci di equazioni z = 2 − x e z = 1.
183
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
2 − x2 ≥ 1. Questo accade quando x2 ≤ 1 cioè −1 ≤ x ≤ 1. un dominio y -semplice che può essere descritto come
Prima di tutto vediamo quando D'altra parte, il triangolo
T
è
T = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 2 x − 2 ≤ y ≤ −x + 2}
Quindi si ha (integrazione per li)
Z
Z Z Z
1
Z
2−x
Z
2−x2
Z
1
Z
= −1 1
Z
−1
S 2−x
2
Z
2−x
Z
1
dz dy dx +
1 dx dy dz =
V (S) =
Z
(2 − x2 ) dx dy +
1 x−2 Z 2 Z 2−x
2−x2
(x2 − 2)
2
2(x2 − 2)(2 − x) dx −1 1 Z 2 Z 1 2 3 (4x2 − 2x3 − 8 + 4x) dx (8 − 4x − 4x + 2x ) dx + = 1 −1 1 2 4 4 x 4 x 4 = 8x − 2x2 − x3 + x3 − − 8x + 2x2 + 3 2 3 2 =
2(2 − x2 )(2 − x) dx +
Z
x−2
x−2
1
x−2
1
−1
1
4 1 4 1 32 4 1 = 8−2− + +8+2− − + − 8 − 16 + 8 − + + 8 − 2 3 2 3 2 3 3 2 20 1 36 + 40 + 3 79 = 6+ + = = . 3 2 6 6
Esercizio (domanda tipo test - 29/06/2007) Se
C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − 2z 2 ≤ 0, 0 ≤ z ≤ 4}
quale delle seguenti condizioni
implica che
Z Z Z f (x, y, z) dx dy dz = 0? C
(a)f (x, −y, −z) = −f (x, y, z) (c)f (−x, y, z) = −f (x, y, z)
Si ha che dispari in
(b)f (x, −y, z) = f (x, y, z) (d)f (−x, −y, −z) = −f (x, y, z)
C è il cono con 0 ≤ z ≤ 4. A nché l'integrale di f x oppure in y , quindi l'unica risposta corretta è la (c). 184
su
C
sia 0, devo avere
f
6.3
6.3.1.
-
Esercizi svolti
Esercizi proposti
Esercizio 6.3.13.
delimitata dal piano
Si calcoli il volume del cilindroide a generatrici parallele all'asse
z=0
e dalla porzione di super cie di equazione
2
2
z = (x + y )y
z
che si
proietta in
T = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ R2 , x2 + 4y 2 ≤ 4R2 }
-
Esercizio 6.3.14.
Dato il tetraedro
T
di vertici
(0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1),
calcolare gli integrali
ZZ x(y + z)dxdydz T
ZZ
xyez dxdydz
Z ZT T
-
Esercizio 6.3.15.
dxdydz 1+x+y+z
Dopo aver veri cato l'integrabilità delle funzioni sottoassegnate
sull'insieme indicato, si calcoli l'integrale
RRR S
f
x+y S = [0, 1] × [0, 1] × [1, 2] z b)f (x, y, z) = y 2 z S = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ xy} 1 c)f (x, y, z) = S = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 < x < 1, 0 < z < 1, 0 < y < x + z} (y + 1)3
a)f (x, y, z) =
d)f (x, y, z) = xyz
S = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 < x < 2, 0 < y < x, 0 < z < y}
e)f (x, y, z) = y(x + ex )
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − z 2 + 1 ≥ 0, |y| ≤ 1 − x2 }
185
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
- Esercizio 6.3.16. x2 + y 2 = 1, compresa
-
Esercizio 6.3.17.
a)
ZZZ p
Si calcoli il volume della regione tra il paraboloide
2
2
z =x +y −2
S
interna al cilindro di equazione
ed il piano
x + y + z = 4.
Si calcolino gli integrali:
x2 + y 2 + z 2 dxdydz
S
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z 2 − x2 − y 2 ≤ 0, z ≥ 0} ZZZ x2 b) dxdydz S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 2, x2 − y 2 + z 2 < 0, y > 0} 2 2 S x +z utilizzando opportuni cambiamenti di variabili, dopo aver veri cato che l'integrale esiste.
-
Esercizio 6.3.18.
Si calcoli il volume del cilindroide a generatrici parallele all'asse
z
compreso tra il dominio
T = {(x, y) ∈ R2 : x2 ≤ y ≤ 2, x ≥ 1/2} e la parte di super cie di equazione
- Esercizio 6.3.19. y − x} si calcolino gli
z = log(xy)
Dato l'insieme
che si proietta su
T.
E = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤
integrali:
Z (x + sin z)dxdydz
a) E
Z b)
arctan(x + y)dxdydz E
186
6.4
-
Esercizio 6.3.20.
Dato l'insieme
Integrali superficiali
B = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1},
calcolare gli
integrali:
Z a) ZB b)
x2 dxdydz log(1 + x2 + y 2 + z 2 )dxdydz
B
-
Esercizio 6.3.21.
Calcolare il volume racchiuso dall'ellissoide di equazione:
x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c
-
Esercizio 6.3.22.
Determinare il volume dei seguenti sottoinsiemi di
R3 :
E = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < 4, x2 + y 2 + z 2 < 16} E = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 < z 2 , x2 + y 2 + z 2 < 9} E = {(x, y, z) ∈ R3 : 2(x2 + y 2 ) < z 2 < x2 + y 2 + 25}
6.4. Integrali super ciali
-
Esercizio 6.4.1.
Calcolare l'area della super cie sferica √ 2 regione individuata da {z ≥ 2 }.
x2 + y 2 + z 2 = 2
situata nella
Dobbiamo innanzitutto determinare una parametrizzazione della super cie considerata. Poni-
187
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
amo
x = ρ cos θ y = ρ sin θ p z = ± 2 − ρ2 . Siccome la nostra super cie sta nella regione zazione per
{z ≥
√
2/2},
si prenderà la seguente parametriz-
Σ
r : (ρ, θ) 7→ (x(ρ, θ), y(ρ, θ), z(ρ, θ)) = (ρ cos θ, ρ sin θ, Imponendo che
z ≥ 0,
p
si ottiene la seguente restrizione su
ρ2 ≤ 2 ⇒ 0 ≤ ρ ≤
√
2 − ρ2 )
ρ ∈ R+ , θ ∈ [0, 2π].
ρ
2.
Sia allora
A := {(ρ, θ) ∈ R+ × [0, 2π] : 0 ≤ ρ ≤
√
2, θ ∈ [0, 2π]}.
Si ha
!
ρ
cos θ, sin θ, − p 2 − ρ2
rρ = e
rθ = (−ρ sin θ, ρ cos θ, 0) quindi
i
rρ ∧ rθ =
j
k
−ρ = cos θ sin θ p 2 2−ρ −ρ sin θ ρ cos θ 0
! ρ2 cos θ ρ2 sin θ p ,p ,ρ . 2 − ρ2 2 − ρ2
Allora
s |rρ ∧ rθ | =
ρ4 + ρ2 = 2 − ρ2
s
ρ4 + 2ρ2 − ρ4 √ 1 = 2ρ p . 2 2−ρ 2 − ρ2
Quindi
Z 1 dS = Σ
Z Z √ A
√2 p √ 1 2ρ p dθ dρ = 2 π (− 2 − ρ2 ) = 2 π. 2 2−ρ 0 188
6.4
-
Esercizio 6.4.2.
Integrali superficiali
Calcolare l'integrale super ciale
Z z dσ Σ
dove
Σ
è la porzione di ellissoide di equazione
x2 + y 2 +
z2 = 1, 2
racchiusa dentro al cilindro
1 3 2 2 (x, y, z) ∈ R : x + y ≤ 2 e situata nel semispazio
{z ≥ 0}.
soluzione. Dobbiamo innanzitutto determinare una parametrizzazione della super cie con-
siderata. Poniamo
x = ρ cos θ y = ρ sin θ p z = ± 2(1 − ρ2 ). Siccome la nostra super cie sta nel semispazio zazione per
{z ≥ 0}
si prenderà la seguente parametriz-
Σ
r : (ρ, θ) 7→ (x(ρ, θ), y(ρ, θ), z(ρ, θ)) = (ρ cos θ, ρ sin θ,
p 2(1 − ρ2 ))
ρ ∈ R+ , θ ∈ [0, 2π].
Imponendo che la super cie sia racchiusa dal cilindro, si ottiene la seguente restrizione su
ρ2 ≤ Sia allora
1 1 ⇒0≤ρ≤ √ . 2 2
√ A := {(ρ, θ) ∈ R+ × [0, 2π] : 0 ≤ ρ ≤ 1/ 2, θ ∈ [0, 2π]}.
Si ha
rρ =
cos θ, sin θ,
√
!
1
2 p (−2ρ) 2 1 − ρ2
=
! √ 2ρ cos θ, sin θ, − p 1 − ρ2
e
rθ = (−ρ sin θ, ρ cos θ, 0) 189
ρ
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
quindi
i
rρ ∧ rθ =
j
k
√ − 2ρ cos θ sin θ p 1 − ρ2 −ρ sin θ ρ cos θ 0
Allora
s |rρ ∧ rθ | =
s
2 ρ4 1 − ρ2
+ ρ2 =
2ρ4
! √ 2 √ 2 ρ cos θ 2 ρ2 sin θ p , p ,ρ . 1 − ρ2 1 − ρ2
=
ρ2
+ − 1 − ρ2
ρ4
s =
ρ4
ρ2
+ =ρ 1 − ρ2
s
ρ2 + 1 . 1 − ρ2
Quindi
s Z Z √ p Z 1/√2 Z 2π √ p 2+1 ρ 2 1 − ρ2 ρ 2 ρ ρ2 + 1 dθ dρ z dS = dρ dθ = 1 − ρ2 0 0 Σ A
Z
1/√2 √ √ 2 2 2 3/2 = 2 π (ρ + 1) = 2π 3 3 0
-
Esercizio 6.4.3.
Calcolare l'integrale super ciale 2
2
z2
x +y + 2 =1 semispazio {z ≥ 0}.
ellissoide di equazione e situata nel
! 3/2 3 −1 . 2
R Σ
(z + 1)dS n ,
racchiusa nel cilindro
dove
Σ
è la porzione di
o 1 2 (x, y, z) ∈ R x + y ≤ 4 3 2
soluzione. Dobbiamo innanzitutto determinare una parametrizzazione della super cie con-
siderata.
Risolveremo l'esercizio in due modi, lavorando con due diverse parametrizzazioni
della super cie. primo modo. Poniamo
x = ρ cos θ y = ρ sin θ p z = ± 2(1 − ρ2 ).
Siccome la super cie sta nel semispazio
{z ≥ 0}
si prenderà la seguente parametrizzazione per
Σ r : (ρ, θ) 7→ (x(ρ, θ), y(ρ, θ), z(ρ, θ)) = (ρ cos θ, ρ sin θ,
p 2(1 − ρ2 ))
ρ ∈ R+ , θ ∈ [0, 2π].
