raccolta analisi reale complessa
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UNIVERSITÀ DEGLI STUDI ROMA TRE FACOLTÀ DI SCIENZE M.F.N. DIPARTIMENTO DI MATEMATICA
Esercizi svolti di analisi reale e complessa a cura del
Dr. Alfonso Sorrentino
Esercizi assegnati nei tutorati di AM3, AM4 e AC1 da me svolti negli a.a. internet
2000-01, 2001-02 e 2002-03 (in parte reperibili sul sito
www.mat.uniroma3.it)
Indice I
Testi degli esercizi
3
1 Calcolo dierenziale in Rn 1.1
Spazi normati, topologia standard in
1.2
Funzioni da
Rn
Rn
4 . . . . . . . . . . . . . .
Rm : regolarità, polinomio di Taylor, estremi etc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
in
liberi e vincolati,
5
1.3
Equazioni dierenziali ordinarie e problemi di Cauchy
. . . . . .
12
1.4
Successioni e serie di funzioni. Elementi di analisi complessa . . .
13
1.5
Teorema delle funzioni implicite e della funzione inversa
16
2 Integrazione in Rn
Rn
. . . . .
18
2.1
Misura di Peano-Jordan e integrale di Riemann in
. . . . . .
2.2
Integrali iterati
18
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.3
Integrazione su varietà di
e forme dierenziali . . . . . . . . .
22
2.4
Serie di Fourier e applicazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
Rn
3 Analisi complessa
27
II
37
Soluzioni degli esercizi
1 Calcolo dierenziale in Rn 1.1
Spazi normati, topologia standard in
1.2
Funzioni da
Rn
Rn
38 . . . . . . . . . . . . . .
Rm : regolarità, polinomio di Taylor, estremi etc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
in
liberi e vincolati,
46
1.3
Equazioni dierenziali ordinarie e problemi di Cauchy
. . . . . .
66
1.4
Successioni e serie di funzioni. Elementi di analisi complessa . . .
69
1.5
Teorema delle funzioni implicite e della funzione inversa
78
2 Integrazione in Rn
Rn
. . . . .
85
2.1
Misura di Peano-Jordan e integrale di Riemann in
. . . . . .
2.2
Integrali iterati
85
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
2.3
Integrazione su varietà di
2.4
Serie di Fourier e applicazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
Rn
e forme dierenziali . . . . . . . . .
3 Analisi complessa
99
126 1
Appendici
154
A Esercizi proposti (non svolti)
155
2
Parte I
Testi degli esercizi
3
Capitolo 1
Calcolo dierenziale in Rn 1.1 Spazi normati, topologia standard in Rn Esercizio 1.
R1 0
Veri care che la funzione
k.k : C([0, 1], R) → R
, t.c.
f 7→ kf k ≡
|f (x)| dx
è una norma su
Esercizio 2.
C([0, 1], R).
Trovare un esempio in cui vale la stretta disuguaglianza triango-
lare, nel caso della
k.k∞
; cioè:
kx + yk∞ < kxk∞ + kyk∞
Esercizio 3.
Dimostrare che l'unione di due curve, con un estremo in comune,
è ancora una curva.
Esercizio 4.
Dimostrare che l'anello
A = {x ∈ R2 : 1 < kxk < 2}
è connesso
per curve.
Esercizio 5. (Spazio delle funzioni Lipschitziane) E ⊂ Rn C(E, Rm ): Sia
un insieme compatto e si de nisca il seguente sottoinsieme di
m Lip(E, R ) ≡ f ∈ C(E, Rm ) : Si dimostri che
kf kLip
(Lip(E, Rm ), k · kLip )
|f (x) − f (y)| ≡ sup + sup |f (x)| < ∞ . |x − y| x,y∈E x∈E x6=y
è uno spazio di Banach.
4
Esercizio 6. (Spazi di successioni: `1 e `∞ ) Sia
x = {xn }n ∈ RN
una successione a valori reali (o complessi) e de niamo
kxk1 ≡
X
|xn |
kxk∞ ≡ sup |xn | .
e
n∈N
n∈N Consideriamo i seguenti sottospazi di
`1 `∞ 1
Mostrare che
2
Mostrare che (quindi
3∗∗
≡ {x ∈ RN : ≡ {x ∈ RN :
(`1 , k · k1 )
e
kxk1 < ∞} kxk∞ < ∞} .
(`∞ , k · k∞ )
sono spazi di Banach.
`1 ⊂ `∞ , ma non è un sottospazio (` , k · k∞ ) non è uno spazio di Banach).
chiuso di
(`∞ , k · k∞ )
1
Qual è la chiusura di
Esercizio 7.
RN :
`1
rispetto alla metrica indotta dalla
k · k∞
?
(`1 , k · k1 ).
Si consideri lo spazio di Banach
(i) Si dimostri che l'insieme
Ω := {x ∈ `1 :
kxk1 ≤ 1}
non è compatto. (ii) Dire se è compatto l'insieme
D := {x ∈ `1 : |xk | ≤ 1 ∀ k, xk = 0 ∀ k > 10} .
1.2 Funzioni da Rn in Rm: regolarità, polinomio di Taylor, estremi liberi e vincolati, etc . . . Esercizio 8. Esercizio 9. ogni
Mostrare che la funzione
Fissato un
|x − x0 | < δ
>0,
f (x) =
si trovi un
xi kxk non è continua in O=(0,0,..,0)
δ
tale che
1.
f = |x|α , α > 0 x ∈ R4 , x0 = (0, 1, 1, 2) x0 = (0, .., 0) );
2.
f = sin
1 x1 x23
|f (x) − f (x0 )| < ,
per
nei seguenti casi:
, x ∈ R3 , x0 = (−1, 0, −1) ; 5
(ripetere il calcolo per
4.
Qn f = log[cos ( i=1 xi )] , x ∈ Rn , x0 = (0, .., 0) ; P+∞ 2 f = k=0 e−k|x| , x ∈ Rn , x0 = (1, .., 1) ;
5.
f = tanh |x|1 , x ∈ Rn , x0 = (1, .., 1) ;
6.
f = ( |x| 2 , tanh |x|1 ) , x ∈ R4 , x0 = (0, 1, 1, 2) ;
3.
3
Esercizio 10.
Sia
Esercizio 11.
Sia
S 2 ≡ { x ∈ R3 : |x| = 1 } , x ≡ (2, 0, 0) , x0 = (1, 0, 0) , f ≡ x1 x2 (sin |x − x|)−1 . 2 Trovare δ tale che |f (x) − f (x0 )| < , per ogni x ∈ S tale che |x − x0 | < δ .
f : R4
−→
R2
x 7−→
(f1 (x), f2 (x)) ≡
Calcolare il modulo di continuità in
Esercizio 12.
1 , sin(x1 x4 ) . 1 + |x|
x0 = (0, 0, 0, 0).
Mostrare che
f : E ⊂ Rn −→ Rm è continua se e soltanto se sono continue le funzioni componenti
fi : E ⊂ Rn −→ R per ogni
i = 1, . . . , m.
Esercizio 13.
Trovare, se esiste, una costante
|f (x) − f (y)| ≤ L|x − y| con
x ∈ Rn
e
(i)
f
così de nita (con
f (x) =
|·|
1 , 2 − |x|
L>0
tale che
∀ x, y ∈ Ω
si intende la norma euclidea):
! n Y xi , sin
Ω = B1 (0) ;
i=1
1
(ii)
f (x) =
Ω = B1 (x0 ), x0 = (2, . . . , 2) 1 , 2 − |x| 2 oppure x0 = (0, . . . , 0) (per il primo dominio dobbiamo supporre che n 6= 3, 4, 5, 6 );
(iii)
f (x) = e|x| x ,
2
Ω = Br (0), r > 0 . 6
Esercizio 14.
Sia
P ≡ {(x, y) ∈ R2
tali che
y = x2
consideriamo la funzione di due variabili de nita da
0 1
f (x, y) = Si controlli che, per la funzione
f
se se
1:
(x, y) 6= (0, 0)}
e
(x, y) 6∈ P (x, y) ∈ P
sopra de nita, si ha
ξ 6= 0.
∂|x|α ∂xi
e
Esercizio 15.
Calcolare
Esercizio 16.
Si consideri la seguente funzione
∂f ∂ξ
(0) = 0 ,
per ogni
, ∀ x ∈ Rn \ {0} , e ∀ α ∈ R.
( f (x) =
|x1 x2 |α |x|β
se
0
se
f : R2 → R ,
con
α, β > 0 :
x 6= 0 x=0
Trovare condizioni necessarie e su cienti a nchè:
1.
f
sia continua nell'origine;
2.
f
abbia derivate direzionali nell'origine;
3.
f
sia dierenziabile nell'origine;
4.
f
sia
C 1 ({0}).
Esercizio 17.
Sia
Dimostrare che se
f : A ⊂ Rn → Rm con A aperto. f ∈ C 1 ({x0 }, Rn ) con x0 ∈ A , allora f
è dierenziabile in
x0 .
Esercizio 18.
Si consideri la funzione
f : R2
−→
(x, y) 7−→ 1. Calcolare
∂f (x, y) ∂x
e
R2 2
(sin(xy), exy ) .
∂f (x, y). ∂y
2. Usando la de nizione, mostrare che
1 Vedi
anche [C], Esempio 5.18
7
f
è dierenziabile in
(0, 0).
3. Sia
−→ R
g:R
7−→ tgh t +
t e si de nisca
Esercizio 19.
F (t) ≡ f (g(t), 1 − g 2 (t)).
Siano
Calcolare:
f ∈ C 1 (R3 , R)
e
∂ f (x, h(x, z), z) ∂x
p 1 + t2
Calcolare
F 0 (0).
h ∈ C 1 (R2 , R). ∂ f (x, h(x, z), z) . ∂z
e
Esercizio 20. 1. Dimostrare che se
y = f (x)
è una soluzione
C2
in un intorno di
x = 0
dell'equazione
x2 + sinh y + exy = 1 tale che
f (0) = 0,
allora ha un massimo relativo nell'origine.
2. Cosa si può dire relativamente all'esistenza di una funzione siatta?
Esercizio 21.
R6
con
1. Calcolare
2. Se
Siano
x ∈ R2
e
y ∈ R3
e consideriamo la funzione
f : R5 →
f ∈ C1. ∂f ∂x
e
g : R → R3
Esercizio 22.
∂f ∂y ;
è una funzione
C1
, calcolare
Consideriamo la funzione
∂ ∂t
f (x, g(t) ) .
f (x, y, t) = (sin(tx1 ), |x|,
(y1 +y22 x3 ) ), 1+t
x ∈ R3 , y ∈ R2 e t ∈ R . con
1. Calcolare
∂f ∂x
,
∂f ∂f ∂y e ∂t con
g(t) = (tanh t, ln[ln t] ), t > 1.
2. Se e
Esercizio 23. 1.
Sia
D1 f (0) (ξ)
e
x 6= 0 e t 6= −1 ; calcolare
2
f (x) = e|x| (x1 + x4n ) D3 f (0) (1, 2, .., n)3 ; 8
∂ ∂t
[f (x, g(t), t)]
con
x ∈ Rn .
con
x 6= 0
Calcolare:
2.
∂5 f ∂x1 ∂x2 ...∂x5
3.
∂x
4.
∂f ∂x
(1,0,..,10)
(1, 1, .., 1)
f (x0 )
n > 5;
con
x0 = 0
con
e
x0 = (−1, 1, −1, .., (−1)n ) ;
(0) .
Esercizio 24.
Sia:
( f (x, y) =
e(x+y) 1 + (x + y) +
1. Si discuta la continuità di 2. Dato
>0
δ>0
si trovi
f
su
se
(x+y)2 2
se
x 6= y x=y
R2 ;
tale che
|f (x, y) − f (0, 0)| <
per ogni
|(x, y)| <
δ; 3. Discutere la dierenziabilità di
k
4. Trovare il massimo Taylor di grado
Esercizio 25.
k
di
f
in
(0, 0) ;
f ∈ C k ({(0, 0)}) (0, 0) .
tale che
f
in
e calcolare il polinomio di
Calcolare il polinomio di Taylor di grado 6 in
x = 0 della funzione
x1 1−x2 x3 x4 .
Esercizio 26. ordine 3 2. Trovare
f (x) = x3 ex1 +x2 . nell'intorno di x = 0 ;
δ
Esercizio 27.
1. Sia
tale che
|f (x)| <
Sia:
1 4 per ogni
( f (x) =
Dimostrare che
f ∈ C 1 (Rn )
|x| < δ .
sin |x| |x|
se
1
se
x 6= 0 x=0
e calcolarne le derivate parziali.
Esercizio 28.
f (x, y) =
Discutere la regolarità di
Calcolare il polinomio di Taylor di
x2 + y 2 4y 2
f.
9
se se
x 6= y x=y
Esercizio 29.
Si trovino i punti stazionari e si dica se si tratta di massimi o
minimi (relativi o assoluti) di
Esercizio 30.
f (x, y) = (x + 3y)e−xy .
Determinare i massimi e minimi assoluti di
f (x, y) = x2 y
sul-
l'insieme
D ≡ {x2 + y 2 ≤ 1}.