Imponendo che la super cie sia racchiusa dal cilindro, si ottiene la seguente restrizione su
ρ2 ≤
1 1 ⇒0≤ρ≤ . 4 2 190
ρ
6.4
Integrali superficiali
Sia allora
A := {(ρ, θ) ∈ R+ × [0, 2π] : 0 ≤ ρ ≤ 1/2, θ ∈ [0, 2π]}. Si ha
rρ =
cos θ, sin θ,
√
! √ 2ρ cos θ, sin θ, − p 1 − ρ2
!
1
2 p (−2ρ) 2 1 − ρ2
=
e
rθ = (−ρ sin θ, ρ cos θ, 0) quindi
i
rρ ∧ rθ =
j
k
√ − 2ρ cos θ sin θ p 1 − ρ2 −ρ sin θ ρ cos θ 0
Allora
s |rρ ∧ rθ | =
2 ρ4 + ρ2 = 1 − ρ2
s
! √ 2 √ 2 ρ cos θ 2 ρ2 sin θ p , p ,ρ . 1 − ρ2 1 − ρ2
=
2ρ4 + ρ2 − ρ4 = 1 − ρ2
s
ρ4 + ρ2 =ρ 1 − ρ2
s
ρ2 + 1 . 1 − ρ2
Quindi
s Z Z √ p ρ2 + 1 dρ dθ (z + 1) dS = ( 2 1 − ρ2 + 1) ρ 1 − ρ2 Σ A
Z
Z
1/2
Z
2π
= 0 Osserviamo che si ha
√
2ρ
p
Z
2ρ
Z
s
2π
ρ2 + 1 dθ dρ +
0
Z
1/2
ρ 0
0
ρ2 + 1 dθ dρ. 1 − ρ2
p 2 ρ2 + 1 dρ = (ρ2 + 1)3/2 + C; 3
ora troviamo la seguente primitiva
s
Z ρ
ρ2 + 1 dρ. 1 − ρ2
Prima di tutto eettuiamo il seguente cambio di variabile
s z= da cui
s
Z ρ
ρ2 + 1 1 − ρ2
ρ2 + 1 dρ = 1 − ρ2
Z r
r ρ=
z2 − 1 1 + z2
z2 − 1 2z z 2 2 z + 1 (z + 1)2 191
2z dρ = 2 (z + 1)2
r
z2 + 1 z2 − 1
r
Z
2z 2 dz. (z 2 + 1)2
z2 + 1 dz = z2 − 1
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
Adesso integrando per parti si ottiene
Z
2z 2 dz = (z 2 + 1)2
Z (z 2
2z z + arctan z. z dz = − 2 2 + 1) z +1
Quindi
1/2
2π
√
1/2
s
2π
ρ2 + 1 dθ dρ 1 − ρ2 0 0 0 0 √ 1/2 5/3 √ z 2 + arctan z = 2 π (ρ2 + 1)3/2 + 2 π − 2 3 z +1
Z
Z
Z
(z + 1) dS = Σ
Z p 2 2 ρ ρ + 1 dθ dρ +
Z
ρ
0
"√ =2 π
1
!
3/2 5 −1 4
2 3
r −
53 + arctan 38
r
# 5 1 + − arctan 1 3 2
secondo modo. Alternativamente possiamo porre
x=s y=t p z = ± 2(1 − s2 − t2 ) e visto che la super cie
Σ
sta nel semipiano superiore, si sceglie
r : (s, t) 7→ (x(s, t), y(s, t), z(s, t)) = (s, t,
p 2(1 − s2 − t2 ))
Allora si ha
rs =
1, 0, − p
0, 1, − p
da cui
s2 + t2 ≤
1 . 4
!
2s 2(1 − s2 − t2 )
e
rt =
z ≥ 0,
!
2t 2(1 − s2 − t2 )
quindi
i j
k
2s rs ∧ rt = 1 0 − p2(1 − s2 − t2 ) 2t 0 1 −p 2(1 − s2 − t2 )
=
Allora
s |rs ∧ rt | =
2s
!
p ,p ,1 . 2(1 − s2 − t2 ) 2(1 − s2 − t2 )
2 + 2s2 + 2t2 2(1 − s2 − t2 )
192
2t
6.4
da cui
Z
s
Z Z
p ( 2(1 − s2 − t2 ) + 1)
(z + 1) dS = s2 +t2 ≤
Σ
1 4
Integrali superficiali
2 + 2s2 + 2t2 ds dt. 2(1 − s2 − t2 )
Passando in coordinate polari si ottiene
Z
Z
1/2
Z
2π
(z + 1) dS = Σ
0
√
2ρ
p
Z
1/2
Z
ρ2 + 1 dθ dρ +
0
s
2π
ρ 0
0
ρ2 + 1 dθ dρ 1 − ρ2
da cui si può procedere come nel caso precedente.
- Esercizio 6.4.4. Calcolare l'area della super cie S intersezione della sella Σ := {(x, y, z) ∈ R3 | z = 2xy} con il solido cilindrico C := {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 ≤ 9}.
soluzione.
Si tratta di un integrale super ciale.
parametrizzazione della super cie
Σ.
Scegliamo ad esempio
r : A ⊂ R2 → R3 dove
r(ρ, θ) = (x(ρ, θ), y(ρ, θ), z(ρ, θ))
x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = 2 ρ2 sin θ cos θ. Σ si interseca con il 0 ≤ ρ ≤ 3 e θ ∈ [0, 2 π].
Il fatto che la sella
θ:
Prima di tutto occorre determinare una
si ha infatti
solido cilindrico ci dà la variabilità dei parametri
ρ
e
Allora si ha
r(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ, 2 ρ2 sin θ cos θ) rρ (ρ, θ) = (cos θ, sin θ, 4ρ sin θ cos θ) rθ (ρ, θ) = (−ρ sin θ, ρ cos θ, 2 ρ2 (cos2 θ − sin2 θ) e
i j k rρ ∧ rθ = cos θ sin θ 4 ρ sin θ cos θ −ρ sin θ ρ cos θ 2 ρ2 (cos2 θ − sin2 θ)
quindi
rρ ∧ rθ =i 2 ρ2 (cos2 θ sin θ − sin3 θ − 2 sin θ cos2 θ) + j (−2 ρ2 ) (2 sin2 θ cos θ + cos3 θ − cos θ sin2 θ) + k (ρ cos2 θ + ρ sin2 θ) = (−2 ρ2 sin θ) i + (−2 ρ2 cos θ) j + ρ k. 193
6
Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli
Da questo si deduce che
|rρ ∧ rθ | =
p p 4 ρ4 + ρ2 = ρ 4 ρ2 + 1.
Quindi
Z Z
Z
3
Z
2π
1 dS = Σ
-
0
Esercizio 6.4.5.
0
Sia
2 2 3/2 p π π (4 ρ + 1) 21 ρ 4 ρ2 + 1 dθ dρ = π. = [(16)3/2 − 1] = 4 3/2 6 2 0
C ⊂ R3
la super cie cilindrica
C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z 2 = 4}. Si calcoli l'area della super cie
S
data dalla intersezione di
x2 + y 2 ≤ 4, z ≥ 0}.
194
C
con
K = {(x, y, z) ∈ R3 :
CAPITOLO 7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza 7.1. Matrice Jacobiana -
Esercizio 7.1.1.
Siano
F : R3 → R2 , G : R2 → R2
F (u, v, w) = (sin u, v w)
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
G(x, y) = (3 x, ex y )
∀ (x, y) ∈ R2 .
Si scriva esplicitamente la funzione composta
G ◦ F ha dominio di G.
La funzione composta dimensione) del Si ha
date da
H := G ◦ F : R3 → R2
G◦F
e se ne calcoli la matrice Jacobiana.
senso perché il codominio di
con
F
coincide (e quindi ha la stessa
H(u, v, w) = (3 sin u, e(v w) sin u ).
Poniamo
H1 (u, v, w) = 3 sin u La funzione
H
H2 (u, v, w) = e(v w) sin u .
è dierenziabile in tutti i punti di
R3
perché la stessa cosa vale per tutte le sue
componenti. Primo modo per calcolare la matrice Jacobiana di Si ha
195
H.
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
∂H1 ∂u JH (u, v, w) = ∂H2 ∂u = e
∂H1 ∂w ∂H2 ∂w
∂H1 ∂v ∂H2 ∂v 3 cos u
(v w) sin u
(v w) cos u e
0
0
(v w) sin u
(v w) sin u
Secondo modo per calcolare la matrice Jacobiana di Le funzioni
F
e
G
e
v sin u
H.
sono dierenziabili in quanto lo sono tutte le loro componenti. Quindi ha
senso calcolare le matrici Jacobiane di
G1 (x, y) = 3 x
w sin u e
F
e
G.
Poniamo
F1 (u, v, w) = sin u, F2 (u, v, w) = v w,
xy
G2 (x, y) = e .
Quindi si ha
∂F1 ∂u JF (u, v, w) = ∂F2 ∂u ∂G1 ∂x JG (x, y) = ∂G2 ∂x A questo punto la matrice Jacobiana di
∂F1 cos u 0 0 ∂w = ∂F2 0 w v ∂w ∂G1 3 0 ∂y = ∂G2 y ex y x ex y ∂y
∂F1 ∂v ∂F2 ∂v
G
F (u, v, w) = (sin u, v w)
va calcolata nel punto
e si
ha dunque
3
JG [F (u, v, w)] = vwe
0
(v w) sin u
sin ue
(v w) sin u
quindi
3
JH (u, v, w) :=JG [F (u, v, w)] · JF (u, v, w) = vwe =
3 cos u (v w) sin u
e
(v w) cos u e
(v w) sin u
sin ue
0
0
(v w) sin u
(v w) sin u
w sin u e
196
0 (v w) sin u
. v sin u
cos u 0 0
0
w v
7.1
-
Esercizio 7.1.2.
Matrice Jacobiana
Siano
∀ (x, z) ∈ R2 ,
f (x, z) = sin(x z)
g(x) = cos(x ex )
∀ x ∈ R.
Si calcolino la matrice Jacobiana ed il determinante Jacobiano (quando è possibile) delle seguenti funzioni:
∀ (x, z) ∈ R2 ,
F (x, z) = (sin z, f (x, z))
Le funzioni
F
e
G
G(x, y) = (3 ey−x , g(x))
∀ (x, y) ∈ R2 .
sono dierenziabili perché le loro componenti sono funzioni dierenzia-
bili. Inoltre la matrice Jacobiana in entrambi i casi è una matrice quadrata; allora ha senso calcolare in entrambi i casi il determinante Jacobiano. Poniamo
F1 (x, z) = sin z da cui
G1 (x, y) = 3 ey−x
F2 (x, z) = sin(x z)
∂F1 ∂x JF (x, z) = ∂F2 ∂x
G2 (x, y) = cos(x ex )
∂F1 0 cos z ∂z = ∂F2 z cos(x z) x cos(x z) ∂z
da cui det JF (x, z)
= −z cos(x z) cos z.
D'altra parte
∂G1 ∂x JG (x, y) = ∂G2 ∂x
∂G1 y−x y−x −3 e 3 e ∂y = ∂G2 x x − sin(x e ) e (x + 1) 0 ∂y
da cui det JG (x, y)
-
Esercizio 7.1.3.
Le composizioni
= 3 ey−x ex (x + 1) sin(x ex ) = 3 ey (x + 1) sin(x ex ).
Siano
F : R3 → R2
e
G : R2 → R2
date da
F (u, v, w) = (u + v, ew )
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
G(x, y) = (y − x, sin x)
∀ (x, y) ∈ [0, 2π]2 .
G ◦ F, F ◦ G
hanno senso? Per quella (o quelle) che lo avessero, si calcoli
la matrice Jacobiana.
197
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
G ◦ F ha senso perché il codominio di F coincide (e quindi ha la stessa dimensione) del dominio di G. La funzione composta F ◦ G non ha senso perché il codominio di G ha dimensione 2 mentre il dominio di F ha dimensione 3.
La funzione composta
Si ha
H := G ◦ F : R3 → R2
con
H(u, v, w) = (ew − u − v, sin(u + v)).
Poniamo
H1 (u, v, w) = ew − u − v H
La funzione
H2 (u, v, w) = sin(u + v).
è dierenziabile in tutti i punti di
R3
perché la stessa cosa vale per tutte le sue
componenti. Primo modo per calcolare la matrice Jacobiana di
H.
Si ha
∂H1 ∂u JH (u, v, w) = ∂H2 ∂u
∂H1 w −1 −1 e ∂w = ∂H2 cos(u + v) cos(u + v) 0 ∂w
∂H1 ∂v ∂H2 ∂v
Secondo modo per calcolare la matrice Jacobiana di Le funzioni
F
e
G
sono dierenziabili in quanto lo sono tutte le loro componenti. Quindi ha
senso calcolare le matrici Jacobiane di
G1 (x, y) = y − x
e
H.
F
e
G.
Poniamo
F1 (u, v, w) = u + v, F2 (u, v, w) = ew ,
G2 (x, y) = sin x.
Quindi si ha
∂F1 ∂v ∂F2 ∂v
∂F1 ∂u JF (u, v, w) = ∂F2 ∂u ∂G1 ∂x JG (x, y) = ∂G2 ∂x
A questo punto la matrice Jacobiana di
G
∂F1 1 1 0 ∂w = ∂F2 w 0 0 e ∂w
∂G1 −1 1 ∂y = ∂G2 cos x 0 ∂y va calcolata nel punto
ha dunque
−1
1
JG [F (u, v, w)] =
cos(u + v) 0
quindi
198
F (u, v, w) = (u + v, ew )
e si
7.1
−1
1
JH (u, v, w) :=JG [F (u, v, w)] · JF (u, v, w) =
Matrice Jacobiana
cos(u + v) 0
−1
ew
−1
=
Esercizio 7.1.4.
Le composizioni
0 w
0 0 e
.
cos(u + v) cos(u + v)
-
1 1
Siano
H : R3 → R2
e
0
L : R2 → R4
date da
H(u, v, w) = (u + v, ew )
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
L(x, y) = (y − x, sin x, y, y)
∀ (x, y) ∈ [0, 2π]2 .
H ◦ L, L ◦ H
hanno senso? Per quella (o quelle) che lo avessero, si calcoli
la matrice Jacobiana.
L ◦ H ha senso perché il codominio di H coincide (e quindi ha la stessa dimensione) del dominio di L. La funzione composta H ◦ L non ha senso perché il codominio di L ha dimensione 4 mentre il dominio di H ha dimensione 3.
La funzione composta
Si ha
F := L ◦ H : R3 → R4
con
F (u, v, w) = (ew − u − v, sin(u + v), ew , ew ).
Poniamo
F1 (u, v, w) = ew − u − v La funzione
F
F2 (u, v, w) = sin(u + v)
è dierenziabile in tutti i punti di
sue componenti. La matrice Jacobiana di
F
R3
F3 (u, v, w) = ew
F4 (u, v, w) = ew .
perché la stessa cosa vale per tutte le
può essere calcolata in due modi in analogia con
quanto visto nella versione A del tema. Qui presentiamo per brevità solo uno dei due modi. Si ha
∂F 1 ∂u ∂F2 ∂u JF (u, v, w) = ∂F 3 ∂u ∂F4 ∂u
∂F1 ∂v ∂F2 ∂v ∂F3 ∂v ∂F4 ∂v
∂F1 ∂w ∂F2 ∂w ∂F3 ∂w ∂F4 ∂w
−1 −1 ew cos(u + v) cos(u + v) 0 = w 0 0 e w 0 0 e 199
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
-
Esercizio 7.1.5.
Le composizioni
Siano
F : R3 → R2
e
G : R2 → R2
date da
F (u, v, w) = (u(w2 )π , ev )
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
G(x, y) = (y − x, x)
∀ (x, y) ∈ R2 .
G ◦ F, F ◦ G
hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e
se ne calcoli la matrice Jacobiana.
G ◦ F ha senso perché il codominio di F coincide (e quindi ha la stessa dimensione) del dominio di G. La funzione composta F ◦ G non ha senso perché il codominio di G ha dimensione 2 mentre il dominio di F ha dimensione 3.
La funzione composta
Si ha
H := G ◦ F : R3 → R2
con
H(u, v, w) = (ev − u w2 π , u w2 π ).
Poniamo
H1 (u, v, w) = ev − u w2 π H
La funzione
H2 (u, v, w) = u w2 π .
è dierenziabile in tutti i punti di
R3
perché la stessa cosa vale per tutte le sue
componenti. Primo modo per calcolare la matrice Jacobiana di
H.
Si ha
∂H1 ∂u JH (u, v, w) = ∂H2 ∂u
∂H1 −w2 π ev −u 2 π w2 π−1 ∂w = ∂H2 2π 2 π−1 w 0 u2πw ∂w
∂H1 ∂v ∂H2 ∂v
Secondo modo per calcolare la matrice Jacobiana di Le funzioni
F
e
G
sono dierenziabili in quanto lo sono tutte le loro componenti. Quindi ha
senso calcolare le matrici Jacobiane di
G1 (x, y) = y − x
e
H.
F
e
G.
Poniamo
F1 (u, v, w) = u w2 π , F2 (u, v, w) = ev ,
G2 (x, y) = x.
Quindi si ha
∂F1 ∂F1 w2 π 0 u 2 π w2 π−1 ∂v ∂w = ∂F2 ∂F2 v 0 e 0 ∂v ∂w ∂G1 ∂G1 −1 1 ∂x ∂y JG (x, y) = ∂G2 ∂G2 = 1 0 ∂x ∂y
∂F1 ∂u JF (u, v, w) = ∂F2 ∂u
200
7.1
Matrice Jacobiana
quindi
−1 1
JH (u, v, w) :=JG [F (u, v, w)] · JF (u, v, w) =
w
-
Esercizio 7.1.6.
2π
Siano
0
u2πw
e
0
v
0
e
g : R2 → R2
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
g(x, y) = (y, x) + (x − y, 2x)
∀ (x, y) ∈ R2 .
g ◦ f, f ◦ g
0
date da
√ u f (u, v, w) = (e(e ) w, −v)
Si dica se le composizioni
u 2 π w2 π−1
.
2 π−1
f : A ⊂ R3 → R2
0
−w2 π ev −u 2 π w2 π−1
=
w2 π
1
hanno senso. In caso aermativo si scriva esplicita-
mente la funzione composta, se ne indichi l'insieme di de nizione, se ne calcoli la matrice Jacobiana, e si indichi l'insieme in cui la funzione composta è dierenziabile.
La funzione composta dominio di
g.
g◦f
ha senso perché il codominio di
La funzione composta
f ◦g
f
ha la stessa dimensione del
non ha senso perché il codominio di
f ha dimensione 3. u (eu ) 3 2 Si ha h := g ◦ f : A ⊂ R → R con h(u, v, w) = (e w, 3 e(e ) w). della funzione composta h = g ◦ f è
g
ha dimensione
2 mentre il dominio di
L'insieme di de nizione
A
A = {(u, v, w) ∈ R3 : v ≤ 0}. Poniamo u
h1 (u, v, w) = e(e ) w Si ha
u
h2 (u, v, w) = 3 e(e ) w.
∂h1 (eu ) u (eu ) e e w 0 e ∂w = ∂h2 (eu ) u (eu ) 3e e w 0 3e ∂w (eu ) Secondo modo per calcolare la matrice Jacobiana di h. Poniamo f1 (u, v, w) = e w, f2 (u, v, w) = √ −v, g1 (x, y) = x e g2 (x, y) = 3 x. Quindi si ha u u ∂f1 ∂f1 ∂f1 e(e ) eu w 0 e(e ) ∂u ∂v ∂w Jf (u, v, w) = ∂f2 ∂f2 ∂f2 = 1 0 (−1) √ 0 2 −v ∂u ∂v ∂w ∂h1 ∂u Jh (u, v, w) = ∂h2 ∂u
∂h1 ∂v ∂h2 ∂v
201
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
∂g1 ∂x Jg (x, y) = ∂g2 ∂x
∂g1 1 0 ∂y = ∂g2 3 0 ∂y
quindi
(eu ) u (eu ) e e w 0 e 1 0 Jh (u, v, w) :=Jg [f (u, v, w)] · Jf (u, v, w) = 1 0 (−1) √ 0 3 0 2 −v u u e(e ) eu w 0 e(e ) . = (eu ) u (eu ) 3e e w 0 3e
L'insieme in cui
h
è dierenziabile è
˚ = {(u, v, w) ∈ R3 : v < 0}. A
G e H le seguenti funzioni: G(u, v, w) = (u w, √−u v), H(x, y) = (y, x, x). Si dica se le composizioni G ◦ H e H ◦ G hanno senso. In caso aermativo si scriva
-
Esercizio 7.1.7.
Siano
2
esplicitamente la funzione composta e se ne indichi l'insieme di de nizione, se ne calcoli la matrice jacobiana, e si indichi l'insieme in cui la funzione composta è dierenziabile.
Entrambe le composizioni hanno senso perché il codominio della prima funzione ha la stessa dimensione del dominio della seconda. Prima di tutto si ha che
F := G ◦ H : A ⊂ R2 → R2
F(x, y) = (y2 x,
√
−yx) ∀ (x, y) ∈ A.
L'insieme di de nizione è
A = {(x, y) ∈ R2 : xy ≤ 0} che è l'unione del secondo e del quarto quadrante, assi compresi. Posto
F1 (x, y) = y2 x si ha inoltre
∂ F1 ∂x JF (x, y) = ∂ F2 ∂x
F2 (x, y) =
√
−yx
∂ F1 y2 2yx ∂y = y x ∂ F2 − √ − √ 2 −yx 2 −yx ∂y 202
7.1
Si vede facilmente inoltre che l'insieme in cui
Matrice Jacobiana
F è dierenziabile è
˚ = {(x, y) ∈ R2 : xy < 0} A che è l'unione del secondo e quarto quadrante, assi esclusi. D'altra parte
L := H ◦ G : B ⊂ R3 → R3
√ L(u, v, w) = ( −uv, u2 w, u2 w) ∀ (u, v, w) ∈ B.