Esercizio 31.
Calcolare
1
∂ ∂xi
g(|x|)
dove
x ∈ Rn \ {0}
e
g
è una funzione
C ((0, +∞)) .
Esercizio 32.
1. Si calcoli il polinomio di Taylor di ordine 1000 di
nell'intorno di
2. Si calcoli il polinomio di Taylor di ordine 1000 di di
log (s + t)
(s0 , t0 ) = (1, 0) ; log (x − y 2 )
nell'intorno
(x0 , y0 ) = (1, 0) .
Esercizio 33.
Sia:
f (x, y) ≡ 1. Dimostrare che
0
se
y −( x−1 )2
ye
se
x=1 x 6= 1
f ∈ C ∞ (R2 \ {(1, 0)}) ;
2. Studiare la continuità e la regolarità di 3. Studiare i punti critici di
f
in
(1, 0) ;
f;
1 δ > 0 t.c. |f (x, y) − f (x0 , y0 )| < 100 per |(x, y) − (x0 , y0 )| < δ con (x0 , y0 ) = (1, 1) e (qualora f sia continua in (1, 0) ) con (x0 , y0 ) = (1, 0).
4. Trovare
Esercizio 34.
Calcolare
Qn
∂f ∂x per:
x2i ;
1.
f (x) =
2.
f (x) = (x1 + x22 , cos (x1 x2 ))
3.
f (x, y, z) =
i=1
Esercizio 35.
x ∈ Rn n ≥ 2
;
y z−x2 .
Spiegare il signi cato del simbolo
della funzione
con
∂f ∂x in ciascuno dei precedenti casi.
Calcolare il polinomio di Taylor di ordine
|x| sin |x| (x ∈ Rn ) . 10
N
attorno a
x0 = 0,
Esercizio 36.
Supponiamo che esista una funzione
un intorno del punto
(1, 1),
z = z(x, y)
z 3 − 2xy + y = 0
con
z(1, 1) = 1.
Si calcoli il polinomio di Taylor di ordine 2 nell'intorno di senza esplicitare la
che soddis , in
la relazione:
z = z(x, y),
(1, 1)
(possibilmente
ma applicando il teorema di dierenziazione
delle funzioni composte).
z = z(x, y) z 3 − 2xy + z = 0
Facoltativo: Ripetere il ragionamento precedente per una funzione che soddis localmente al punto con
(1, 1)
la relazione:
z(1, 1) = 1.
E se la relazione fosse stata
z 3 − 2xy − 3z = 0
con
z(1, 1) = 1
?
Cercare di giusti care le risposte date.
Esercizio 37.
Siano:
s(t) ≡ Si de nisca
sin 1t 0
t 6= 0 t=0
e
c(t) ≡
cos 1t 0
t 6= 0 t=0
f (x, y) = x2 s(x)+y 2 c(y) ; discutere la regolarità di f
(continuità,
dierenziabilità, etc..).
Esercizio 38. 2
Trovare Massimo e minimo di
f (x, y) = √1+x−y 2
1+x +y 2
su
D ≡
2
{x + y ≤ 4}.
Esercizio 39.
Trovare il rettangolo di area massima, che può essere inscritto
nella circonferenza
Esercizio 40.
x2 + y 2 = R2 .
Sia
f (x, y) = x2 − xy 2
K il compatto intersezione tra il cerchio x2 + y 2 ≤ 1 ed il rettangolo [− 12 , 12 ] × [−2, 2].
e
1. Trovare l'estremo superiore ed inferiore di 2. Determinare i punti critici di
f
f
in
R2 .
e la loro natura.
3. Calcolare il massimo e il minimo assoluto di
11
f
in
K.
Esercizio 41.
Calcolare il massimo ed il minimo assoluto della funzione
f (x) =
4 Y
xii
x ∈ R4 ,
i=1 sull'insieme
D ≡ {x ∈ R4 : xi ≥ 0,
4 X
xi = 1 }.
i=1
Esercizio 42.
(∗∗)
1 x2 +y 2 ; determinare l'estremo superiore ed inferiore (speci cando se si tratta di massimi o minimi) di f sull'insieme Sia
f (x, y) ≡
A ≡ {(x, y) : xy +
1 sin (xy) > 1} . 2
1.3 Equazioni dierenziali ordinarie e problemi di Cauchy Esercizio 43.
Consideriamo il seguente problema di Cauchy in
R2 :
π y πy 2 cos x˙ = − (1 − 2y)2 2 (1 − 2y) y˙ = 2y 2 x 12 = y
1 2
= 1.
1.1 Trovare la soluzione di tale problema, il suo intervallo
(α, β)
di esistenza
massimale e disegnarne un gra co approssimativo. 1.2 Mostrare che
lim dist t↓α
1 (x(t), y(t)), y = =0 2
e
lim |(x(t), y(t))| = +∞ . t↑β
In particolare mostrare che comunque si sceglie un punto esiste una successione di tempi
tk ↓ α ,
tale che
k→+∞
(x(tk ), y(tk )) −→ P .
12
P ∈ [−1, 1]×
1 2
,
K ⊂ R2 \ y = 12 e per ogni 0 < δ < β −a, t0 ∈ (α, α + δ) e t1 ∈ (β − δ, β) tali che
1.3 Dedurre che per ogni compatto esistono due tempi
(x(t0 ), y(t0 )) ∈ 6 K (x(t1 ), y(t1 )) ∈ 6 K.
Esercizio 44.
Consideriamo il seguente problema di Cauchy in
R2 :
x2 π 1+ 2 x˙ = β 4 β y ˙ = β y x(0) = 0, y(0) = 1 al variare del parametro
β
β ∈ R \ {0}.
Trovare la soluzione
ed il relativo intervallo di esistenza massimale
Mostrare inoltre che esiste una
L>0
x(t, β)
al variare di
Iβ .
tale che
|x(t0 , β) − x(t0 , β 0 )| ≤ L |β − β 0 | β, β 0 ∈ K ⊂ R \ {0}
per ogni
compatto e per ogni
t0 ∈ C ⊂ ∩β∈K Iβ
compatto.
1.4 Successioni e serie di funzioni. Elementi di analisi complessa Esercizio 45. 1. Se
Dimostrare che valgono le seguenti due aermazioni:
un ∈ C([a, b]) e un converge uniformemente in (a, b), allora un [a, b].
converge
uniformemente in 2. Se
un ∈ C([a, b])
e
un
Esercizio 46. vale
1
Sia
fn
(a, b) (a, b).
converge in
non converge uniformemente in
ma
e coincide con una retta negli intervalli
(0,
1.
limn→∞ fn (x) = 0
2.
fn
3.
per ogni
x;
non converge uniformemente su
lim
0
fn =
R1 0
lim fn = 0 .
13
[0, 1];
non converge, allora
0 se x 6∈ (0, n1 ), per 1 1 1 2n ) e ( 2n , n ) .
la funzione continua che vale
Dimostrare le seguenti aermazioni:
R1
un (a)
x=
un
1 2n
Esercizio 47. lim
R1 0
fn 6=
R1 0
f
.
Sia k ∈ N . fn ∈ C k ([0, 1]), convergente R1 R1 che lim f 6= 0 f ? 0 n (Facoltativo):
E'possibile trovare una successione di funzioni puntualmente ad una funzione
E se richiedessi alle funzioni di essere
Esercizio 48.
fn ∈ C([0, 1]), f ∈ C([0, 1]) ma tale che
Trovare una successione di funzioni continue
convergente puntualmente ad una funzione continua
Sia
fn (x) = n
1 n
−
tale
?
√ x . n
ad
Studiare la convergenza delle seguenti serie di funzioni di
x,
1. Trovare, per
x > 0,
q x+
C ∞ ([0, 1])
f ∈ C k ([0, 1])
il limite puntuale
f (x)
di
fn (x)
al tendere di
in nito. 2. Discutere l'uniformità della convergenza di
Esercizio 49.
fn
ad
f.
(ossia si trovino i più grandi insiemi dove le serie convergono puntualmente, uniformemente e totalmente) al variare, qualora appaia, del parametro reale 1.
∞ X
e−αn xn
n=0 2.
∞ X xαn nx n=1
3.
∞ X (x sin n)n 1 + n2 x n=2
4.
5.
∞ X (xn)n x + n! n=1 ∞ X
un (x)
con
n=1
n X un (x) ≡ ( j x )−1 j=1
14
α:
Esercizio 50.
Usando le proprietà di derivazione delle serie uniformemente
convergenti, si calcoli il valore delle seguenti serie:
(i)
Esercizio 51.
∞ X n3 2n n=0
(ii)
∞ X
n3 xn
n=1
R 1 −nxt4 e dt . Discutere la P convergenza (puntuale, un = n12 P 0 0 uniforme e totale) di u(x) ≡ u (x) e di v(x) ≡ n n≥1 n≥1 un (x) , e dire per quali x la funzione u(x) è derivabile e la sua derivata coincide con v(x).
Esercizio 52.
Sia
Dimostrare gli sviluppi in serie di Potenze delle seguenti funzioni
elementari: 1.
xm (1−x)n
2.
ex =
=
P+∞
k=m
n−1−m+k n−1
xk
n, m ∈ N , n ≥ 1 |x| < 1
xk k=0 k!
P+∞
6.
∀x P+∞ k log (1 + x) = k=1 (−1)k+1 xk |x| < 1 P +∞ 2k+1 1+x log ( 1−x ) = 2 k=0 x2k+1 |x| < 1 P+∞ α (1 + x)α = k=0 xk α ∈ R \ Z , |x| < 1 2 k P+∞ x2k+1 sin x = k=0 (−1)k (2k+1)! ∀x
7.
cos x =
8.
arcsin x =
3. 4.
5.
9.
P+∞
k=0
arccos x =
2k
x (−1)k (2k)!
P+∞
k=0
π 2
−
∀x
(2k−1)!! 1 2k+1 (2k)!! 2k+1 x
P+∞
k=0
11. 12.
cosh x =
2I
x2k k=0 (2k)!
P+∞
|x| < 13
(2k−1)!! 1 2k+1 (2k)!! 2k+1 x
P+∞ 2k+1 arctan x = k=0 (−1)k x2k+1 P+∞ x2k+1 sinh x = k=0 (2k+1)! ∀x 4
10.
|x| < 1
|x| < 1
∀x 5
coe cienti binomiali sono così de niti
α 0
≡ 1,
α 1
≡ α
e
α k
≡
per k ≥ 2 . Sugg: Usare la formula del resto integrale di Taylor, e dimostrare che questo tende a 0, usando i seguenti accorgimenti: Siano x ∈ (−1, 1) e |x| < θ < 1 ⇒ esiste > 0 t.c. θ(1 + ) < 1 ; Sia inoltre α(α−1)...(α−k+1) k!
k0
1 k
≤ 1 + (perchè posso dire che esiste un tale k0 ?) t.c. ∀ k ≥ k0 α k 3 Osservare che arccos x = π − arcsin x 2 4 Osservare che sinh x = −i sin ix 5 Osservare che cosh x = cos ix 15
13. arcsinh x 14. arctanh x
Esercizio 53.
=
P+∞
=
P+∞
k=0
|x| < 1 7
x2k+1 k=0 2k+1
Si diano le de nizioni di exp(z ) e di
più completa possibile) che exp(iπ )=
Esercizio 54.
|x| < 1 6
1 2k+1 (−1)k (2k−1)!! (2k)!! 2k+1 x
π e si dimostri (nella maniera
−1.
ϕε (x) ∈ C ∞ , ϕε (x) ≥ 0 con supp(ϕε ) = [0, ε] , si costruisca gε ∈ C , monotona non decrescente tale che gε (x) = 0 per x ≤ 0 e gε (x) = 1 per x ≥ ε. Si calcolino le serie di Taylor di gε in x = 0 e x = ε. Data
∞
1.5 Teorema delle funzioni implicite e della funzione inversa Esercizio 55. mo che
Sia M una matrice di funzioni nella variabile t: t → M (t) ; direM (t) è continua ⇐⇒ Mi,j (t) è una funzione continua ∀ i, j . Dimostrare
che :
M (t)
è continua
Esercizio 56. R
2
t.c.
Si consideri la funzione
kM (t) − M (t0 )k < , ∀ |t − t0 | < δ
f : y ∈ R2 7−→ f (y) = (f1 (y), f2 (y)) ∈
de nita come:
f1 = y1 + y12 cos y2 f2 = y2 + y12
Si dica se
r
⇐⇒ ∀ > 0, ∃ δ
f
è invertibile in un intorno di
y0 = (0, 0)
e se sì, si dia una stima di
in modo che valga la condizione del teorema della funzione inversa.
Esercizio 57.
Sia
f (x, y) = |x|2 + y 2 − 2x1 + 4x2 − 6y − 11 con
x ∈ R2 , y ∈ R.
1. Quante soluzioni
g
2. Si veri chi che se
6 Osservare 7 Osservare
C ∞ in un intorno f (x, g(x)) = 0 ?
di classe
esistono per l'equazione
g(x0 ) > 0
allora
g
del punto
ha un massimo relativo stretto in
che arcsinh x = −i arcsin ix che arctanh x = −i arctan ix oppure che arctanh x = 16
x0 = (1, −2),
1 2
1+x log ( 1−x )
x0 .
Esercizio 58. Sia
v∈R
n
8
un vettore di norma minore o uguale a
1
e sia
f (x) ≡ x + v sin |x|2 . Si dica se un
r>0
f
x=0 Br (0).
è invertibile in un intorno di
tale che
f −1
sia de nita su
ed in caso aermativo si trovi
Esercizio 59. (0, 0)
1. Dimostrare che in un intorno di 2
ex de nisce una funzione
+y 2
l'equazione
− x2 − 2y 2 + 2 sin y = 1
y = f (x).
2. Dare una stima sull'intorno di de nizione delle 3. Calcolare
lim
x→0
f.
f (x) . x2
8 Questo esercizio può essere formulato nella seguente maniera equivalente: Sia v ∈ Rn un vettore di norma minore o uguale a 1 e sia
f (x) ≡ x + v sin |x|2 .
Si dica se l'equazione f (x) − y = 0
ammette una soluzione x = g(y) in un intorno di y = 0 ed in caso aermativo si trovi un r > 0 tale che g sia de nita su Br (0).
17
Capitolo 2
Integrazione in Rn 2.1 Misura di Peano-Jordan e integrale di Riemann in Rn Esercizio 60. (m e
n
Sia
f ≡ 0 su ([0, 1]\Q)∪{0} e f (x) =
1 n se
x=
m n con
0≤m≤n
relativamente primi).
1. Dimostrare che l'insieme di discontinuità di
f
è
Q ∩ (0, 1];
2. Dimostrare direttamente (senza usare il Teorema di Vitali-Lebesgue) che
f ∈ R([0, 1]).
Esercizio 61.
Dimostrare che
A ⊂ Rn
limitato è misurabile secondo Peano-
⇐⇒ ∀ε > 0, ∃E1 , E2 insiemi elementari t.c. E1 ⊂ A ⊂ E2 e misn E2 − misn E1 < ε. Inoltre misn A = inf{misn E2 : A ⊂ E2 , E2 insieme elementare} = sup{misn E1 : E1 ⊂ A, E1 insieme elementare}. Jordan
Esercizio 62.
Dimostrare che se
o
Jordan, lo sono anche
Esercizio 63.
A
è un insieme misurabile secondo Peano-
A, A e ∂A.
Dimostrare che
Qn ∩ E
(con
E
rettangolo qualunque, non dege-
nere) è un insieme di misura nulla, non misurabile secondo Peano-Jordan.
Esercizio 64. 1. Se
Dimostrare o confutare le seguenti aermazioni:
X ⊂ Rn
o
ha misura nulla, allora
18
X= ∅;
2. Se
X ⊂ Rn
o
con
X= ∅,
allora
X
ha misura nulla;
Qx , Qy ⊂ R hanno misura (unidimensionale) nulla, Qx × Qy ⊂ R2 ha misura (bidimensionale) nulla;
3. Se
Q ⊂ R2 ha misura Q ≡ {x : (x, y) ∈ Q}
4. Se
y
Esercizio 65.
Sia
X ⊂ R
nulla, allora
∀x, y ∈ R, Qx ≡ {y : (x, y) ∈ Q} R.
l'insieme degli elementi di una successione Dimostrare che
X
{xn }n
è Peano Jordan misurabile e
= 0.
Cosa si può dire se la successione non è convergente?
2.2 Integrali iterati Esercizio 66. RR x2 i) dx dy RRD y22 2 ii) RRD x y dx dy iii) RRD y 3 ex dx dy iv) xy dx dy D
Esercizio 67. 1
Z
Z dx
0
0
1
dove dove dove dove
D D D D
≡ {(x, y) ∈ R2 ≡ {(x, y) ∈ R2 ≡ {(x, y) ∈ R2 ≡ {(x, y) ∈ R2
: : : :
1 ≤ x ≤ 2, x1 ≤ y ≤ x} x2 + y 2 ≤ 1} y ≥ 0, x ≤ 1, x ≥ y 2 } x + y ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 1}
Dimostrare che:
x−y 1 dy = (x + y)3 2
Z
1
Z dy
mentre
0
0
1
x−y 1 dx = − . (x + y)3 2
Come mai in questo caso non si può invertire l'ordine d'integrazione?
Esercizio 68.
Calcolare
ZZ D
dove
D = (x, y) ∈ R2 :
Esercizio 69.
Calcolare
1 ≤ x ≤ 2,
ZZ
x2 dx dy y2 1 ≤y≤x . x
y 3 ex dx dy
D dove
2
D = (x, y) ∈ R :
e
sono insiemi di misura nulla in
di numeri reali convergente. mis(X)
allora
y ≥ 0, x ≤ 1 , x ≥ y 2 .
19
Esercizio 70.
Calcolare
ZZ xy dx dy D
dove
D = (x, y) ∈ R2 :
Esercizio 71. rette
x + y ≥ 1 , x2 + y 2 ≤ 1 .
a > 1. Calcolare l'area della regione x 2 2 e la parabola y = a x . Per quale y = ax, y = a Sia
di
R2
delimitata dalle
valore di
a
tale area è
massima?
Esercizio 72.
Calcolare il seguente integrale triplo:
ZZZ
x2 dx dy dz
D sull'ellissoide
D ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
Esercizio 73.
x2 a2
+
y2 b2
+
≤ 1}
con
Trovare il volume della palla unitaria di
3
{(x, y, z) ∈ R : |x| + |y| + |z| ≤ 1 }). Usando 4 volume della palla unitaria di R con la k . k1 .
∗
z2 c2
a, b, c > 0.
R3
k . k1
con la
(cioè
il risultato precedente, trovare il
(Facoltativo) Generalizzare il risultato precedente nel caso di una palla unitaria
n-dimensionale. (Sugg.: Procedere per induzione)
Esercizio 74.
Si de nisca:
Dn ≡ {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn :
0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ 1};
Calcolare: 1.
I2 =
R
2.
I3 =
R
3.
D2
xy dx dy
;
xyz dx dy dz ; R ∗ (Facoltativo) In = (x1 . . . xn ) dx1 . . . dxn Dn D3
Esercizio 75.
.
Trovare il volume della regione interna al cilindro di equazione
x2 + y 2 ≤ 1, compresa x + y + z = 4.
tra la super cie di equazione
20
z = x2 + y 2 − 2
ed il piano
Esercizio 76.
Sia
E = {(x, y) ∈ R2 : 1. Descrivere
E
in coordinate polari (ed eventualmente disegnarlo).
2. Calcolare l'area di 3. Sia
k > 0;
x ≥ 0, (x2 + y 2 )2 ≤ (x2 − y 2 )} .
E.
trovare l'area dell'insieme
Ek ≡ {(kx, ky) :
(x, y) ∈ E} .
4. Trovare il volume dell'insieme
G = {(x, y, z) ∈ R3 :
Esercizio 77.
x ≥ 0, (x2 + y 2 )2 ≤ (1 − z 2 )(x2 − y 2 ), |z| ≤ 1} .
Calcolare il seguente integrale doppio:
ZZ
3
x2 (y − x3 )ey+x dxdy
T dove:
T ≡ {(x, y) ∈ R2 :
x3 ≤ y ≤ 3, x ≥ 1}.
(Sugg.: Considerare il cambio di variabili
Esercizio 78.
u = y − x3
e
v = y + x3 )
(Teorema di Guldino)
Sia
D un < x, z >
insieme Peano Jordan misurabile e connesso, contenuto nel semipiano
ruotando
D
e non intersecante l'asse delle attorno all'asse delle
z.
z.
Consideriamo il solido
∆
ottenuto
Dimostrare che:
RR x dx dz D mis2 (D). Vol(∆) = 2π RR dx dz D Dedurre che tale volume coincide con la misura dell'insieme
D,
moltiplicata per
la lunghezza della circonferenza percorsa dal suo baricentro. Applicare questo risultato per calcolare il volume dei seguenti solidi di rotazione: 1. Sfera di raggio
r;
2. Toro tridimensionale, ottenuto ruotando il cerchio di centro
(a, 0) e raggio
r < a; 3. Cilindro di altezza
h
e raggio di base
4. Cono circolare retto di altezza 5. Tronco di cono di altezza superiore
h,
h
r;
e raggio di base
r;
raggio della base inferiore
r. 21
R
e della base
Esercizio 79. 2
2
Sia
Ω
il solido limitato dal cono
z =
p
x2 + y 2
e dalla sfera
2
x + y + z = 1. Calcolare: ZZZ
2
(xe1+z ln (1 + z 2 ) − y sin z + 1) dx dy dz
Ω
Esercizio 80.
Dopo aver disegnato la regione D delimitata dalle super ci
2 x + y 2 − 2y = 0 4z = x2 + y 2 z=0 calcolare il seguente integrale:
ZZ
p x |yz| dx dy dz.
D
Esercizio 81.
Calcolare qualora esista
R D
xe−xy dx dy , dove D = {(x, y) ∈ R2 :
x < y, x, y > 0}. (Si ricorda che f è integrabile su un dominio D non limitato, se esiste una successione crescente {Dk }k di domini limitati tale che D = ∪k Dk , f è integrabile R R R su Dk per ogni k e supk |f | < ∞. In tal caso, D f = limk→∞ Dk f ) Dk
Esercizio 82.
Si dica per quali valori di
α ∈ R
e
p > 0,
la funzione
zα
è
integrabile su
Fp ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
0 < z < 1 , x2 + y 2 ≤ z 2p } ,
e per tali valori calcolare
ZZZ
z α dx dy dz .
Fp
2.3 Integrazione su varietà di renziali Esercizio 83.
Rn
e forme die-
3 2 Sia Γ la curva in R data dall'intersezione delle super ci {y = x } {z = x3 } e limitata dai piani {x = 1} e {x = 2}. Veri care che Γ é un elemento R log |z| di curva regolare e calcolare f ds con f ≡ √1+4y+9xz . Γ
e
22
Esercizio 84. Sia
(Super ci di rotazione in
R3 )
Γ ≡ {(u(t), v(t)) : t ∈ (a, b)} un elemento di curva regolare (eventualmente (0, ∞) × R e α un numero in (0, 2π]. Si dimostri che:
chiusa) in
S ≡ {(x, y, z) ∈ R3 : x = u(t) cos θ, y = u(t) sin θ, z = v(t) con t ∈ (a, b) e θ ∈ (0, α)} R3
é un elemento di super cie regolare in
e se ne calcoli l'area in termini di un
(a, b).
integrale su
Esercizio 85.
Sia
γ
la curva in
R2 ,
espressa (in coordinate polari) dalla condi-
zione:
ρ = a (1 + cos θ)
θ ∈ [0, 2π) .
Calcolarne la lunghezza al variare del parametro (Nota: Tale curva prende il nome di
Esercizio 86. avente raggi (Nota: Tale
r
a > 0.
Cardioide .)
Calcolare l'area della super cie di un Toro tridimensionale
R
e
(con
T3 ,
r < R).
toro può essere visto come un insieme in R3 generato dalla rotazione z (od intorno ad una qualsiasi altra retta) di un cerchio z e tale che la distanza del dall'asse sia uguale ad R > r .)
completa intorno all'asse di raggio
r
che giace su un piano contenente l'asse
centro del cerchio
Esercizio 87.
Veri care il teorema della divergenza (in
f (x, y) = (1 + xy, x)
Esercizio 88. ∂Ω
nel seguente caso:
A = {(x, y) ∈ R2 : (x − 2)2 + y 2 < 1, y > 0} .
ed
Ω un aperto connesso di R3 la cui frontiera ∂Ω è una super cie Sapendo che il volume di Ω è 1, si calcoli il usso (esterno) F (x) = x (x ∈ R3 ).
Sia
regolare chiusa. attraverso
R2 )
di
Esercizio 89.
Dire se le seguenti 1-forme dierenziali sono chiuse o esatte nel
loro dominio di de nizione; qualora siano esatte, trovarne una primitiva: 1.
ω(x, y, z) = x3 dx + y 2 dy + z dz
2.
ω(x, y) =
3.
ω(x, y, z) =
1 1+y 2
4.
ω(x, y, z) =
Ax+By x2 +y 2
x x2 +y 2
dx +
2y x2 +y 2
dx −
dy
2xy (1+y 2 )2
dx +
;
;
dy
Cx+Dy x2 +y 2
;
dy
23
al variare di
A, B, C, D ∈ R .
Esercizio 90.
Calcolare l'integrale curvilineo della
1-forma
dierenziale
ω(x, y) = x2 dx + xy 2 dy ϕ
lungo la frontiera
Esercizio 91.
Sia
1. Calcolare
R
2. Calcolare
R
T
del quadrato
[0, 1] × [0, 1],
percorso in senso antiorario.