L'insieme di de nizione è
B = {(u, v, w) ∈ R3 : uv ≤ 0}. Posto
L1 (u, v, w) =
√ −uv
L2 (u, v, w) = u2 w
L3 (u, v, w) = u2 w
si ha inoltre
JL (u, v, w) =
∂ L1 ∂u ∂ L2 ∂u ∂ L3 ∂u
∂ L1 ∂v ∂ L2 ∂v ∂ L3 ∂v
∂ L1 ∂w ∂ L2 ∂w ∂ L3 ∂w
v u − √ − √ 0 2 −uv 2 −uv = 2uw 0 u2 . 2 2uw 0 u
Si vede facilmente inoltre che l'insieme in cui
-
Esercizio 7.1.8.
Siano
F : R3 → R2
e
˚ L è dierenziabile è B.
G : R2 → R2
F (u, v, w) = (u(w2 )e , π v )
∀(u, v, w) ∈ R3 , ∀(x, y) ∈ R2 .
G(x, y) = (y + x, y) Le composizioni
G ◦ F, F ◦ G
date da
hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e
se ne calcoli la matrice Jacobiana.
G ◦ F ha senso perché il codominio di F coincide (e quindi ha la stessa dimensione) del dominio di G. La funzione composta F ◦ G non ha senso perché il codominio di G ha dimensione 2 mentre il dominio di F ha dimensione 3. v 2e v 3 2 Si ha H := G ◦ F : R → R con H(u, v, w) = (π + uw , π ). La funzione composta
Poniamo
H1 (u, v, w) = π v + uw2e La funzione
H
è dierenziabile in tutti i punti di
componenti.
203
H2 (u, v, w) = π v . R3
perché la stessa cosa vale per tutte le sue
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
H.
Primo modo per calcolare la matrice Jacobiana di Si ha
∂H1 ∂u JH (u, v, w) = ∂H2 ∂u
∂H1 2e v 2e−1 w π log π u (2e) w ∂w = ∂H2 v 0 π log π 0 ∂w Jacobiana di H.
∂H1 ∂v ∂H2 ∂v
Secondo modo per calcolare la matrice Le funzioni
F
e
G
sono dierenziabili in quanto lo sono tutte le loro componenti. Quindi ha
F
senso calcolare le matrici Jacobiane di
G1 (x, y) = y + x
e
e
G.
Poniamo
F1 (u, v, w) = u w2 e , F2 (u, v, w) = π v ,
G2 (x, y) = y.
Quindi si ha
∂F1 w2 e 0 u 2 e w2 e−1 ∂w = ∂F2 v 0 π log π 0 ∂w ∂G1 ∂G1 1 1 ∂x ∂y JG (x, y) = ∂G2 ∂G2 = 0 1 ∂x ∂y
∂F1 ∂u JF (u, v, w) = ∂F2 ∂u
∂F1 ∂v ∂F2 ∂v
quindi
1 1
JH (u, v, w) :=JG [F (u, v, w)] · JF (u, v, w) =
0 1
w2 e π v log π u 2 e w2 e−1
= 0
-
Esercizio 7.1.9.
H
e
G
0
0 v
u 2 e w2 e−1
π log π
0
.
π v log π
Siano
w2 e
0
date da:
H(u, v, w) = (log(−u), cos(sin w)) , G(x, y) = (y, x) + (x − y, −x) . Si dica se le composizioni
G◦H
e
H◦G
hanno senso.
In caso aermativo si scriva
esplicitamente la funzione composta, se ne indichi l'insieme di de nizione, se ne calcoli la matrice jacobiana.
La funzione composta
G◦H
ha senso perché il codominio di
204
H
ha la stessa dimensione
7.2
del dominio di
G.
La funzione composta
dimensione 2 mentre il dominio di Si ha della
3
H 2
F := G ◦ H : A ⊂ R → R funzione composta F = G ◦ H
H◦G
Rotore e divergenza
non ha senso perché il codominio di
G
ha
ha dimensione 3.
con
F(u, v, w) = (log(−u), 0).
L'insieme di de nizione
A
è
A = {(u, v, w) ∈ R3 : u < 0}. Poniamo
F1 (u, v, w) = log(−u)
F2 (u, v, w) = 0.
Si può calcolare la matrice Jacobiana nel modo seguente
∂F1 ∂u JF (u, v, w) = ∂F2 ∂u
∂F1 ∂v ∂F2 ∂v
∂F1 1 0 0 ∂w u = ∂F2 0 0 0 ∂w
7.2. Rotore e divergenza -
Esercizio 7.2.1.
Le composizioni
Siano
F : R3 → R
e
G : R → R3
date da
F (u, v, w) = u − w
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
G(x) = (2x, −x, x3 )
∀ x ∈ R.
G ◦ F, F ◦ G
hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e
se ne calcoli la divergenza (se ha senso).
Entrambe le composizioni hanno senso perché il codominio della prima funzione coincide (e quindi in particolare ha la stessa dimensione) del dominio della seconda funzione.
G◦F
e
F ◦ G.
Esplicito
Si ha
H := G ◦ F : R3 → R3
H(u, v, w) = (2(u − w), w − u, (u − w)3 )
∀ (u, v, w) ∈ R3
e
L := F ◦ G : R → R
L(x) = 2x − x3
L'operatore divergenza si può applicare a campi vettoriali da
H1 (u, v, w) = 2(u − w)
H2 (u, v, w) = w − u 205
∀ x ∈ R. R3
in
R3 .
Quindi, posto
H3 (u, v, w) = (u − w)3
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
si ha div H
=
∂H1 ∂H2 ∂H3 + + = 2 + 0 − 3 (u − w)2 = 2 − 3 u2 + 6uw − 3w2 . ∂u ∂v ∂w
Nel caso di funzioni scalari, l'opertore divergenza si riduce alla derivata prima. Dunque si ha
L0 (x) = 2 − 3 x2 .
-
Esercizio 7.2.2.
Le composizioni
Siano
F : R3 → R
e
G : R → R3
date da
F (u, v, w) = w − v
∀ (u, v, w) ∈ R3 ,
G(x) = (x, −x, x2 )
∀ x ∈ R.
G ◦ F, F ◦ G
hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e
se ne calcoli il rotore (se ha senso). Entrambe le composizioni hanno senso perché il codominio della prima funzione coincide (e quindi in particolare ha la stessa dimensione) del dominio della seconda funzione.
G◦F
e
F ◦ G.
Esplicito
Si ha
H := G ◦ F : R3 → R3
H(u, v, w) = (w − v, v − w, (w − v)2 )
∀ (u, v, w) ∈ R3
e
L(x) = x2 + x
L := F ◦ G : R → R
L'operatore rotore si applica a campi vettoriali da
R3
in
∀ x ∈ R.
R3 .
Quindi ha senso calcolare rot H.
Posto
H1 (u, v, w) = w − v si ha
rot H
i
= ∂u
H2 (u, v, w) = v − w
j ∂v
k
∂w
=
i ∂u
H3 (u, v, w) = (w − v)2
j ∂v
k
∂w
w − v v − w (w − v)2
H1 H2 H3 da cui
∂ ∂ ∂ ∂ 2 2 rot H = i (w − v) − (v − w) + j (w − v) − (w − v) ∂v ∂w ∂w ∂u ∂ ∂ +k (v − w) − (w − v) = i (−2(w − v) + 1) + j (1 − 0) + k (0 + 1) ∂u ∂v = (1 − 2 w + 2 v, 1, 1). 206
7.2
Rotore e divergenza
- Esercizio 7.2.3. La funzione F (x, y, z) sia de nita implicitamente dall'equazione log[F (x, y, z)3 ] = y + x per ogni (x, y, z) ∈ R3 ; inoltre sia G(u) = (u, −2u, 1) per ogni u ∈ R. Le composizioni G ◦ F , F ◦ G hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e se ne calcoli la divergenza (se ha senso).
F.
Si può facilmente esplicitare
Si ha
F (x, y, z) = e Inoltre
F : R3 → R
mentre
G : R → R3
y+x 3
.
quindi entrambe le composizioni hanno senso perché
il codominio della prima funzione coincide (e quindi in particolare ha la stessa dimensione) del dominio della seconda funzione. Esplicito
G◦F
e
H := G ◦ F : R3 → R3
H(x, y, z) = e
F ◦ G. y+x 3
Si ha
, −2 e
y+x 3
,1
∀ (x, y, z) ∈ R3
e
L(u) = e−u/3
L := F ◦ G : R → R
L'operatore divergenza si può applicare a campi vettoriali da
∀ u ∈ R. R3 in R3 . Quindi ha senso calcolare
div H. Posto
H1 (x, y, z) = e si ha div H
=
y+x 3
H2 (x, y, z) = −2 e
y+x 3
H3 (x, y, z) = 1
y+x 1 y+x 1 ∂H1 ∂H2 ∂H3 1 y+x + + =e 3 − 2e 3 +0=− e 3 . ∂x ∂y ∂z 3 3 3
Nel caso di funzioni scalari, l'opertore divergenza si riduce alla derivata prima. Dunque si ha
1 L0 (u) = − e−u/3 . 3 -
Esercizio 7.2.4.
Si calcolino il rotore e la divergenza del campo vettoriale
w(x, y, z) = (cos(ey+x ), sin(y + z), ex
2 +z 2
).
Posto
v1 (x, y, z) = cos(ey+x ) si ha
i
j
k
i
j
k
= ∂x
∂y
∂z =
∂x
∂y
∂z
rot w
v3 (x, y, z) = ex
v2 (x, y, z) = sin(y + z)
w1 w2 w3
cos(ey+x ) sin(y + z) ex 207
2 +z 2
2 +z 2
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
da cui
∂ x2 +z2 ∂ ∂ ∂ x2 +z2 y+x rot w = i e − sin(y + z) + j cos(e ) − e ∂y ∂z ∂z ∂x ∂ ∂ 2 2 y+x +k sin(y + z) − cos(e ) = i (0 − cos(y + z)) + j (0 − ex +z 2 x) ∂x ∂y + k (0 + sin(ey+x ) ey+x ) = (− cos(y + z), −2 x ex Inoltre div w
2 +z 2
, sin(ey+x ) ey+x ).
∂w1 ∂w2 ∂w3 2 2 + + = − sin(ey+x ) ey+x + cos(y + x) + ex +z 2 z. ∂x ∂y ∂z
=
- Esercizio 7.2.5. La funzione F (x, y, z) sia de nita implicitamente dall'equazione e2 F (x,y,z) = 1 + y 2 + z 2 per ogni (x, y, z) ∈ R3 ; inoltre sia G(u) = (2u, 1, u) per ogni u ∈ R. Le composizioni G ◦ F , F ◦ G hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e se ne calcoli la divergenza (se ha senso).
Si può facilmente esplicitare
F.
Si ha
F (x, y, z) = Inoltre
F : R3 → R
mentre
G : R → R3
1 log(1 + y 2 + z 2 ). 2
quindi entrambe le composizioni hanno senso perché
il codominio della prima funzione coincide (e quindi in particolare ha la stessa dimensione) del dominio della seconda funzione. Esplicito
3
3
H := G ◦ F : R → R
G◦F
e
F ◦ G.