T ≡ {(x, y, z) ∈ R3 : |x| + |y| + |z| ≤ 1 }. |z|γ dx dy dz
γ ∈ R per cui esiste nito; |x|α + |y|β + |z|γ dx dy dz per gli α, β, γ ∈ R
T
per i
per cui tale
integrale esiste; 3. Calcolare il usso uscente da
T
del campo vettoriale
F (x, y, z) = (x + y +
z, x + y + z, x + y + z); 4. Calcolare il usso di
F
attraverso la porzione di
T
contenuta nel primo
ottante.
Esercizio 92.
Calcolare
R
ω direttamente e per mezzo del teorema di Stokes,
+∂S
dove:
• ω = • S
x dy − y dx , x2 + y 2 + z 2
è la super cie laterale del cilindro
{x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1},
con
l'orientazione della normale esterna.
Esercizio 93.
Sia
C ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
1. Calcolare il volume di 2. Sia
frontiera di
F
trovare il usso di
F
uscente da
C;
uscente da ciascuna delle singole porzioni della
C;
4. Calcolare l'area della frontiera di
Esercizio 94.
C.
Consideriamo il dominio tridimensionale
E = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 1. Calcolare l'area di
:
C;
F (x, y, z) = (x, 0, 0);
3. Trovare il usso di
z ≤ 4, x2 + y 2 ≤ z, x2 + y 2 ≤ 1}
∂E .
24
p x2 + y 2 } .
2. Sia
F
il campo vettoriale così de nito:
F (x, y, z) = (x, y, z) ; trovare il usso uscente di che costituiscono
F
attraverso ciascuna delle due super ci regolari
∂E .
3. Utilizzando il punto precedente, dedurre il volume di
Esercizio 95.
Si consideri il dominio tridimensionale di
E.
R3 ,
de nito da
o n p E = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 . 1. Si calcoli l'area della super cie
∂E ;
2. si calcoli il usso uscente del campo vettoriale verso
∂E
F (x, y, z) = (x, y, z)
3. usando il punto precedente, calcolare il volume di
Esercizio 96.
Si consideri la
ω(x, y) = ω
1-forma
E.
dierenziale
(y 3 − x2 y) dx + (x3 − y 2 x) dy . (x2 + y 2 )2 ω
è esatta? Perché?
α > 0 e sia γα = +∂Bα (0) (cioè una circonferenza α, orientata positivamente). Calcolare Z ω.
di centro l'origine
1. Dimostrare che 2. Sia
attra-
(direttamente senza utilizzare il teorema della divergenza);
è chiusa. Si può dedurre da ciò che
e raggio
γα 3.
(∗)
Sia ora
γ
una qualsiasi curva chiusa e semplice in
un giro intorno all'origine .
R2 \ {0}, che compia
Mostrare che
Z ω = 0. γ 4. Dedurre dai punti precedenti che
ω
25
è esatta e trovarne una primitiva.
2.4 Serie di Fourier e applicazioni Esercizio 97.
Determinare lo sviluppo in serie di Fourier della funzione
2π -
periodica
2|x| π [−π, π].
f (x) = 1 − e studiarne la convergenza in
x ∈ [−π, π]
Dedurre il valore delle seguenti somme:
(i)
1 n≥0 (2n+1)2
P
Esercizio 98.
;
(ii)
1 n≥1 n2
P
; (iii)
1 n≥0 (2n+1)4
P
;
(iv)
2
− ∂∂xu2 = 0 u(0, t) = u(π, t) = 0 u(x, 0) = x 2.
.
Risolvere i seguenti problemi di Dirichlet per equazioni dieren-
ziali del secondo ordine alle derivate parziali: 1.
1 n≥1 n4
P
∂u ∂t
2 ∆u ≡ ∂∂xu2 + u(x, 0) = x2 u(x, π) = x2 u(0, y) = 0 u(π, y) = π 2
∂2u ∂y 2
=0
26
0 < x < π, t > 0 t≥0 0≤x≤π; 0 < x < π, 0 < y < π 0≤x≤π 0≤x≤π 0≤y≤π 0 ≤ y ≤ π.
Capitolo 3
Analisi complessa Esercizio 99.
Trovare i valori di:
1.
Im {(1 + i)n + (1 − i)n }
;
2.
Re {(1 + i)n + (1 − i)n }
;
3.
ii ;
4.
(−1)2i ; √ 4 i.
5.
Esercizio 100. nel dominio
D
Trovare l'estremo superiore e inferiore delle seguenti funzioni,
indicato:
1.
| sin z|
su
D=C
2.
| sin z| z−i z+i
su
D = {z ∈ C :
3.
su
z−i
4.
|e z+i |
su
Esercizio 101.
;
|Im z| < R };
D = {z ∈ C : Im z > 0}; D = {z ∈ C : Im z > 0}.
Dimostrare che:
1. f (z) è analitica su Ω
⇐⇒
f (z) è analitica su Ω.
1
2. Una funzione analitica non costante, non può essere costante in modulo. 3. Una funzione analitica non costante, non può essere tale che Re f = f . 1 Abbiamo
de nito Ω ≡ {z :
z ∈ Ω}
27
4. Una funzione analitica non costante, non può essere tale che Im f = f . Esercizio 102.
Trovare il più generale polinomio armonico della forma:
P (x, y) = ax3 + bx2 y + cxy 2 + dy 3 . Determinare, inoltre, la funzione armonica coniugata e la corrispondente funzione analitica.
Esercizio 103.
2z+3 z+1 in serie di potenze di
1. Espandere
z − 1.
Qual è il
raggio di convergenza? 2. Espandere
Esercizio 104. 1. 2. 3. 4. 5.
2. 3.
con
m>0
in serie di potenze di
z.
Trovare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze
n
P∞
z n=0 n!
P∞
n!z n
P∞
n!z n!
P∞
z n!
P∞
nn z n
n=0 n=0 n=0 n=0
Esercizio 105. 1.
(1 − z)−m
2
Studiare la convergenza delle seguenti serie:
(z+i)n n=0 (1+i)n+1 ;
P∞
zn n=0 n(n+1) ;
P∞
n √z n=0 n n+1 .
P∞
Quanto vale la somma delle serie
Esercizio 106.
(1)
?
P∞
n n=0 an z con raggio di convergenza il raggio di convergenza delle seguenti serie:
P∞
a2n z n ;
P∞
an z 2n ;
P∞
a2n z 2n .
n=0 n=0 n=0
Data la serie
28
R, calcolare
Esercizio 107. 1.
R
2.
R
σ
x dz
|z|=R
Calcolare i seguenti integrali:
dove
x dz
σ
è il segmento orientato da 0 a
1 + i;
in due modi diversi:
(a) mediante calcolo diretto; (b) osservando che
z+z 2
x=
=
1 2
3.
R
dz ; |z|=2 z 2 −1
4.
R
ez dz al variare di |z|=1 z n
5.
R
dz ; |z|=2 z 2 +1
6.
R
dz con la condizione che |z|=ρ |z−a|2
7.
R
sin z dz al variare di |z|=1 z n
8.
R |z|=2
z n (1 − z)m dz
Esercizio 108. 1. Sia
f
(con
z+
R2 z
sulla circonferenza
{|z| = R};
n ∈ Z;
|a| = 6 ρ;
n ∈ Z;
al variare di
n, m ∈ Z.
(*) (Stime di Cauchy e applicazioni)
Ω, tale che |f (z)| ≤ M 0 < ρ < R; trovare una stima di:
una funzione analitica su
BR (0) ⊂ Ω).
Sia
per ogni
|z| ≤ R
sup |f (n) (z)| . |z|≤ρ 2. Mostrare che le derivate successive di una funzione analitica in un punto, non possono mai soddisfare la relazione
Esercizio 109.
|f (n) (z)| ≥ n!nn ,
per ogni
n.
Dimostrare che una funzione intera con parte reale positiva, è
costante.
Esercizio 110.
•
Trovare
f
analitica su
{|z| < 1},
e non identicamente
nulla, tale che possieda un numero in nito di zeri.
•
f come sopra. Esiste g analitica in |z| < R (con R > 1), tale che f ≡ g {|z| < 1} ? (giusti care la risposta!)
Sia su
29
Esercizio 111.
Sia
f :C→C
f è z ∈ C, si ha f (z +ω1 ) = f (z +ω2 ) = 2 indipendenti su R).
olomorfa e doppiamente periodica, allora
costante. (Doppiamente periodica: per ogni
f (z),
dove
ω1 , ω2 ∈ C
Esercizio 112.
Sia
|z| < 1; dimostrare |λ| = 1), allora:
f
sono linearmente
f
ha in
0
uno zero di ordine
|f (z)| < |z|m
Esercizio 113. ogni
z ∈ Ω.
Sia
|f (z)| < 1 per f (z) 6= λz m (con
analitica sul disco unitario aperto, con
che se
f : Ω → C
m,
e
∀ |z| < 1 .
una funzione analitica tc
|f (z) − 1| < 1
per
Si dimostri che:
Z γ
Esercizio 114.
f0 =0 f
per ogni curva chiusa
γ ⊂ Ω.
1. Mostrare che ogni trasformazione lineare fratta che map-
pa l'asse reale in se stesso, può essere scritta con coe cienti reali. 2. La ri essione
Esercizio 115.
z→z
è una TLF? Giusti care la risposta
Trovare una TLF che mappi:
1. il semipiano
Imz > 0 nel cerchio unitario di z0 (con Imz0 > 0) vada nel
un punto ssato 2. il cerchio 3. i cerchi
|z| = 2
|z| = 1
e
in
|z + 1| = 1,
|z − 14 | =
in modo che
centro l'origine, in modo che centro;
−2 → 0
e
0 → i
;
1 4 in due cerchi concentrici. Qual è il rapporto
tra i raggi?
1 2 , nel semipiano x > 0. (Attenzione: in questo caso non viene proprio una TLF... andrà composta
4. la regione tra i cerchi
|z| = 1
e
|z − 21 | =
con qualche funzione elementare nota!)
Esercizio 116. gine tramite
2 Per
R
z+1 z−1 una TLF; descrivere (completamente) l'immadelle rette verticali x = c al variare di c ∈ R. Sia
R(z) =
la cronaca: una funzione con queste caratteristiche, si chiama funzione ellittica.
30
Esercizio 117.
(**) Sia
f
una funzione analitica su
Imz ≥ 0
tale che
∃ lim f (z) < ∞ . z→∞
Imz0 > 0 si ha la seguente Z Imz0 +∞ f (t) f (z0 ) = dt. 2 π −∞ |t − z0 |
Dimostrare che per ogni
z0
tc
relazione :
(Sugg.: può essere utile ricordarsi la formula di Cauchy su dischi ed aver fatto l'esercizio 2.1 ).
Esercizio 118.
1. Sia
f
una funzione meromorfa con polo di ordine
h in z0 ;
dimostrare che:
Resz0 f =
1 Dh−1 [(z − z0 )h f(z)]|z=z0 . (h − 1)! z
f una funzione analitica z0 ∈ Ω. Calcolare il Resz0 fg.
2. Sia
Esercizio 119.
(b) (c) (d) (e)
1. 2. 3. 4.
dθ con 0 a+cos θ π 2
0
R∞ 0
R∞ 0
g
meromorfa con polo semplice in
1 z 2 +5z+6 1 (Z 2 −1)2 1 sin z z cotan z := cos sin z 1 sin2 z
a > 1;
dθ con a+sin2 θ
|a| > 1;
x2 x4 +5x2 +6
dx;
cos x x2 +a2
con
dx
Esercizio 121.
e
Calcolare i seguenti integrali:
Rπ R
Ω
Trovare i poli e i residui delle seguenti funzioni:
(a)
Esercizio 120.
in
a ∈ R.
Calcolare i seguenti integrali:
31
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.
Rπ
dθ 0 a+cos θ π 2
R
0
con
dθ a+sin2 θ
R∞
con
x2 x4 +5x2 +6
0
x2 −x+2 −∞ x4 +10x2 +9 x2 (x2 +a2 )3
0
R∞
cos x x2 +a2
0
R∞
log x 1+x2
0 0
dx;
dx
con
dx
con
a ∈ R \ {0};
a ∈ R \ {0};
dx;
log(1+x2 ) x1+α
R∞
|a| > 1;
dx;
R∞ R∞
a > 1;
Esercizio 122.
dx
con
0 < α < 2.
Quante radici possiedono i seguenti polinomi, nei domini di
anco indicati? (a)
P1 (z) = z 7 − 2z 5 + 6z 3 − z + 1
(b)
P2 (z) = z 4 − 6z + 3
, nell'anello
(c)
P3 (z) = z 4 + z 3 + 1
, nel quadrante
Esercizio 123. direttore
1.
Sia
P (x)
, nel disco
|z| < 1
1 ≤ |z| < 2
;
;
{z = x + iy | x, y > 0}.
un polinomio con coe cienti reali e con coe ciente
Supponiamo inoltre che
P (0) = −1 e che P (x) P (1) = 0.
non abbia radici
complesse nel cerchio unitario. Dimostrare che
(Sugg.: Per cominciare, dimostrate che se ho un polinomio monico
Q(z) = z n + . . . + a0 allora il prodotto delle sue radici (considerate con molteplicità) è uguale a
(−1)n a0 .)
Esercizio 124. m
zeri in
Ω
uniformemente a oppure
f
Sia
fn
una successione di funzioni analitiche in
Ω, con al più fn converga
(contati con le relative molteplicità). Supponiamo che
f
ha al più
Esercizio 125.
sui compatti di
m
Sia
zeri in
f
dimostrare che per ogni
Ω
Ω;
dimostrare che o
una funzione analitica in
n,
f
è identicamente nulla,
(contati con molteplicità).
esiste
g
z = 0
tale che
analitica in un intorno di
punto in tale intorno si abbia la rappresentazione:
f (z n ) = f (0) + g(z)n . 32
0,
f 0 (0) 6= 0;
tale che per ogni
Esercizio 126.
(i) Mostrare che
∞ Y
1−
n=2
1 n2
1 . 2
=
(Sugg.: Trovare un'espressione ricorsiva per
|z| < 1,
(ii) Dimostrare che per
an =
Qn
k=2
1−
1 k2 )
si ha: n
(1 + z)(1 + z 2 )(1 + z 4 )(1 + z 8 ) · . . . · (1 + z 2 ) . . . =
1 . 1−z
Sugg.: dimostrare che
m Y
2n
(1 + z ) =
n=1
Esercizio 127.
m 2X −1
z 2n .
n=0
Mostrare che la funzione:
θ(z) =
∞ Y
(1 + h2n−1 ez )(1 + h2n−1 e−z )
n=1 con
|h| < 1,
è una funzione intera e soddisfa l'equazione funzionale
θ(z + 2 log h) = h−1 e−z θ(z) .
Esercizio 128. zione
(a) Applicare il teorema di Weierstrass
f (z) = sin πz ,
3 Ricordiamo
3 nel caso della fun-
lasciando, per ora, indeterminata la funzione
g(z).
il seguente risultato:
Fissata una successione {an }n ⊂ C∗ tale che an → ∞, ed m ∈ N, esiste una funzione intera il cui insieme degli zeri (esluso eventualmente l'origine), coincide esattamente con {an }n , ed avente nell'origine uno zero di ordine m se m > 0. Tale rappresentazione non è ovviamente unica; infatti, se f è una funzione intera con esattamente tali zeri, allora si può rappresentare nella forma: Teorema (Weierstrass).
f (z) = z m eg(z)
Y
1−
n
z an
z
e an
+1 2
z an
2
+...+ m1
n
z an
m
n
(3.1)
dove g è una funzione intera, e gli mn sono certi interi.
La rappresentazione (3.1) diventa interessante quando possiamo scegliere gli mn tutti uguali tra loro (in tal caso parleremo di prodotti canonici ). Una condizione su ciente a nché si possa fare ciò è l'esistenza di un intero non negativo k tale che: X n
1 0,
∃ a ∈ [0, 1]
t.c.
e applicando il teorema della permanenza del segno si giunge
immediatamente alla conclusione; 2.
omogeneità :
3.
disug. triangolare :
segue dalla linearità dell'integrale; basta osservare che
|f (x) + g(x)| < |f (x)| + |g(x)|.
Per
la monotonia e la linearità dell'integrale secondo Riemann, si ha la tesi.
Esercizio 2. Esercizio 3.
Consideriamo ad esempio i vettori
Siano date due curve
x = (1, 0, 0, .., 0) e y = (0, 1, 0, .., 0).
3
n
Γ = {γ ∈ R : γ = γ(t), a ≤ t ≤ b } Φ = {φ ∈ Rn : φ = φ(t), a ≤ t ≤ b } che soddisfano la condizione γ(b) = φ(a). γ(2t − a) λ(t) ≡ φ(2t − b) 1 [C], 2 [C], 3 [C],
R 0.1 De nizione 6.1 De nizione 5.16
38
Consideriamo l'applicazione : se se
a ≤ t ≤ a+b 2 a+b 2 ≤t≤b
De nendo la curva
Λ = {λ ∈ Rn : λ = λ(t), a ≤ t ≤ b },
si veri ca che
Λ = Γ ∪ Φ.
Esercizio 4.
E' conveniente utilizzare la rappresentazione in coordinate polari e
osservare che in tale sistema di coordinate l'insieme considerato è un rettangolo, quindi è un insieme convesso, che è connesso per segmenti. Quindi dati comunque
P = (rP , θP ) , Q = (rQ , θQ ) ∈ A,
basterà considerare la
curva:
γ : t 7→ (x = (trQ +(1−t)rP ) cos(tθQ +(1−t)θP ) , y = (trQ +(1−t)rP ) sin(tθQ +(1−t)θp )).
Esercizio 5.
Cominciamo col mostrare che l'applicazione
k · kLip :
Lip(E, R
m
) −→ R
è una norma su tale spazio.
•
Chiaramente
kf kLip ≥ 0
per ogni
kf kLip = 0
f ∈ Lip(E, Rm ).
⇐⇒
Inoltre
sup |f (x)| = 0 ⇐⇒ x∈E
⇐⇒ Quindi abbiamo mostrato la
•
Mostriamo l'
omogeneità.
kaf kLip
=
positività
Per ogni
sup x,y∈E x6=y
f (x) = 0 ∀ x ∈ E. e la
a∈R
non degenerazione.
si ha:
|af (x) − af (y)| + sup |af (x)| = |x − y| x∈E
= |a| sup x,y∈E x6=y
|f (x) − f (y)| + |a| sup |f (x)| = |x − y| x∈E
= |a| kf kLip . •
In ne, facciamo vedere che vale la due funzioni in Lip(E, R
m
).
disuguaglianza triangolare.
Siano
Osserviamo in via preliminare che
|(f (x) + g(x)) − (f (y) + g(y))| |x − y|
≤ +
39
|f (x) − f (y)| + |x − y| |g(x) − g(y)| . |x − y|
f
e
g
Quindi:
kf + gkLip
=
sup x,y∈E x6=y
|(f (x) + g(x)) − (f (y) + g(y)| + |x − y|
sup |f (x) + g(x)| ≤
+
x∈E
≤
sup x,y∈E x6=y
+
sup x,y∈E x6=y
|f (x) − f (y)| + sup |f (x)| + |x − y| x∈E |g(x) − g(y)| + sup |g(x)| = |x − y| x∈E
= kf kLip + kgkLip . Abbiamo appena mostrato che
(Lip(E, Rm ), kf kLip )
è uno spazio normato. Ci
manca da mostrare che è completo, cioè che ogni successione di Cauchy (rispetto alla norma sopra de nita) converge ad un elemento nello spazio. Consideriamo
{fk }k
una successione di Cauchy, cioè per ogni
tale che per ogni
k, h > N0
kfk − fh kLip
=
sup x,y∈E x6=y
+
ε>0
esiste un
N0 = N0 (ε) > 0
si abbia:
|(fk (x) − fh (x)) − (fk (y) − fh (y))| + |x − y|
sup |fk (x) − fh (x)| ≤ ε .
(1.1)
x∈E Quindi la successione
{fk }k
è una successione di Cauchy in
4
(C(E, Rm ), k · k∞,E ) e di conseguenza (poichè tale spazio è completo) ammette un limite cioè esiste un
N1 = N1 (ε) > 0
tale che se
k > N1
f ∈ C(E, Rm ),
allora
kfk − f k∞,E ≤ ε . Da (1.1) ricaviamo che se
x, y ∈ E
con
x 6= y
e
k, h > N0
allora
|(fk (x) − fh (x)) − (fk (y) − fh (y))| ≤ε |x − y| da cui, passando al limite per
h → +∞,
otteniamo:
|(fk (x) − f (x)) − (fk (y) − f (y))| ≤ ε. |x − y| 4 Denoteremo
con k · k∞,E la norma del sup, cioè per ogni f ∈ C(E, Rm ) intenderemo kf k∞,E ≡ sup |f (x)| . x∈E
40
Poiché ciò è vero per ogni
sup x,y∈E x6=y
x, y ∈ E
possiamo concludere che se
allora
|(fk (x) − f (x)) − (fk (y) − f (y))| ≤ ε. |x − y|
Mettendo insieme le stime ottenute e de nendo otteniamo che per
k > N0
N = N (ε) = max{N0 (ε), N1 (ε)},
k>N kfk − f kLip ≤ 2ε
cioè
f
è il limite di tale successione rispetto alla norma
k · kLip . f ∈
Per concludere la dimostrazione, ci manca da mostrare che Infatti, ssando
k>N
Lip(E, R
m
).
si ha:
kf kLip ≤ kf − fk kLip + kfk kLip < ∞.
Esercizio 6. Nota: Denoteremo con
x = {xn }n .
x
gli elementi di
RN ,
cioè le successioni a valori reali
Con il pedice indicheremo un elemento di una di queste successioni,
mentre useremo l'apice per indicare gli elementi di una successione in
(k)
{x } indica (k) (k) x = {xn }n ).
esempio cioè
una successione i cui elementi
1. Cominciamo col considerare lo spazio
(k)
x
(`1 , k · k1 ).
RN
Mostriamo che l'appli-
cazione
k · k1 : `1
−→ R
x 7−→ kxk1 ≡
X
|xn |
n∈N è una norma su tale spazio.
•
Chiaramente
kxk1 ≥ 0
x ∈ `1 . Inoltre X ⇐⇒ |xn | = 0 ⇐⇒
per ogni
kxk1 = 0
n∈N
⇐⇒ Quindi abbiamo mostrato la
•
Mostriamo l'
omogeneità. kaxk1
xn = 0 ∀ n ∈ N.
positività
Per ogni
=
X
e la
a∈R
non degenerazione.
si ha:
|axn | =
n∈N
= |a|
X n∈N
41
(ad
sono delle successioni,
|xn | = |a| kxk1 .
•
disuguaglianza triangolare.
In ne, facciamo vedere che vale la
x
e
y
due successioni in
`1 .
kx + yk1
Siano
Allora:
X
=
|xn + yn | ≤
n∈N
X
≤
(|xn | + |yn |) =
n∈N
X
=
|xn | +
n∈N
X
|yn | =
n∈N
= kxk1 + kyk1 . Osserviamo che il poter separare le due serie è giusti cato dal fatto che queste convergono entrambe assolutamente.
{x(k) } una sucN0 = N0 (ε) > 0
Dobbiamo mostrare ora che tale spazio è completo. Sia cessione di Cauchy in tale che se
k, h > N0
1
`
, cioè per ogni
ε>0
esiste un
allora
kx(k) − x(h) k1 ≡
X
(h) |x(k) n − xn | ≤ ε .
(1.2)
n∈N Ma quindi per ogni
n∈N
ssato, si ha
(h) |x(k) n − xn | ≤ ε (k)
{xn }k è una successione di Cauchy in R (per k che tende a +∞) che indicheremo con
e di conseguenza la successione e quindi ammette un limite
xn .
Possiamo quindi considerare la successione dei limiti
x = {xn }n . Mostriamo che
x
è il limite della successione
{x(k) }k
rispetto alla norma
k · k1 . Osserviamo che da (1.2) si ha che per ogni
M X
M >0
e per
(h) |x(k) n − xn | ≤ ε ;
n=0 passando al limite per
h → +∞ M X
otteniamo:
|x(k) n − xn | ≤ ε
n=0 e, vista l'arbitrarietà di
ε≥
M, ∞ X
possiamo concludere che
(k) |x(k) − xk1 n − xn | = kx
n=0
42
k, h > N0
che è quanto volevamo mostrare. Per completare la dimostrazione, osserviamo che
x ∈ `1 ;
infatti, se ssiamo un
k > N0
otteniamo:
kxk1 ≤ kx − x(k) k1 + kx(k) k1 < ∞. Si procede in maniera analoga per dimostrare che
(`∞ , k·k∞ ) è uno spazio
di Banach. 2. Se
x ∈ `1
kxk∞ < ∞ ∞ quindi x ∈ ` .
allora
convergere!) e
(altrimenti la serie
P
n
|xn |
non potrebbe
Abbiamo appena mostrato che
`1 ⊆ `∞ ; d'altronde tale inclusione è stretta (cioè si tratta di un sottoinsieme proprio) come si veri ca facilmente prendendo la successione
x ˜ = {1, 1, . . . , 1, . . .} ; infatti tale successione ha norma
k˜ xk∞ = 1
ma
k˜ xk1 = ∞ .
Per mostrare
che non si tratta di sottoinsieme chiuso, facciamo vedere che esiste una
`1 che converge (rispetto alla norma k · k∞ ) 1 in ` . De niamo 1 1 x(k) = 1, 1, , . . . , , 0, . . . 2 k
successione in che non sta
{x(k) }k .
e consideriamo la successione
ad un elemeno
Questa successione ammette un
k · k∞ e tale limite è dato 1 1 x = 1, 1, , . . . , , . . . . 2 k
limite rispetto alla norma
da
Infatti
kx(k) − xk∞ = Osserviamo che
kxk1 = ∞
1 k→+∞ −→ 0. k+1
(è la serie armonica!)
e questo completa la
nostra dimostrazione. 3. Abbiamo appena mostrato che
`1
non è un sottospazio chiuso di
(`∞ , k · k∞ ), cioè rispetto alla topologia indotta da tale norma. Vogliamo determinare la chiusura di
`1
(che indicheremo con
`1 )
rispetto a tale topologia, cioè il
più piccolo chiuso che lo contiene. Per far questo aggiungeremo a
`1
tutti
i suoi punti di accumulazione (abbiamo infatti visto nel punto precedente che esistono punti di accumulazione che sono esterni ad che le successioni in
1
`
`1 ).