Si ha
1 2 2 2 2 H(x, y, z) = log(1 + y + z ), 1, log(1 + y + z ) ∀ (x, y, z) ∈ R3 2
e
1 log(2 + u2 ) ∀ u ∈ R. 2 3 3 L'operatore divergenza si può applicare a campi vettoriali da R in R . Quindi ha senso calcolare div H. Posto L := F ◦ G : R → R
H1 (x, y, z) = log(1 + y 2 + z 2 ) si ha div H
=
L(u) =
H2 (x, y, z) = 1
H3 (x, y, z) =
1 log(1 + y 2 + z 2 ) 2
∂H1 ∂H2 ∂H3 1 2z z + + =0+0+ = . 2 2 ∂x ∂y ∂z 2 1+y +z 1 + y2 + z2
Nel caso di funzioni scalari, l'opertore divergenza si riduce alla derivata prima. Dunque si ha
L0 (u) =
1 2u u = . 2 2 2+u 2 + u2 208
7.2
-
Esercizio 7.2.6.
Rotore e divergenza
Si calcolino il rotore e la divergenza del campo vettoriale
v(x, y, z) = (sin(ez+x ), ey
2 +z 2
, cos(x + z)).
Posto
v1 (x, y, z) = sin(ez+x ) si ha
j k
2 +z 2
v3 (x, y, z) = cos(x + z)
i
j
k
= ∂x ∂y ∂z =
∂x
∂y
∂z
rot v
i
v2 (x, y, z) = ey
sin(ez+x ) ey
v1 v2 v3
2 +z 2
cos(x + z)
da cui
∂ y2 +z2 ∂ ∂ ∂ z+x cos(x + z) − e +j sin(e ) − cos(x + z) rot v = i ∂y ∂z ∂z ∂x ∂ y2 +z2 ∂ 2 2 z+x +k e sin(e ) = i (0 − 2 z ey +z ) + j (cos(ez+x ) ez+x + sin(x + z)) − ∂x ∂y
+ k (0 − 0) = (−2 z ey
2 +z 2
, cos(ez+z ) ez+x + sin(x + z), 0).
Inoltre div v
-
=
Esercizio 7.2.7.
∂v1 ∂v2 ∂v3 2 2 + + = cos(ez+x ) ez+x + ey +z 2 y − sin(x + z). ∂x ∂y ∂z
Siano
F : R3 → R2
e
G : R2 → R3
le funzioni
F (x, y, z) = (ey , x)
∀ (x, y, z) ∈ R3 ,
G(u, v) = (u, u sin v, v)
∀ (u, v) ∈ R2 .
Si calcoli il rotore della funzione
G ◦ F.
Si ha
H := G ◦ F : R3 → R3
H(x, y, z) = (ey , ey sin x, x) ∀ (x, y, z) ∈ R3 .
Posto
H1 (x, y, z) = ey
H2 (x, y, z) = ey sin x 209
H3 (x, y, z) = x
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
si ha
i
rot H
= ∂x
j
k
∂y
∂z = ∂x
i
j
k
∂y
∂z
ey ey sin x
H1 H2 H3
x
da cui
∂ y ∂ y ∂ ∂ x − e sin x + j e − x rot H = i ∂y ∂z ∂z ∂x ∂ y ∂ y +k e sin x − e = (0, −1, ey (cos x − 1)). ∂x ∂y
- Esercizio 7.2.8. La funzione F (x, y, z) sia de nita implicitamente dall'equazione tan[4 F (x, y, z)] = 1 + y 2 + x2 per ogni (x, y, z) ∈ R3 ; inoltre sia G(u) = (2, −u, u) per ogni u ∈ R. Le composizioni G ◦ F , F ◦ G hanno senso? Si espliciti quella (o quelle) che lo avessero, e se ne calcoli la divergenza (se ha senso).
Si può facilmente esplicitare
F.
Si ha
F (x, y, z) = Inoltre
F : R3 → R
mentre
G : R → R3
1 arctan(1 + y 2 + x2 ). 4
quindi entrambe le composizioni hanno senso perché
il codominio della prima funzione coincide (e quindi in particolare ha la stessa dimensione) del
G ◦ F e F ◦ G. Si ha, per ogni (x, y, z) ∈ R3 1 2 2 1 2 2 H(x, y, z) = 2, − arctan(1 + y + x ), arctan(1 + y + x ) 4 4
dominio della seconda funzione. Esplicito
H := G ◦ F : R3 → R3 e
L := F ◦ G : R → R
L(u) =
1 arctan(u2 + 5) 4
L'operatore divergenza si può applicare a campi vettoriali da
∀ u ∈ R.
R3 in R3 . Quindi ha senso calcolare
div H. Posto
H1 (x, y, z) = 2 H2 (x, y, z) = −
1 1 arctan(1 + y 2 + x2 ) H3 (x, y, z) = arctan(1 + y 2 + x2 ) 4 4
si ha
div H
=
∂H1 ∂H2 ∂H3 1 2y 1 y + + =0− +0=− . 2 2 2 2 ∂x ∂y ∂z 4 1 + (y + x ) 2 1 + (y + x2 )2 210
7.2
Rotore e divergenza
Nel caso di funzioni scalari, l'opertore divergenza si riduce alla derivata prima. Dunque si ha
L0 (u) =
-
Esercizio 7.2.9.
1 2u u . = 2 2 4 1 + (u + 5) 2 (1 + (u2 + 5)2 )
Si calcolino il rotore e la divergenza del campo vettoriale 2 +y 2
u(x, y, z) = (ex
, cos(y + z), sin(ey+z )).
Posto
u1 (x, y, z) = ex
2 +y 2
si ha
i
j
k
i
j
k
= ∂x ∂y ∂z =
∂x
∂y
∂z
rot u
u3 (x, y, z) = sin(ey+z )
u2 (x, y, z) = cos(y + z)
ex
u1 u2 u3
2 +y 2
cos(y + z) sin(ey+z )
da cui
∂ ∂ x2 +y2 ∂ ∂ y+z y+z sin(e ) − cos(y + z) + j e sin(e ) − rot u = i ∂y ∂z ∂z ∂x ∂ x2 +y2 ∂ +k cos(y + z) − e = i (cos(ey+z ) ey+z + sin(y + z)) + j (0 − 0) ∂x ∂y
+ k (0 − ex
2 +y 2
Inoltre div u
-
=
2 y) = (cos(ey+z ) ey+z + sin(y + z), 0, −2 y ex
2 +y 2
).
∂u1 ∂u2 ∂u3 2 2 + + = 2 x ex +y − sin(y + z) + cos(ey+z ) ey+z . ∂x ∂y ∂z
Esercizio 7.2.10.
Siano
f : R3 → R2
e
g : R2 → R3
le funzioni
f (x, y, z) = (ex−y , 2y)
∀ (x, y, z) ∈ R3 ,
g(u, v) = (v, u cos v, v)
∀ (u, v) ∈ R2 .
Si calcoli il rotore della funzione
g ◦ f.
Si ha
h := g ◦ f : R3 → R3
h(x, y, z) = (2y, ex−y cos(2y), 2y) ∀ (x, y, z) ∈ R3 .
Posto
h1 (x, y, z) = 2y
h2 (x, y, z) = ex−y cos(2y) 211
h3 (x, y, z) = 2y
7
Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza
si ha
i
j
k
= ∂x ∂y ∂z = ∂x
∂y
∂z
i
rot h
j
k
2y ex−y cos(2y) 2y
h1 h2 h3 da cui
∂ ∂ x−y ∂ ∂ rot h = i (2y) − e cos(2y) + j (2y) − (2y) ∂y ∂z ∂z ∂x ∂ x−y ∂ e cos(2y) − (2y) = i (2 − 0) + j (0 − 0) + k (ex−y cos(2y) − 2) +k ∂x ∂y = (2, 0, ex−y cos(2y) − 2).
-
Esercizio 7.2.11.
Siano
F : R3 → R2
e
F(x, y, z) = (ey , x) ,
G : R2 → R3
G(u, v) = (u, u sin v, v).
Si calcolino rotore e divergenza della funzione
Si ha
Poniamo
G ◦ F : R3 → R3
G ◦ F.
(G ◦ F)(x, y, z) = (ey , ey sin x, x).
H := G ◦ F e H1 (x, y, z) = ey , H2 (x, y, z) = ey
i ∂ rot H = ∂x H1
j
le funzioni
sin x,
H3 (x, y, z) = x. Si ha
k
∂ ∂ = ∂ H3 − ∂ H2 i + ∂ H1 − ∂ H3 j + ∂ H2 − ∂ H1 ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z H2 H3
=(0, −1, ey (cos x − 1)). Inoltre div
H=
∂ H1 ∂ H2 ∂ H3 + + = ey sin x. ∂x ∂y ∂z
212
k
CAPITOLO 8
Esercizi riguardanti campi vettoriali -
Esercizio 8.0.12.
Dato il campo vettoriale
v(x, y, z) = (z e
xz
, 1 + z 2 cos y, x ex z + 2 z sin y),
(i) si veri chi, sulla base di risultati teorici, che esso ammette un potenziale scalare; (ii) si determini un potenziale scalare di
v.
(i) Condizione necessaria e su ciente a nché un campo vettoriale ammetta potenziale scalare è che valga la condizione delle derivate in croce (in questo caso, ciò è equivalente a chiedere che
v : R3 → R3 sia irrotazionale) e che il dominio di v sia semplicemente connesso. È facile vedere 3 che il dominio di v è R che è semplicemente connesso. Vediamo se vale anche la condizione delle derivate in croce. Poniamo
v1 (x, y, z) = z ex z
v2 (x, y, z) = 1 + z 2 cos y
v3 (x, y, z) = x ex z + 2 z sin y.
Si ha
∂y v3 = 2 z cos y = ∂z v2
∂z v1 = ex z + x z ex z = ∂x v3
∂x v2 = 0 = ∂y v1 .
Quindi il campo considerato è conservativo. (ii) Per determinare un potenziale scalare
U
di
v è su ciente osservare che si deve avere
Ux (x, y, z) = z ex z Uy (x, y, z) = 1 + z 2 cos y Uz (x, y, z) = x ex z + 2 z sin y 213
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
da cui
Z U (x, y, z) = Z U (x, y, z) = Z U (x, y, z) = Possiamo scegliere
z ex z dx = ex z + c1 (y, z) (1 + z 2 cos y) dy = y + z 2 sin y + c2 (x, z) (x ex z + 2 z sin y) dz = ex z + z 2 sin y + c3 (x, y).
c1 (y, z) = y + z 2 sin y, c2 (x, z) = ex z
Quindi un potenziale scalare per
e
c3 (x, y) = y.
v è U (x, y, z) = ex z + y + z 2 sin y e tutti gli altri potenziali
per
v dieriscono da U
per una costante arbitraria.
-
Esercizio 8.0.13.
Dato il campo vettoriale
x
!
y
p + 5y 2 , p + 10xy , 2 2 x +y x2 + y 2
F (x, y) :=
i) dire se ammette un potenziale in tutto il dominio di de nizione ed eventualmente calcolarlo;
Z F · dγ,
ii) calcolare l'integrale curvilineo
dove
γ : [0, 1] → R2 , t 7→ (cos(tπ) + t2 , 1 + t2 ).
γ (i) Condizione necessaria e su ciente a nché un campo vettoriale ammetta potenziale scalare è che valga la condizione delle derivate in croce e che il dominio di so. È facile vedere che il dominio di
F
è
R2 \ {0}
F
sia semplicemente connes-
che non è semplicemente connesso. Vediamo
se vale la condizione delle derivate in croce. Poniamo
F1 (x, y, z) = p
x x2 + y 2
y F2 (x, y, z) = p + 10 x y. x2 + y 2
+ 5 y2
Si ha
∂x F2 = −
1 2xy + 10 y = ∂y F1 . 2 2 (x + y 2 )3/2
Quindi il campo considerato potrebbe essere conservativo ma per stabilirlo devo provare a calcolare un potenziale con la de nizione. Per determinare un potenziale scalare
U
di
F
è su ciente osservare che si dovrebbe avere
x + 5 y2 Ux (x, y) = p x2 + y 2 y Uy (x, y) = p + 10 x y 2 x + y2 214
da cui
Z
p p + 5 y 2 dx = x2 + y 2 + 5 x y 2 + c1 (y) x2 + y 2 ! p y p + 10 x y dy = x2 + y 2 + 5x y 2 + c2 (x) x2 + y 2
U (x, y) = Z U (x, y) = Possiamo scegliere
!
x
c1 (y) = c2 (x) = 0.
Quindi il campo dato è conservativo e un potenziale scalare per e tutti gli altri potenziali per
(ii) Visto che il campo
F
F
dieriscono da
U
F
è
U (x, y) =
p x2 + y 2 +5 x y 2
per una costante arbitraria.
è conservativo, si ha
Z F · d γ = U (γ(1)) − U (γ(0)). γ Allora
γ(1) = (0, 2) e
γ(0) = (1, 1)
Z F · d γ = U (γ(1)) − U (γ(0)) = −3 −
√ 2.
γ
-
Esercizio 8.0.14.
Si calcoli l'integrale curvilineo (il lavoro) del campo vettoriale
v(x, y) = (sin(y + x), cos(x − y)) lungo la curva data dai lati del triangolo di vertici
(0, 0), (1, 0)
e
(0, 1),
antiorario.
Questo esercizio può essere risolto in due modi. primo modo. Siano
γ1 = {(x, y) ∈ R2 : y = 1 − x ∧ 0 ≤ x ≤ 1} γ2 = {(x, y) ∈ R2 : y = 0 ∧ 0 ≤ x ≤ 1} γ3 = {(x, y) ∈ R2 : x = 0 ∧ 0 ≤ y ≤ 1} Troviamo una parametrizzazione di questi tre segmenti. Si ha
γ1 (t) =
x=1−t
0≤t≤1
y=t 215
γ10 (t) = (−1, 1).
percorsi in senso
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
γ2 (t) =
x=0
γ20 (t) = (0, −1).
1≤t≤2
y =2−t
x=t−2
γ3 (t) =
γ30 (t) = (1, 0).
2≤t≤3
y=0
A questo punto
Z
Z
Z
v(x, y) · dS =
L= γ
Z
v+ γ1
Z v+
γ2
Z
1
{sin[(1 − t) + t] (−1) + cos[(1 − t) − t] 1} dt
v= γ3
0
2
{sin[(2 − t) + 0] 0 + cos(t − 2 + 0) (−1)} dt
+ 1
Z
3
Z
1
{sin[t − 2 + 0] 1 + cos(t − 2 − 0) 0} dt =
+ 2
Z
2
Z
3
sin(t − 2) dt
− cos(t − 2) dt +
+
[− sin 1 + cos(1 − 2t)] dt 0
2
1
1 2 3 1 1 1 = − sin 1 − sin(1 − 2t) − sin(t − 2) − cos(t − 2) = − sin 1 − sin(−1) + sin 1 2 2 2 0 1 2 + sin(−1) − cos 1 + 1 = 1 − sin 1 − cos 1.
secondo modo.
in
2
R
D un dominio limitato v = P i + Q j ∈ C 1 (D), allora vale la
Utilizzo la formula di Gauss-Green nel piano: sia
che sia semplice rispetto ad entrambi gli assi. Se
formula
Z Z
Z (Qx − Py ) dx dy =
dove
∂ +D
è il bordo di
D
P dx + Q dy, ∂+D
D
orientato in senso antiorario.
216
Nel nostro caso
P = sin(y + x),
Q = cos(x − y), D
(0, 0), (1, 0)
è il triangolo di vertici
Z Z
Z
Z
v · dS =
e
1
(0, 1). 1−x
Z
[− sin(x − y) − cos(y + x)] dx dy =
γ
− sin(x − y) dx dy
D
Z
1
0
Z
1−x
− cos(y + x) dy dx =
+ 0
Z
1
Z
0
0
1
0
1−x 1−x Z 1 dx [− sin(y + x)] dx + [− cos(x − y)] 0
0
0
1
Z (− cos(x − 1 + x) + cos x) dx +
=
Allora
(− sin 1 + sin x) dx 0
0
1 1 1 1 = − sin(2x − 1) + sin x − sin 1 + (− cos x) 2 0 0
0
=−
-
1 1 sin 1 + sin(−1) + sin 1 − sin 1 − cos 1 + 1 = 1 − cos 1 − sin 1. 2 2
Esercizio 8.0.15.
γ
Sia
la curva chiusa in
R3
formata dai tre segmenti che uniscono,
nell'ordine, i punti
P1 = (1, 0, 0),
P2 = (0, 3, 0),
P3 = (0, 0, 4).
(i) Calcolare
Z
z 2 ds.
γ
(ii) Sia
V
i
j
k
V (x, y, z) = x2 + y + z . I V · dγ
il campo vettoriale de nito da
Calcolare
γ
e commentare il risultato.
γ = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 ,
γ1 è il segmento che unisce nell'ordine P1 e P2 , γ2 è il segmento che unisce nell'ordine P2 e P3 e γ3 è il segmento che unisce nell'ordine P3 e P1 . Bisogna trovare una parametrizzazione di γ. Dopo di che si avrà
(i) Sia
dove
Z
2
Z
z ds = γ ma
γ1
è tale che
z=0
2
Z
z ds + γ1
2
z ds + γ2
quindi
Z
z 2 ds = 0.
γ1 217
Z γ3
z 2 ds
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
D'altra parte, troviamo ora una parmetrizzazione di
x=0 γ2 (t) = y = 12 − 3t 4 z=t
0≤t≤4
γ2 .
Si ha
γ20 (t)
=
3 0, − , 1 4
|γ20 (t)| =
5 4
quindi
Z
z 2 ds =
Z
γ2
0
4
4 3 5 5 t 80 t2 dt = = 4 4 3 3 0
In ne
x=t γ3 (t) = y = 0 z = −4t + 4
0≤t≤1
γ30 (t) = (1, 0, −4)
|γ30 (t)| =
√
17
quindi
Z
z 2 ds =
γ3
Z
1
Z √ 2 (4 − 4t) 17 dt =
0
1
0
√
1 3 √ 16 √ t 17 16 (1 − t)2 dt = 17 16 t − t2 + 17. = 3 3 0
Quindi riassumendo
Z
z 2 ds =
γ
√ 16 [5 + 17]. 3
(ii) Si vede immediatamente che il campo vettoriale
R3
e il suo dominio (che è
R3 )
V
è conservativo perché irrotazionale su
è semlicemente connesso. Allora
I V · d γ = 0. γ
Veri chiamo questo risultato utilizzando la de nizione. zazione per
Utilizziamo la seguente parametriz-
γ1 x = 1 − t/3 γ1 (t) = y = t z=0
0≤t≤3
218
γ10 (t)
=
1 − , 1, 0 . 3
Si ha
I
Z V · dγ =
γ
Z V · dγ +
4
+ 0
1 =− 3
3
Z 0
12 − 3t 4
−
2 t2 1− t+ 3 9
3 4
0
γ3
4
Z dt +
V · dγ =
γ2
3
Z
V · dγ +
γ1
Z
Z
1
Z
t2 dt +
t dt + 0
0
Z
t 1− 3
2 Z 3 1 t dt − dt + 3 0
1
(−4) (−4t + 4) dt 0
3 4 1 1 Z t2 3 4 3 t2 t3 t2 dt + − 3 − t dt + + + 16 − 16 = −1 2 4 0 4 2 3 2 0
0
0
0
3 3 4 1 t3 9 9 t2 1 1 9 9 1 2 t2 − + −9+ + 8 + + 8 − 16 = −1 + 1 − + − 9 + + = 0 + 9 2 0 27 3 0 2 16 2 0 3 3 2 2 3 - Esercizio 8.0.16. Sia γ la curva piana de nita da γ(t) = (t sin t, 2 t) e sia W (x, y) = (−y, x) un campo vettoriale piano. Z • Calcolate il lavoro L := W ·d γ del campo W lungo il tratto della curva γ congiungente P0 P1
P0 = (0, 0) e P1 = (0, 2 π). • Calcolate il lavoro di W lungo
il segmento congiungente
Ci chiediamo innanzitutto se il campo
W
P0
e
P1 .
è conservativo. Posto
W1 (x, y) = −y
W2 (x, y) = x,
si ha che
∂y W1 = −1 6= 1 = ∂x W2 . Il campo il lavoro
W non soddisfa la condizione delle derivate in croce dunque non è conservativo. l deve essere calcolato con la de nizione.
Allora
• Nel caso della curva congiungente P0 e P1 , si ha che P0 = (0, 0) è raggiunto per t = 0 mentre P1 = (0, 2 π) è raggiunto per t = π. Dunque il tratto di curva γ considerata è quella per cui 0 ≤ t ≤ π. Si ha inoltre γ 0 (t) = (sin t + t cos t, 2). Allora (integrando due volte per parti)
π
Z l=
Z ([−2 t] [sin t + t cos t] + 2 t sin t) dt =
0
0
Z =4 0
π
Z π t sin t dt = 4 [−t cos t] + 4 0
0
π
π
π Z −2 t cos t dt = [−2t sin t] + 2
2
0
0
π cos t dt = 4 (−π cos π) + 4 sin t = 4 π. 0
219
π
4 t sin t dt
8
•
Esercizi riguardanti campi vettoriali
Parametrizziamo il segmento. Si ha
0 ≤ t ≤ 1.
γ˜ (t) = (x(t), y(t)) = (0, 2 π t) Si ha
γ˜ 0 (t) = (0, 2 π)
da cui
1
Z
(−2 π t)0 + 0 (2 π) dt = 0.
l= 0
-
Esercizio 8.0.17.
(i) Sia dato il campo vettoriale
F (x, y) = si stabilisca se
f ∈ C ∞ (R)
f (x)y 2 2 + 5y , −y cos x + 10xy , x
può essere scelta in modo tale che
F
ammetta un potenziale in
tutto il suo dominio di de nizione, e nel caso calcolarlo.