Osserviamo
godono della proprietà di avere limite nullo (questa
43
è infatti la condizione necessaria per la convergenza della serie questa condizione è necessaria ma non su ciente per stare in
`1
P
n
|xn |);
(vedere il
punto precedente). Quindi quello che ci si può aspettare è che l'insieme
n C ≡ x ∈ RN :
o lim xn = 0
n→∞
sia proprio l'insieme che stavamo cercando. Mostreremo i seguenti fatti: a.
C
è chiuso ;
x ∈ C esiste norma k · k∞ .
b. per ogni nella
una successione
{x(k) } ⊂ `1
che converge a
x
Osserviamo che il punto b ci dice proprio che si tratta del più piccolo chiuso contenente per
`1 ,
`1 ; infatti aerma che ogni punto di C
è punto di accumulazione
e quindi non può esistere un chiuso più piccolo che lo contenga.
Diamo uno
sketch
della dimostrazione di questi punti.
C contiene tutti i suoi {x(k) }k ⊂ C una successione convergente ogni ε > 0 esisterà N0 = N0 (ε) > 0 tale che
a. Per mostrare che è chiuso, facciamo vedere che punti di accumulazione. Sia e sia
x
il suo limite. Per
kx(k) − xk∞ ≤ ε per ogni
k > N0 .
Allora:
(k) |xn | ≤ |xn − x(k) n | + |xn | ≤ (k) ≤ kx − xk∞ + |x(k) n | ≤ 2ε per di
ε
(k)
n su cientemente grande (in quanto xn → 0).
Dall' arbitrarietà
otteniamo
⇐⇒
lim xn = 0
n→∞
x∈C.
b. Per mostrare questo punto si procede esattamente come abbiamo fatto nel punto
{x(k) }
2.
Data una successione
x ∈ C , costruiamo la successione
così de nita:
x(k) = {x0 , x1 , . . . , xk , 0, . . .} . Chiaramente
{x(k) } ⊂ `1 .
esisterà un
N0 = N0 (ε)
x è il limite di tale xn → 0, per ogni ε > 0
Mostriamo ora che
successione rispetto alla norma
k · k∞ .
Poiché
tale che
|xn | ≤ ε per ogni
n ≥ N0 .
Quindi, prendendo
k ≥ N0
kx(k) − xk∞ ≤ ε e questo conclude la dimostrazione.
44
si avrà
Esercizio 7.
Ricordiamo alcune de nizioni che useremo in seguito.
5
De nizione (Compattezza). Uno spazio topologico X si dice compatto se ogni suo ricoprimento aperto (cioè costituito da insiemi aperti) possiede un sottoricoprimento nito, cioè possiede una sottofamiglia costituita da un numero nito di insiemi che è ancora un ricoprimento dello spazio. De nizione (Compattezza numerabile). Uno spazio topologico X si dice numerabilmente compatto se ogni sottoinsieme in nito Z ⊂ X possiede un punto di accumulazione. De nizione (Compattezza per successioni). Uno spazio topologico X si dice compatto per successioni se ogni successione di elementi di X possiede una sottosuccessione convergente ad un elemento di X . Si dimostrano le seguenti relazioni fra queste de nizione:
X
compatto
⇒X
numerabilmente compatto
⇐X
compatto per successioni.
Nessuna delle implicazioni precedenti è - in generale - un'equivalenza. Si può però dimostrare in generale il seguente risultato:
Teorema. Sia X uno spazio metrizzabile. Le seguenti condizioni sono equivalenti: (a) X è compatto. (b) X è numerabilmente compatto. (c) X è compatto per successioni. Torniamo ora al nostro esercizio. (i) Mostriamo che l'insieme
Ω
non è compatto.
Poiché stiamo consideran-
do uno spazio normato (e quindi metrico) la de nizione di compattezza è equivalente alla de nizione di compattezza per successioni. vedere quindi che esiste una successione in sottosuccessione convergente.
Ω
Facciamo
che non ammette alcuna
Consideriamo la successione
{x(n) }n
così
x(m) ,
con
de nita:
x(n) = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . .) . | {z } n−1
Se prendiamo due generici elementi della successione
n 6= m,
x(n)
ed
si osserva che la loro distanza (nella metrica indotta dalla norma)
è costante, cioè
d x(n) , x(m)
= kx(n) − x(m) k1 = 2
e quindi non è possibile estrarre alcuna sottosuccesione convergente.
5 Cfr.
E. Sernesi, Geometria 2, Bollati Boringhieri (1994). 45
(ii) Anche in questo caso è più semplice mostrare la compattezza per successioni. Supponiamo di avere una successione
{x(n) }n
in
D
e facciamo
vedere che è possibile estrarre una sottosuccessione convergente. Possiamo considerare la naturale immersione di
D
in
R10
i : D −→ R10 x 7−→ (x1 , . . . , x10 ) i(D)
ed osservare che
R10 ,
è la palla unitaria in
rispetto alla
k · k∞ ;
in
particolare
−→
i:D
i(D)
è una biezione. Quindi è possibile associare alla successione
{y
(n)
}n
data da
y
{x(n) }n
una sottosuccessione
(n)
). 10 Osserviamo che i(D) è compatto in (R , k · k∞ ) e quindi è compatto per successioni, cioè esiste una sottosuccessione {ynk }k , convergente ad un certo y ∈ i(D), i.e: in
i(D),
(n)
= i(x
∀ ε > 0 ∃ N0 = N0 (ε) t.c. se Mostriamo che la sottosuccessione
allora ky (nk ) − yk∞ ≤ ε .
k ≥ N0 {x(nk ) }k ,
data da
x(nk ) = i−1 (y (nk ) ) è una successione convergente in
−1
x=i
(y) ∈ D.
Infatti, se
(`1 , k · k1 ),
k ≥ N0
kx(nk ) − xk1
=
e che converge ad un limite
abbiamo:
10 X
(nk )
− xj | =
(nk )
− yj | ≤
|xj
j=1
=
10 X
|yj
j=1
≤ nky (nk ) − yk∞ ≤ nε . Inoltre
x∈D
per come è stata de nita.
1.2 Funzioni da Rn in Rm: regolarità, polinomio di Taylor, estremi liberi e vincolati, etc . . . Esercizio 8. su ciente
6 [C],
Per mostrare che tale funzione non è continua in
6 trovare due successioni
x(k) , y (k) ⊂ Rn \ {O},
proposizione 5.8 i) 46
t.c.
O = (0, .., 0),
è
limk→+∞ x(k) = limk→+∞ y (k) = O, ma limk→+∞ f (x(k) ) 6= limk→+∞ f (y (k) ). Consideriamo ad esempio le successioni:
x(k) = (0, .., k1 , ..0)
y (k) = (0, .., −1 k , ..0)
Esercizio 9.
(k
δi,j k , j = (k −δi,j (cioè ha componenti yj = k , j
(cioè ha componenti
xj =
x0 = (0, 1, 1, 2) si 1 x0 = (0, 0, ., 0) si ha δ() = α ; 1. Nel caso
Nel caso 2.
δ() = min{ 38 , 12 } ;
3.
δ() = min{( π4 ) n , 2n };
4.
δ() = min{
5.
δ() =
6.
δ() = min{ n , 5α√n , |x0 | − 1 }.
1
√
n 2
1
5
−4n
, n 2 e12
ha
1, .., n) = 1, .., n)
δ() = min{ 5α , |x0 | − 1 };
7
};
8
√ ; n
Esercizio 10.
E' su ciente considerare
δ() = (sin 3) .
Esercizio 11. Nota: In tale contesto
|·|
indica la norma euclidea, sia su
R4
che su
R2 .
Uti-
lizzando le relazioni di equivalenza fra le varie norme si possono ottenere immediatamente i moduli di continuità associati alle altre combinazioni di norme de nibili su tali spazi. Trovare il modulo di continuità in
δ(ε) > 0
tale che se
|x| ≤ δ ,
x0 = (0, 0, 0, 0),
equivale a trovare un
δ =
allora
1 |f (x) − f (0)| = − 1, sin(x1 x4 ) ≤ ε . 1 + |x| Cominciamo stimando separatamente le varie componenti di questo vettore.
•
Prima componente:
1 1 + |x| − 1
7 Si
può dimostrare che se
cos t ≥ √
1 1+2 sin2 t
8 Osservare
−π 4
≤ t ≤
π 4
1 − 1 − |x| = = 1 + |x| |x| = ≤ 1 + |x| ≤ |x| ≤ δ .
allora vale la seguente disuguaglianza:
che si tratta di una serie geometrica 47
•
Seconda componente:
| sin(x1 x4 )| ≤ |x1 x4 | ≤ |x|2 ≤ δ 2 ; abbiamo usato che
| sin t| ≤ |t|
per ogni
t ∈R
e che
|xi | ≤ |x|
per ogni
i = 1, 2, 3, 4. Mettendo insieme le varie stime otteniamo:
1 |f (x) − f (0)| = − 1, sin(x1 x4 ) ≤ 1 + |x| √ 1 ≤ 2 max − 1 , | sin(x1 x4 )| ≤ 1 + |x| √ ≤ 2 max δ, δ 2 . Assumendo che
δ≤1
possiamo sempli care tale espressione:
√
|f (x) − f (0)| ≤
√
=
2 max δ, δ 2 = 2δ .
Quindi sarà su ciente prendere
δ(ε) = min
Esercizio 12.
ε √ , 1 . 2
Consideriamo una funzione
f : E ⊂ Rn → R m tale che
f
f (x) = (f1 (x), . . . , fm (x)) è continua in
x0
⇐⇒
e sia
fi
x0 ∈ E .
Vogliamo mostrare che
è continua in
x0
∀ i = 1, . . . , m .
Dimostriamo separatamente le due implicazioni. Osserviamo che anche in questo caso considereremo la norma euclidea su entrambi gli spazi: questa non è una scelta restrittiva in quanto le norme su spazi vettoriali di dimensione nita sono tra loro equivalenti (cioè inducono la stessa topologia) e quindi le proprietà topologiche (quali la continuità) non dipendono dalle norme scelte.
(=⇒)
Supponiamo che
f
sia continua in
∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 :
x0 ,
cioè
|x − x0 | < δ
Quindi è su ciente osservare che per ogni
=⇒
|f (x) − f (x0 )| < ε .
i = 1, . . . , m
|fi (x) − fi (x0 )| ≤ |f (x) − f (x0 )| per poter concludere la tesi.
48
(⇐=)
Assumiamo che per ogni
i = 1, . . . , m
le funzioni
fi
siano continue in
x0 ,
cioè
∀ ε > 0 ∃ δi = δi (ε) > 0 :
|x − x0 | < δ
=⇒
ε |fi (x) − fi (x0 )| < √ . m
La tesi segue facilmente prendendo
δ = δ(ε) = min{δ1 (ε), . . . , δm (ε)} ; infatti con tale scelta si ha che se
|f (x) − f (x0 | ≤ ≤
√
|x − x0 | ≤ δ ,
allora
m max {|fi (x) − fi (x0 )|} ≤ i=1,...,m
√
ε m√ = ε . m
Esercizio 13. Nota: In tale contesto (i) Siano
|·|
x, y ∈ B1 (0).
indicherà la norma euclidea su
Consideriamo separatamente le due componenti di
f (x) − f (y) = Prima componente:
1 1 − , 2 − |x| 2 − |y|
! n n Y Y xi − sin yi . sin
in
N)
i=1
2 − |y| − 2 + |x| | |x| − |y| | = = ≤ (2 − |x|)(2 − |y|)) (2 − |x|)(2 − |y|) |x − y| ≤ ≤ |x − y| . (2 − |x|)(2 − |y|)
Osserviamo che questa stima è ottimale.
m
i=1
9
1 1 2 − |x| − 2 − |y|
variare di
Rn .
Infatti, se consideriamo (al
i punti
xm ym
1 = 1− , 0, . . . , 0 2m 1 = 1 − , 0, . . . , 0 m
9 Utilizzeremo
i seguenti fatti: 1. | |x| − |y| | ≤ |x − y|, per ogni x, y ∈ Rn ; 2. 2 − |x| ≥ 1, per ogni x ∈ B1 (0) .