R
(ii) Si calcoli l'integrale curvilineo
γ
G · dγ,
G(x, y) = y sin x, − cos x ey(cos x) ,
dove
γ : [0, 1] → R2 ,
t 7→ (cos(tπ) + t3 , 1 + t4 ).
(i) È chiaro che l'insieme di de nizione del campo vettoriale funzione
f.
Una condizione necessaria a nché il campo
F
F
dipende dalla scelta della
ammetta potenziale è che valga la
condizione delle derivate in croce. Imponiamo questa condizione e vediamo cosa implica su Si dovrebbe avere
Dx (−y cos x + 10xy) = Dy
da cui
y sin x + 10y = e questo implica allora che Con questa scelta di
f
f (x) =
f (x) y 2 + 5y 2 x
f.
f (x) 2 y + 10y x
1 x sin x. 2
vale la condizione delle derivate in croce e si ha
F (x, y) = da cui si vede immediatamente che
1 sin x y 2 + 5 y 2 , −y cos x + 10 x y 2 F
è de nito su tutto
R2
che è un dominio semplicemente
connesso. Quindi la teoria ci assicura che il campo dato è conservativo. Calcolo un potenziale
U.
Si deve avere
Ux =
1 sin x y 2 + 5 y 2 2
Uy = −y cos x + 10 x y 220
da cui
Z U=
ma anche
1 sin x y 2 + 5 y 2 2
dx =
Z U=
1 2 y (− cos x) + 5 x y 2 + C1 (y) 2
y2 cos x + 5 x y 2 + C2 (x). 2 C1 (y) = C2 (x) = 0 e
(−y cos x + 10 x y) dy = −
A questo punto posso senz'altro scegliere
1 U (x, y) = − y 2 cos x + 5 x y 2 . 2 (ii) Si tratta di calcolare un integrale curvilineo di seconda specie, cioè un integrale di un campo vettoriale. Vediamo se il campo
G
è conservativo. Il suo dominio di de nizione è
R2
che è semplicemente connesso; vediamo se vale la condizione delle derivate in croce. Dovrebbe essere
Dx (− cos x ey(cos x) ) = Dy (ey(cos x) y sin x) da cui
sin x ey(cos x) + cos x ey(cos x) sin x y = ey(cos x) cos x y sin x + ey(cos x) sin x. Quindi la teoria ci assicura che il campo
G
è conservativo. Troviamo un potenziale
U.
Deve
essere
Ux = y sin x ey(cos x) da cui
Z U=
e anche
Z U=
Uy = − cos x ey(cos x)
(y sin x ey(cos x) ) dx = −ey(cos x) + C1 (y) (− cos x ey(cos x) ) dy = −ey(cos x) + C2 (x)
quindi posso senz'altro scegliere
C1 (y) = C2 (x) = 0
e
U (x, y) = −ey(cos x) .
A questo punto
Z G · d γ = U (γ(1)) − U (γ(0)) γ da cui
γ(1) = (0, 2) e
Z
γ(0) = (1, 1)
G · d γ = −e2 + ecos 1 .
γ
-
Esercizio 8.0.18.
parametrizzata da
F (x, y) = (3y, 1 + x) 0 ≤ t ≤ 2.
Calcolare il lavoro del campo 2
Φ(t) = (t , t + arctan t)
con
221
sulla curva
γ
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
Si tratta di un integrale curvilineo di seconda specie. Allora
Z
F1 (x, y) = 3y
e
F2 (x, y) = 1 + x.
2
Z
F1 (γ(t)) · γ10 (t) + F2 (γ(t)) · γ20 (t) dt
F = γ
Sia
0
dove
0
γ (t) =
(γ10 (t), γ20 (t))
=
1 2t, 1 + 1 + t2
.
Allora
Z
Z
2
F = 0
γ da cui
6t 1 2t 6t + + 1 + 2t + + 2 2 1+t 1+t 1 + t2
Z γ
-
Z dt =
2
1 + 8t +
0
8t 1 + 2 1+t 1 + t2
dt
2 F = t + 4t2 + 4 log(1 + t2 ) + arctan t 0 = 18 + 4 log 5 + arctan 2.
Esercizio 8.0.19.
Considerate il campo vettoriale
F (x, y) = 3x2 +
2xy 2 1 + x2 y 2
, 3+
2x2 y 1 + x2 y 2
a) dite se vale la condizione delle derivate in croce; b) dite se
F
è conservativo, e in caso aermativo calcolate un potenziale;
c) calcolate l'integrale di
F
sulla metà superiore dell'ellisse di equazione
x2 +4y 2 = 4 percorsa
in verso antiorario. (a) Veri chiamo che vale la condizione delle derivate in croce. Si deve avere
∂ ∂x
3+
2x2 y 1 + x2 y 2
∂ = ∂y
2xy 2 3x + 1 + x2 y 2 2
.
D'altra parte si ha
∂ ∂x
3+
2x2 y 1 + x2 y 2
4xy ∂ = = 2 2 2 (1 + x y ) ∂y
3x2 +
2xy 2 1 + x2 y 2
e quindi vale la condizione delle derivate in croce. (b) Si ha che
F
è conservativo perché vale la condizione delle derivate in croce e perché il suo
dominio di de nizione (che è
U
R2 )
è semplicemente connesso. Troviamo un potenziale di
è un potenziale, deve senz'altro essere
Ux = 3x2 +
2xy 2 1 + x2 y 2
da cui
U (x, y) = x3 + log(1 + x2 y 2 ) + c1 (y). 222
F.
Se
D'altra parte deve anche essere
Uy = 3 +
2x2 y 1 + x2 y 2
da cui
U (x, y) = 3y + log(1 + x2 y 2 ) + c2 (x). Allora un potenziale si ottiene scegliendo
c1 (y) = 3y
e
c2 (x) = x3 .
(c) Parametrizziamo la parte superiore dell'ellisse. Si ha
γ(θ) =
x(θ) = 2 cos θ
θ ∈ [0, π].
y(θ) = sin θ Da cui
γ 0 (θ) = (−2 sin θ, cos θ). Quindi, dette rispettivamente
Z
Z
e
F2 (x, y)
le due componenti del campo, si ottiene
π
[F1 (x(θ), y(θ)) · γ10 (θ) + F2 (x(θ), y(θ)) · γ20 (θ)] dθ
F ds = γ
F1 (x, y)
0 π
8 cos3 θ sin θ 8 cos θ sin3 θ + 3 cos θ + dθ = −24 cos θ sin θ − 1 + 4 cos2 θ sin2 θ 1 + 4 cos2 θ sin2 θ 0 Z π 4 sin(2θ) cos(2θ) 3 π π dθ = −16 + [log(1 + [sin(2θ)]2 )]π0 = −16 = 8 [cos θ]0 + 3 [sin θ]0 + 2 1 + [sin(2θ)] 0 Z
-
Esercizio 8.0.20.
2
Considerate i campi
F1 (x, y) = (2xy, x2 )
e
F2 (x, y) = (−y, x);
a) dite per quali campi vale la condizione delle derivate in croce; b) dite se i campi sono conservativi (o se almeno uno lo è) e in caso aermativo calcolate un potenziale; c) calcolate l'integrale di
F1 + F2
sul bordo del rettangolo
[0, 3] × [0, 1]
percorso in verso
antiorario. Per
F1
si ha
∂ ∂ 2 (2xy) = 2x = x, ∂y ∂x quindi per
F1
vale la condizione delle derivate in croce su tutto
Un potenziale si trova subito ed è Invece per
F2
2
x y.
si ha
∂ ∂ (−y) = −1 6= 1 = x, ∂y ∂x 223
R2 ,
pertanto è conservativo.
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
quindi per
F2
non vale la condizione delle derivate in croce quindi non è conservativo.
Dato che il bordo del rettangolo è una curva chiusa, l'integrale di calcolare quello di
F2 .
F1
è nullo. Resta solo da
Parametrizziamo i quattro lati:
Z
Z 0≤t≤3
l1 := φ1 (t) = (t, 0),
0 dt = 0; 0
l1
Z
Z 0≤t≤1
l2 := φ2 (t) = (3, t),
3
F2 = 1
3 dt = 3;
F2 = 0
l2
Z
Z l3 := φ3 (t) = (3 − t, 1),
0≤t≤3
Z
Z 0≤t≤1
1
0 dt = 0.
F2 = 0
l4 da cui
1 dt = 3; 0
l3
l4 := φ4 (t) = (0, 1 − t),
3
F2 =
Z F2 = 6.
-
Esercizio 8.0.21.
a) dite se per
F
Considerate il campo vettoriale
vale la condizione delle derivate in croce;
b) dite se esiste un numero
(4, 0)
a
c
tale che
F sulla (4, 2), poi tre
c) calcolate l'integrale di verticale da
F (x, y) = (−y, 3x)
F (x, y) − c(x, −y)
sia conservativo;
curva che si ottiene percorrendo nell'ordine il segmento quarti della circonferenza centrata in
in ne la metà superiore della circonferenza centrata in
(3, 0)
(2, 2)
no a
(2, 0),
no a tornare al punto di
partenza. Si ha
F = −y dx + 3x dy
e
∂(−y) ∂(3x) = −1 6= 3 = , ∂y ∂x quindi
F
non è conservativo. Dato che il dominio di
F − c(x dy − y dx)
è
R2 ,
per dire che è
conservativo basta vedere se vale la condizione delle derivate in croce, ma
F − c(x dy − y dx) = (c − 1)y dx + (3 − c)x dy ∂ [(c − 1)y] = c − 1; ∂y
∂ [(3 − c)x] = 3 − c, ∂x
quindi vale
⇔ c − 1 = 3 − c ⇔ 2c = 4 ⇔ c = 2. Chiamiamo ora
γ1 , γ2 , γ3
rispettivamente il segmento, i
3/4
di circonferenza e la semicircon-
ferenza orientati come prescritto e parametrizzati in questo modo:
γ1 : (4, t)
0 ≤ t ≤ 2; 224
π 2
γ2 : (2 + 2 cos t, 2 + 2 sin t), 0≤t≤ γ3 : (3 − cos t, sin t) 0 ≤ t ≤ π. Z
Z
2
F =
12 dt = 24
γ1
Z
3π/2
Z
3π
12 cos t+12 cos2 t+4 sin t+4 sin2 t dt = [12 sin t−4 cos t+8t+4 sin t cos t]02 = 12π−8
F = 0
γ2
Z
π
Z
−9 cos t − 3 cos2 t − sin2 t dt = [−9 sin t − 2 − sin t cos t]π0 = −2π
= γ3
0
e la somma vale
-
0
10π + 16.
Esercizio 8.0.22.
Considerate il campo vettoriale
a) dite se per il campo
F
b) calcolate l'integrale di
γ
curva
vale la condizione delle derivate in croce;
F
parametrizzata da
secondo estremo di
γ
F (x, y, z) = (z, x, y);
sulla curva che si ottiene percorrendo (nell'ordine) prima la
0 ≤ t ≤ 2π estremo di γ.