49
otteniamo:
1 1 2 − |xm | − 2 − |ym |
1 = 2−1+
1 1 − 1 = 2 − 1 + 2m m 1 1 1 − 1 = 1 + 2m 1+ m 2m m − = (1 + 2m) (1 + m) m = (2m + 1)(m + 1) 2m2 1 = (2m + 1)(m + 1) 2m 2m2 |xm − ym | . (2m + 1)(m + 1)
= = = = = Quindi la costante
xm
e
ym )
Lm
che rende
sharp
la disuguaglianza sopra (nel caso
è data da
Lm := e di conseguenza
2m2 (2m + 1)(m + 1)
m→+∞
−→ 1
L ≥ 1. 10
Seconda componente:
n n Y Y xi − sin yi sin i=1
≤
i=1
≤ ≤ ≤
n n n n Y Y Y Y xi − sin yi ≤ xi − yi ≤ sin i=1 i=1 i=1 i=1 n n n n Y Y Y Y xi − x1 yi + x1 y i − y1 yi ≤ x1 i=2 i=2 i=2 i=2 n n n Y Y Y |x1 | xi − yi + yi |x1 − y1 | ≤ i=2 i=2 i=2 n n Y Y |x1 − y1 | + xi − yi ≤ i=2
i=2
≤ ... ≤ ≤ |x1 − y1 | + . . . + |xn − yn | = = kx − yk1 ≤ √ ≤ n |x − y| . 10 Utilizzeremo
i seguenti fatti: 1. | |x| − |y| | ≤ |x − y|, per ogni x, y ∈ Rn ; 2. | sin t − sin s| ≤ |t − s|, per ogni t, s ∈ R ; √ 3. kxk1 ≤ n|x|, per ogni x ∈ Rn .
50
Mettendo insieme le due stime precedenti, otteniamo:
|f (x) − f (y)|
v u u ≤ t
1 1 − 2 − |x| 2 − |y|
2 +
!2 n n Y Y xi − sin yi ≤ sin i=1
p √ |x − y|2 + n|x − y|2 = n + 1 |x − y| . ≤
i=1
Quindi possiamo prendere
√
L=
n + 1.
(ii) Prendiamo innanzitutto in esame il caso in cui
Ω = B1 (x0 ) con
x0 = (2, . . . , 2). x∈Ω √ √ 2 n − 1 ≤ |x| ≤ 2 n + 1
Facciamo delle osservazioni preliminari. Se
allora
e quindi
αn := 2 −
q q √ √ 1 2 n + 1 ≤ 2 − |x| 2 ≤ 2 − 2 n − 1 =: βn .
Osserviamo che: 1. Se
n = 1, 2
2. Se
n = 3, 4, 5, 6
allora
αn , βn > 0.
allora
αn < 0 < βn , quindi la funzione f presenta Ω. In particolare se n = 4 tale singolarità
una singolarità nel dominio è proprio in 3. Se
n≥7
x0 .
allora
αn , βn < 0.
Considereremo quindi
n 6= 3, 4, 5, 6. 1
In tali casi avremo la seguente stima: 1
αn2 ≤ (2 − |x| 2 )(2 − |y| 2 ) ≤ βn2 . √ √ In ne notiamo che in In = (2 n−1, 2 n+1) la funzione radice quadrata
è
lipschitziana. Questa è una semplice conseguenza del teorema di Lagrange; infatti se
s, t ∈ In
allora
√ √ | s − t| ≤ =
1 sup √ ξ∈In 2 ξ
! |s − t| =
1 √ |s − t| . 2(2 n − 1)
51
x, y ∈ B1 (x0 ), allora: p p | |x| − |y| | ≤ 1 1 |(2 − |x| 2 )(2 − |y| 2 )| p p | |x| − |y|| ≤ αn2 ||x| − |y|| √ ≤ 2αn2 (2 n − 1) 1 √ |x − y| . 2 2αn (2 n − 1)
Possiamo ora mostrare la stima cercata. Siano
1 1 2 − |x| 12 − 2 − |y| 12
= ≤ ≤ ≤
Quindi possiamo prendere
L=
1 √
2αn2 (2
n − 1)
.
Passiamo ora a considerare il caso in cui
Ω = B1 (0) . Mostriamo che in questo caso non esiste una costante
L
che soddisfa la
condizione richiesta. Consideriamo infatti i seguenti punti (al variare di
m
in
N):
xm ym
1 = , 0, . . . , 0 n2 1 = , 0, . . . , 0 . 4n2
Otteniamo:
|f (xm ) − f (ym )| =
=
= = = = =
1 1 p p − = 2 − |xm | 2 − |ym | 1 1 = q q − 1 1 2 − 2 − 2 2 m 4m 1 1 2 − 1 − 2 − 1 = m 2m m 2m − 2m − 1 4m − 1 = m = (2m − 1)(4m − 1) 4m3 3 = 3(2m − 1)(4m − 1) 4m2 4m3 |xm − ym | . 3(2m − 1)(4m − 1) 52
Se esistesse una costante
L
L ≥ Lm :=
con le proprietà richieste, si dovrebbe avere:
4m3 3(2m − 1)(4m − 1)
e questo conclude la dimostrazione della (iii) Siano
x, y ∈ Br (0),
m→+∞
−→ +∞
non esistenza
di una simile
L.
r > 0. Abbiamo: 2 2 |f (x) − f (y)| = e|x| x − e|y| y ≤ 2 2 2 2 ≤ e|x| x − e|x| y + e|x| y − e|y| y ≤ con
2
2
2
≤ e|x| |x − y| + |y||e|x| − e|y| | ≤ 2
2
≤ er |x − y| + rer (|x| + |y|) | |x| − |y| | ≤ 2
≤ er (1 + 2r2 )|x − y| . Quindi possiamo prendere 2
L = er (1 + 2r2 ) .
Esercizio 14.
Osserviamo che la funzione che abbiamo de nito è ovviamente
discontinua nell'origine; nonostante ciò si ha l'esistenza di tutte le derivate direzionale
∀ ξ = (ξ1 , ξ2 ) 6= (0, 0)
; ciò segue immediatemente dalla de nizione
di derivata direzionale, osservando che
∃ δ > 0 t.c. ∀ |t| < δ (tξ1 )2 6= tξ2 .
Esercizio 15. ∀ x ∈ Rn \ {0} e ∀ α ∈ R Esercizio 16.
Le condizioni da imporre su
1.
2α − β > 0 ;
2.
2α − β > 1 ;
3.
2α − β > 1 ;
4.
2α − β > 1 .
Esercizio 17.
Si ha che:
α
e
β
∂|x|α ∂xi
(0) = α|x|α−2 xi
.
sono le seguenti:
Per la de nizione di dierenziabilità di funzioni vettoriali ([C]
Def. 5.46), facciamo vedere che:
lim
h→ 0
f (x0 + h) − f (x0 ) − L(h) = 0 |h|
Usando il fatto che le funzioni componenti sono l'operatore lineare
L:R
n
→ R
m
C1
e quindi dierenziabili, e che
è individuato dall matrice Jacobiana di
segue la tesi.
53
f,
Esercizio 18. 1.
∂f (x, y) = ∂x
y cos(xy) 2 y 2 exy
∂f (x, y) ∂y
x cos(xy) 2 2xyexy
=
.
2. Dobbiamo mostrare che
|f (h1 , h2 ) − f (0, 0) − L(h)| = 0, |h| h=(h1 ,h2 )→(0,0) lim
(1.3)
dove
∂f (0, 0) ∂x 0 0 = . 0 0
L(h) ≡
∂f (0, 0) ∂y
h1 · = h2
Cominciamo col fornire una stima del numeratore che compare nell'espressione in (1.3). Stimiamo separatamente le due componenti del vettore di cui stiamo calcolando la norma (euclidea):
•
Prima componente:
| sin(h1 h2 )| ≤ ≤ |h1 h2 | ≤ |h|2 . •
Seconda componente (non è restrittivo assumere che quanto poi andremo a considerare il limite per
|h| → 0):
h1 h22 − 1 ≤ e ≤ 3 h1 h22 ≤ ≤ 3 |h|3 ≤ ≤ 3 |h|2 . Quindi otterremo la seguente stima:
|f (h1 , h2 ) − f (0, 0) − L(h)| ≤ |h| √ 10 |h|2 ≤ = |h| √ h→(0,0) = 10 |h| −→ 0 . 54
|h| ≤ 1,
in
3. Applicando la regola per la dierenziazione di funzioni composte otteniamo:
F 0 (t)
=
∂f ∂f (g(t), 1 − g 2 (t))g 0 (t) + (g(t), 1 − g 2 (t))(−2g(t)g 0 (t)) . ∂x ∂y
Osservando che:
g(0)
= 1
g 0 (t)
=
1 t √ 2 + cosh t 1 + t2 = 1
g 0 (0)
ed usando le espressioni ricavate nel punto
F 0 (0)
Esercizio 19.
1),
otteniamo:
∂f ∂f (1, 0) − 2 (1, 0) = ∂x ∂y −2 = . 0 =
Applicando la regola di dierenziazione delle funzioni composte
si ottiene:
∂ ∂f ∂f ∂h f (x, h(x, z), z) = (x, h(x, z), z) + (x, h(x, z), z) (x, z) = ∂x ∂x ∂y ∂x 1 ∂f ∂f ∂f ∂h (x, h(x, z), z), (x, h(x, z), z), (x, h(x, z), z) · = (x, z) ∂x ∂y ∂z ∂x 0 ∂ ∂f ∂f ∂h f (x, h(x, z), z) = (x, h(x, z), z) + (x, h(x, z), z) (x, z) = ∂z ∂z ∂y ∂z 0 ∂f ∂f ∂f ∂h (x, h(x, z), z), (x, h(x, z), z) · (x, h(x, z), z), = (x, z) . ∂z ∂y ∂z ∂z 1
Esercizio 20. 1. Sia
y = f (x)
una soluzione
C2
in un intorno di
x = 0,
dell'equazione
x2 + sinh y + exy = 1 , tale che
f (0) = 0.
Quindi la funzione
F (x) ≡ x2 + sinh f (x) + exf (x) − 1 ≡ 0 55
e di conseguenza anche tutte le sue derivate saranno indenticamente nulle (in quanto si tratta di una funzione costante).
In particolare usando il
f (0) = 0 otteniamo: h i 0 = F 0 (0) = 2x + (cosh f (x))f 0 (x) + exf (x) (f (x) + xf 0 (x))
fatto che
|x=0
=
= f 0 (0) cioè
x = 0
è un punto critico per tale funzione.
Studiamo la derivata
seconda in modo da determinare la natura di tale punto critico:
0 = F 00 (0)
=
h
2 + (sinh f (x))(f 0 (x))2 + (cosh f (x))f 00 (x) +
i + exf (x) (f (x) + xf 0 (x))2 + 2f 0 (x) + xf 00 (x) = e quindi
|x=0
=
2 + f 00 (0) ,
f 00 (0) = −2,
cioè si tratta di un punto di massimo relativo.
2. L'esistenza di una simile funzione è garantita dal Teorema della funzione implicita, in quanto
∂F (0, 0) ∂y
Esercizio 21.
=
1 6= 0.
∂f1 ∂x2 . . . ∂f6 ∂x2
1.
∂f = ∂x
2.
= [cosh y + xexy ]|(x,y)=(0,0) =
∂f1 ∂x1 . . . ∂f6 ∂x1
∂f = ∂y
P3 ∂ f (x, g(t)) = ∂t
56
∂f1 ∂y1 . . . ∂f6 ∂y1
∂f1 ∂y2 . . . ∂f6 ∂y2
∂f1 0 j=1 ∂yj gj (t) . . . P3 ∂f6 0 j=1 ∂yj gj (t)
∂f1 ∂y3 . . . ∂f1 ∂y3
Esercizio 22.
1.
∂f ∂y
=
∂f ∂x ∂f ∂t 2.
0 0
1 1+t
2y2 x3 1+t
=
t cos(tx1 )
0
0
x1 |x|
x2 |x|
0
0
x3 |x| y22 1+t
=
0 0
x1 cos(tx1 ) |x| y1 +y22 x3 − (1+t)2
∂ ∂f ∂f f (x, g(t), t) = (x, g(t), t), g 0 (t) + (x, g(t), t) = ∂t ∂y ∂t x1 cos(tx1 ) |x| = 2 ln(ln t)x3 tanh t+x3 ln2 (ln t) 1 + − 2 2 (1+t)t ln t (1+t) (1+t) cosh t
Esercizio 23.
D1 f (0)(ξ) Pn= ∇f (0) ξ = (1, 0, .., 0) ξ = ξ1 ; D f (0)(1, 2, .., n)3 = 6 j=1 j 2 = n(n + 1)(2n + 1) ; 1.
3
2.
3.
4.
∂5f ∂x1 ∂x2 ...∂x5 (1, 1, .., 1) = 90 en ;
2
2
= (25 x1 x2 x3 x4 x5 e|x| (x1 +x4n )+24 x2 x3 x4 x5 e|x| )|(1,..,1) =
(1,0,..,10)
∂x f (0) = 30240 (1,0,..,10) ∂x f ((−1, 1, .., (−1)n )) = −(99050016)en
11
∇f (0) = (1, 0, .., 0) .
Esercizio 24.
1.
f ∈ C(R2 \ {(x, x) | x ∈ R \ {0} } ) ;
2. Basta prendere ad esempio
δ = min{ 12 ,
√ } ; 2e
3. La funzione è dierenziabile nell'origine;
11 ∂ 10
∂ ∂x10 n ∂x1
2
2
2
(e|x| (x1 + x4n )) = ex1 +..+xn−1 2 x2 1 +..+xn−1
2 ∂ 10 (exn (1 ∂x10 n
+ 2x21 + 2x1 x4n )) =
(*) .