(cos t, sin t, t)
e arriva al primo
con
e poi il segmento che parte dal
F non vale la condizione delle derivate in croce; infatti la derivata in x del d y è 1, quella in y del coe ciente di dx è 0. Calcoliamo l'integrale sull'elica:
Per di
Z
2π
Z
Z = 0
2π
(t (− sin t) + cos t (cos t) + sin t 1) dt
(z dx + x dy + y dz) dt = 0
coe ciente
0 2π
2π t + sin t + cos t (−t sin t + cos t + sin t) dt = (t cos t − sin t) + − cos t = 3π. 2 0
2
Invece sul segmento che parte da
(1, 0, 2π − t)
con
Z
0 ≤ t ≤ 2π
(1, 0, 2π)
e arriva a
Z
2π
(1 0 + 0 (−1) + (2π − t) 0) dt = 0,
(z dx + x dy + y dz) dt = quindi il valore nale è
ed è quindi parametrizzato da
si ha
2π
0
(1, 0, 0)
0
3π.
225
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
Esercizio 8.0.23.
F (x, y) = (2x sin y − 3y, x2 cos y) e sia γ la curva costituita dalla metà inferiore della circonferenza di centro (π, 0) e raggio π, percorsa da (0, 0) a (2π, 0), seguita dalla parte del gra co della funzione sin x con x ∈ [0, 2π], percorsa da (2π, 0) a (0, 0);
-
F
Sia
a) dite se per il campo
F
il campo vettoriale
valgono le condizioni delle derivate in croce;
F è conservativo; c) scrivete F come somma F0 + F1 di due campi vettoriali con F0 conservativo; R d) Calcolate γ F · dγ. ∂A ∂B a) = 2x cos y − 3 6= = 2x cos y quindi per F non vale la condizione delle ∂y ∂x b) dite se
derivate
in croce. b)
F
non è conservativo perché non vale la condizione delle derivate in croce (che è condizione
necessaria).
F = 2x sin y dx + x2 cos y dy − 3y dx dove F0 := 2x sin y dx + x2 cos y dy e F1 := −3y dx. Si 2 ha che F0 è conservativo perché vale la condizione delle derivate in croce su R semplicemente
c)
connesso. d)
R γ
F =
R γ
F1
perché
F0
è conservativo e
γ1
γ
chiusa.
x = π(1 + cos t) − π ≤ t ≤ 0,
y = π sin t x=t γ2 y = sin t
0 ≤ t ≤ 2π.
Dunque si ha
Z
Z F−
F = γ
-
Z
γ1
Esercizio 8.0.24.
F = 3π
2
Z
0
Z
2
sin t dt + −π
γ2
0
2π
3 3 3 sin t dt = π 3 + 0 = π 3 . 2 2
Calcolare
2 x ye dx + e + log y dy y γ
Z
ove
γ
x
è la curva piana di equazione cartesiana
verso delle
x
y = (1 − e)x2 + e
crescenti.
226
per
0≤x≤1
percorsa nel
Il campo
2 F = ye dx + e + log y y x
x
dy
è tale che vale la condizione delle derivate in croce:
∂N ∂M = ex = . ∂y ∂x Inoltre è de nito sull'insieme connesso. Allora
F
{(x, y) : y > 0} che è un semipiano aperto e quindi semplicemente
è conservativo nel suo dominio.
Potenziale:
f (x, y) = yex + (log y)2 + c. La curva è una parabola di vertice
(0, e).
Z w = f (1, 1) − f (0, e) = e − [e + 1] = −1. γ
227
8
Esercizi riguardanti campi vettoriali
228
CAPITOLO 9
Esercizi riguardanti serie di potenze e serie di Fourier 9.1. Serie di potenze -
Esercizio 9.1.1. Trovare l'insieme di convergenza delle seguenti serie di potenze (quando
possibile, discuterne il comportamento agli estremi):
1)
∞ X
x
n
2)
n=0
∞ X xn 3) n+1 n=0 ∞ X (x − 1)n 5) 2n + 3 n=0 ∞ X √ 7) n n xn n=1 √ ∞ X n+ n n 9) x 2n2 − n n=1 ∞ X 11) n3 x2n+1 n=1
13)
∞ X n=1
n enx 2n + 4
∞ X n=0
4)
∞ X
xn (n + 1)2 (2n + 3n )xn
n=0
6)
∞ X n=1
∞ X
xn log(1 + n)
xn 1 + 3n n=1 ∞ X (−1)n 1 √ + 10) xn n n n=1 n ∞ X 3n − 2 12) x2n n + 1 n=1 ∞ X xn+1 14) n (x + 1)n n=1 8)
229
9
Esercizi riguardanti serie di potenze e serie di Fourier
9.2. Serie di Fourier - Esercizio 9.2.1. (variazioni dell'onda quadra) Determinare i coe cienti di Fourier della funzione, per A > 0 ( f (x) = prolungata a una funzione
2
x ∈ [0, π) x ∈ [π, 2π)
A 0
2π−periodica
su
R
R. Ragionando per linearità rispetto all'onda quadra si ottiene ∞
A 2A X 1 + sin((2n + 1)x) 2 π n=0 2n + 1
- Esercizio 9.2.2. (variazioni dell'onda quadra) Determinare i coe cienti di Fourier della funzione, per A > 0 ( f (x) = prolungata a una funzione
2
R.
x ∈ [0, π) x ∈ [π, 2π)
0 −A
2π−periodica
su
R
∞
A 2A X 1 − + sin((2n + 1)x) 2 π n=0 2n + 1
- Esercizio 9.2.3. (variazioni dell'onda quadra) Determinare i coe cienti di Fourier della funzione, per A > 0 ( f (x) = prolungata a una funzione
2
R.
x ∈ [0, π) x ∈ [π, 2π)
A −A
2π−periodica su R.
Discutere la convergenza della serie di Fourier.
∞
4A X 1 sin((2n + 1)x) π n=0 2n + 1 230
9.2
Essa converge a
-
f (x)
Esercizio 9.2.4.
per
x ∈ (−π, 0) ∪ (0, π)
mentre converge a 0 per
Serie di Fourier
x = −π, 0, π .
Sviluppare in serie di Fourier
f (x) = 4 − 2 sin x + 3 cos(3x)
2
R. Si nota che f
è un polinomio trigonometrico, quindi confrontando
∞
a0 X 4 − 2 sin x + 3 cos(3x) = + an cos(nx) + bn sin(nx) 2 n=0 si ottiene
8 an = 3 0 ( −2 bn = 0
e
n=0 n=3 altrimenti
n=1 altrimenti
Ovviamente in questo caso non si pongono problemi di convergenza della serie di Fourier.
-
Esercizio 9.2.5.
Sviluppare in serie di Fourier
f (x) = sin3 x + sin2 x
2
R. Usando le formule di duplicazione si ottiene f (x) = sin3 x + sin2 x = sin x sin2 x + sin2 x =
quindi
f
1 3 1 1 + sin x − cos 2x − sin 3x 2 4 2 4
si riduce a un polinomio trigonometrico, quindi confrontando
∞
1 3 1 1 a0 X + sin x − cos 2x − sin 3x = + an cos(nx) + bn sin(nx) 2 4 2 4 2 n=0 si ottiene
e
1 an = −1/2 0 3/4 bn = −1/4 0
n=0 n=2 altrimenti
n=1 n=3 altrimenti 231
9
Esercizi riguardanti serie di potenze e serie di Fourier
Ovviamente anche in questo caso non si pongono problemi di convergenza della serie di Fourier.
-
Esercizio 9.2.6.
Sviluppare in serie di Fourier
f (x) = x2 prolungata a una funzione 2-periodica su
x ∈ [−1, 1)
R
2 R. Le uniche osservazioni da fare sono che f è pari, dunque bn = 0 e che 2π ma T = 2. Quindi usando le formule Z 1 Z 2πn 2 T x2 cos(πnx) dx f (x) cos x dx = an = T 0 T −1 si ottiene
Z
1
x2 dx =
a0 = −1
il periodo non è
2 3
mentre integrando due volte per parti
an =
4 cos(πn) 4 = (−1)n 2 2 2 2 π n π n
Dunque la serie di Fourier associata alla funzione è
∞
4 1 X (−1)n 2 2 cos(πnx). + 3 n=0 π n - Esercizio 9.2.7.
Sviluppare in serie di Fourier la funzione
prolungata a una funzione
2π -periodica
su
R.
f (x) = |x| de nita su [−π, π] e
Discutere la convergenza della serie di Fourier
e utilizzare i risultati ottenuti per veri care che ∞ X n=0
2
1 π2 = (2n + 1)2 8
R. La funzione è pari per cui bn = 0 mentre a0 = π/2 e an =
0
4 − n2 π
n
pari
n
dispari
per cui la serie di Fourier è
∞ π 4X 1 − cos(2n + 1)x 2 π n=0 (2n + 1)2 232
9.2
Serie di Fourier
C'è convergenza totale - teorema del confronto con la serie
∞ X n=0
1 (2n + 1)2
c'è convergenza puntuale in ogni punto e c'è anche convergenza in norma quadratica. Per il calcolo della somma richiesta, è su ciente calcolare lo sviluppo di Fourier in
x = 0.
- Esercizio 9.2.8. Sviluppare in serie di Fourier la funzione f (x) = | sin x| de nita [0, π] e prolungata a una funzione 2π -periodica su R. Discuterne la convergenza. 2
R. Si ha
su
∞
2 X 4 f (x) = + cos(2nx) π n=0 π(1 − 4n2 ) C'è convergenza totale su
-
Esercizio 9.2.9.
R
e quindi anche convergenza puntuale e in norma quadratica.
Sviluppare in serie di Fourier la funzione
( g(x) = de nita su
2
−π < x < 0 0≤x≤π
0 sin x
[−π, π] e prolungata a una funzione 2π -periodica su R.
Discuterne la convergenza.
R. Si ha (ricavandola dall'esercizio precedente) ∞
1 sin x X 2 g(x) = + + cos(2nx) π 2 π(1 − 4n2 ) n=1 Anche in questo caso c'è convergenza totale su
R
e quindi anche convergenza puntuale e in
norma quadratica.
-
Esercizio 9.2.10.
Sviluppare in serie di Fourier la funzione
e prolungata a una funzione
2
2π -periodica
R. π−
su
R.
∞ X 2 k=1
Converge a
f (x) = x
per
x ∈ (0, 2π)
k
f (x) = x
de nita su
Discuterne la convergenza.
sin(kx)
mentre converge a
233
π
per
x = 0, x = 2π .
[0, 2π)
9
Esercizi riguardanti serie di potenze e serie di Fourier
-
Esercizio 9.2.11.
de nite su
[−π, π]
Sviluppare in serie di Fourier delle funzioni
e prolungate a funzioni
Quanto valgono le somme
2
R.
2π -periodiche
∞ X 1 n2 n=1
su
R.
∞
4 π2 X + (−1)k 2 cos(kx) 3 k k=1 ∞ 4 π4 X 48 k g(x) = + cos(kx) (−1) − 5 k2 k4 k=1
234
e
g(x) = x4
Discuterne la convergenza.
∞ X 1 ? n4 n=1
f (x) =
f (x) = x2
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