Chiamiamo c e g(t) = et . Allora (*) = Dk (f )D10−k (g)) in k quanto D f = 0 se k > 4. 2 Si dimostra per induzione che Dj (g) = et Pj (t) dove Pj (t) è un polinomio di grado j nella t, 0 così de nito: P0 (t) = 1 e Pk+1 (t) = Pk (t) + 2tPk (t). =e , a = 1 + 2x21 , b = 2x1 x4n , f (t) = (1 + bt4 ) P10 P 10! 10! c k=0 ( k!(10−k)! Dk (f )D10−k (g)) = c 4k=0 ( k!(10−k)!
57
2
4.
∀k ≥ 0
di ha che
f 6∈ C k ({0}) .
Infatti dal punto 1) segue che non è
continua in un qualsiasi intorno dell'origine; osserviamo invece che
f ∈
C 2 (0) .
Esercizio 25. P6 (x; 0) = x1 + x1 x2 x3 x4 + o(|x|6 ) . Esercizio 26.
1.
P3 (x; 0) = x3 + x1 x3 + x2 x3 +
o(|x|6 ) ;
2. Si può prendere ad esempio
Esercizio 27.
Ovviamente
x21 x3 2
+
x22 x3 2
+ x1 x2 x3 +
1 4e .
δ=
f ∈ C(Rn \ {0});
d'altro canto
lim|x|→ 0
sin |x| |x|
= 1,
quindi
f ∈ C(Rn ). 1 n Inoltre f ∈ C (R \ {0})
e tutte le sue derivate parziali in 0 valgono 0; da ciò
si dimostra facilmente che
f ∈ C 1 (Rn ) .
Esercizio 28.
R∗ ≡ {(x, x) | x ∈ R \ {0} } . f ∈ C (R \ R ) e in tale insieme è anche dierenziabile; inoltre f ∗ continua nei punti di R e in tali punti non esistono le derivate parziali. ∞
Sia
∗
2
Esercizio 29. q (− 32 , − √16 ).
I punti critici della funzione sono:
e
P2 =
Entrambi sono dei punti nè di massimo nè di minimo.
Osserviamo che
Esercizio 30.
q P1 = ( 32 , √16 )
non è
sup f = +∞ ,
mentre
inf f = −∞ .
Cominciamo con l'osservare che la funzione è continua su
D
che
è compatto, quindi per il Teorema di Weierstrass ammette massimo e minimo assoluti. I punti critici della funzione interni al dominio sono i punti sull'asse delle y:
Py = (0, y) (−1 ≤ y ≤ 1)
e in tali punti la funzione è identicamente nulla.
•
I punti
Py
con
00
che se
Si vede facilmente da uno studio si tratta di un punto di minimo,
si tratta di un punto di massimo locale (ovviamente
non sono assoluti in quanto ci sono punti in cui la funzione assume valori strettamente positivi e strettamente negativi!); Per
y = 0
abbiamo un
punto di sella. (attenzione: Nella ricerca dei punti critici il punto va studiato a parte, in quanto la funzione non è tale punto);
59
C1
(1, 0),
in alcun intorno di
4. Basta prendere in entrambi i casi
Esercizio 34.
∂f ∂x
1.
δ=
1 100 .
= ∇f = 2f (x) x.Infatti: Y ∂f = 2xi (x2j ) = 2xi f (x) ; ∂xi j6=i
2.
∂f = ∂x
1 2x2 0 ... 0 −x2 sin (x1 x2 ) −x1 sin (x1 x2 ) 0 . . . 0
∂f 2xy ∂x = z−x2 . Osservazione: Nel primo caso si tratta di un gradiente, nel secondo di uno
3.
jacobiano e ne terzo di una derivata parziale.
Esercizio 35.
N X
PN (x; x0 ) =
aβ (x)β
β∈N n |β|=1 con
( aβ =
Esercizio 36.
| β |!
β
2 (−1)| 2 |−1 (|β|−1)! ( β )!
se
βi
è pari
∀i = 1..n
2
0
altrimenti
G(x, y, t) ≡ t3 − 2xy + y e supponiamo z = z(x, y) de nita in un intorno del punto (1, 1), tale che G(x, y, z(x, y)) ≡ 0 e z(1, 1) = 1. Ovviamente questa nuova funzione è una funzione delle sole variabili (x, y), che è identicamente nulla nell'insieme di de nizione della z . Quindi tutte le sue derivate saranno identicamente nulle in Consideriamo la funzione
che esista una funzione
tale intorno. Calcoliamocele applicando il teorema di derivazione delle funzioni composte:
∂G(x,y,z(x,y)) ∂G ∂z = ( ∂G ∂x ∂x (x, y, z(x, y)) + ∂t (x, y, z(x, y)) ∂x (x, y))|(1,1) |(1,1) ∂z ∂z (−2y + 3z(x, y)2 ∂x (x, y))|(1,1) = −2 + 3 ∂x (1, 1) . ∂z 2 Da cui segue che : ∂x (1, 1) = 3 .
0 =
=
(Si procede in maniera analoga per la derivata parziale rispetto alla y e per le derivate seconde)
P2 (x, y; 1, 1) = 1 + 32 (x − 1) + 13 (y − 1) − 49 (x − 1)2 − 19 (y − 1)2 + 29 (x − 1)(y − 1). Facoltativo: Nel primo caso si procede esattamente come sopra, scegliendo come
G(x, y, t) = t3 − 2xy + t.
Nel secondo caso, invece, se si procede come sopra, si
giunge immediatamente ad un assurdo (Quale?). Questo semplicemente per il fatto che non può esistere alcuna funzione z che soddis tali condizioni nell'intorno del punto (1,1). (Lo vedremo meglio parlando del teorema delle funzioni implicite).
60
Esercizio 37. e
E' utile studiare separatamente le due funzioni
s(x, y) ≡ x2 s(x)
2
c(x, y) ≡ y s(y).
Si veri ca facilmente che tali funzioni sono continue e dierenziabili dappertutto
x=0
ma le derivate parziali non sono continue nei punti (rispettivamente) con o
y = 0.
Da ciò segue che
f (x, y) = s(x, y) + c(x, y)
è continua dappertutto (in quanto
somma di funzioni continue), dierenziabile ovunque (in quanto somma di funzioni dierenziabili ovunque) e con derivate parziali che esistono in ogni punto, ma che non sono continue sui punti sull'asse delle x o sull'asse delle y. (A tal proposito è bene sottolineare, che in generale la somma di funzioni discontinue non è una funzione discontinua! Nel nostro caso, possiamo giungere a tale conclusione soltanto perchè
f
è a variabili separate:
f (x, y) = x2 s(x) + y 2 c(y)
e
quindi una discontinuità dell'una non può venir compensata da una discontinuità dell'altra).
Esercizio 38.
Cominciamo con l'osservare che la funzione è continua su
D
che
è compatto, quindi per il Teorema di Weierstrass ammette massimo e minimo assoluti. I punti critici della funzione interni al dominio sono i punti sull'asse delle y:
Py = (0, y) (−1 ≤ y ≤ 1)
e in tali punti la funzione è identicamente nulla.
•
I punti
Py
con
0 0. 4 8
In particolare in tali punti si ha:
f (A)
= f (C) =
5 8
1 f (B) = f (D) = − . 8 Studiamo la funzione sui lati verticali, cioè sulle rette
√ √ ) 1 3 3 x=± , −
(x,y)∈K
1 2 . Per quanto detto prima
lim y(t) = t↓0
1 2
e
lim y(t) = +∞ , t↑1
e quindi (come segue dalla de nizione di limite) esisteranno sicuramente dei tempi
Esercizio 44. •
t0
e
t1
che soddisfano le ipotesi richieste, per ogni
0 < δ < 1.
Risolviamo anche in questo caso le due equazioni separatamente.
Cominciamo con la prima equazione:
π x2 1+ 2 4 β x(0) = 0 .
x˙ = β
Integrando otteniamo
Z 0
x
1 Z π t β dx = t dt 2 4 0 x 1+ β
⇐⇒
e quindi la soluzione sarà data da:
x(t, β) = β tg
68
π t . 4
arctg
x π = t β 4
•
Per quanto riguarda la seconda equazione, si integra facilmente ed otteniamo
y(t, β) = eβt . In conclusione la soluzione trovata è data da
x(t, β) = β tg
π 4t
y(t, β) = eβt .
Quindi l'intervallo di esistenza massimale è
Iβ = (−2, 2) , che non dipende da
β.
Mostriamo ora la seconda parte. siano
β, β 0 ∈ K ;
C
sia inoltre
Sia
K
un compatto contenuto in
un compatto in
∩β∈K Iβ = (−2, 2)
R \ {0} e t0 ∈ C .
e sia
De niamo le seguenti costanti (sono tutte nite in quanto si tratta di massimi di funzioni continue su compatti):
T M
π ≡ sup tg t 0 ∃N0
t.c.
∀m, n >
supx∈(a,b) |um (x) − un (x)| < ε . Per concludere basta osservare che: supx∈(a,b) |um (x) − un (x)| = supx∈[a,b] |um (x) − un (x)| . b−a Infatti se consideriamo la successione {xk }k≥2 = {a + k }k≥2 ⊆ (a, b) , questa è tale che limk→∞ xk = a; dalla continuità delle funzioni un segue che limk→∞ |un (xk ) − um (xk )| = |un (a) − um (a)|, e quindi si ha che |un (a) − um (a)| ≤ supx∈(a,b) |um (x) − un (x)|. Si applica lo stesso ragionamento per il punto b e segue l'asserto. (2) Se per assurdo convergesse uniformemente in (a, b), applicando il punto precedente seguirebbe la convergenza uniforme in [a, b]; ma ciò implicherebbe la convergenza di {un (a)} .
Esercizio 46.
Osserviamo che le funzioni si possono esplicitare nella forma:
1 x ∈ [0, 2n ] 1 1 se x ∈ [ , 2n n ] 1 se x 6∈ [0, ] n
2nx −2nx + 2 fn (x) = 0
se
Dimostriamo le varie aermazioni:
x ≤ 0 allora fn (x) ≡ 0 ∀n; mentre t.c. ∀ n ≥ n0 si ha che fn (x) = 0 ;
1. Se
2. Infatti 3.
lim
R1 0
∀n ≥ 1
si ha che
x > 0,
allora esiste
n0 = [ x1 ] + 1
sup[0,1] |fn (x)| = 1 ;
1 fn = lim 2n =0=
Esercizio 47.
se
R1 0
f.
Consideriamo ad esempio le funzioni:
4n2 x −4n2 x + 4n fn (x) = 0
1 x ∈ [0, 2n ] 1 1 se x ∈ [ , 2n n ] 1 se x 6∈ [ , 1] n se
Per la prima parte del punto facoltativo, considerare ad esempio le funzioni:
gn (x) =
[x( n1 − x)]k+1 0
Esercizio 48.
se
x ∈ [0, n1 ]
altrimenti
e de nire la successione
2. Se
(−eα , eα ) α α compatto K ⊂ (−e , e ) ;
1. Convergenza puntuale in
Convergenza totale ed uniforme in ogni
α ≤ 0: •
Convergenza puntuale in
•
Convergenza totale e uniforme in
(1, +∞)
70
gn fn = R 1 g 0 n
[a, +∞)
con
a > 1;
Se
α > 0: •
Convergenza puntuale in
•
Convergenza totale e uniforme in
[0, 1) [0, a]
0 < a < 1;
con
A ≡ { n12 | n ≥ 1} : puntuale in [−1, 1] \ A
3. De niamo l'insieme Convergenza
Convergenza totale ed uniforme in ogni compatto contenuto in
[0, 1]) ∩ Ac
con
4. Convergenza puntuale in
(−e−1 , e−1 )
12
Convergenza totale ed uniforme in ogni compatto 5. Convergenza puntuale in
Sostituendo
Si ha che
x=
K ⊂ (−e−1 , e−1 ) ;
(0, +∞)
Convergenza totale ed uniforme in
Esercizio 49.
([−1, a] ∪
−1 < a < 0 ;
∀x ∈ (−1, 1), P
[a, +∞)
P
n≥1
n3 n≥1 2n
1 2 si ottiene che
con
a > 0; x3 +4x2 +x (1−x)4 .
n3 xn =
= 26 .
Esercizio 50.
1. Sappiamo che la serie geometrica di ragione x, con |x| < 1, P 1 1 1 k k≥0 x = 1−x . Derivando j volte 1−x ot1−x , cioè si ha che j j! 1 d teniamo: dxj ( 1−x ) = (1−x)j+1 . Per il teorema 2.5 ([C]) si ha la seguente relazione: ha somma
Se
|x| <
j! 1, allora (1−x) j+1
=
(k+j)! k 1 k≥0 k! x ovvero (1−x)j+1
P
=
k≥0
P k+n−1 xm 1 m m ∀ |x| < 1 : (1+x) n = x k≥0 (1−x)n = x n − 1 P P k+n−1 n − 1 − m + k xm+k = k≥m xk . k≥0 n−1 j P+∞ xk x Osserviamo che la serie e = k=0 k! ha raggio di convergenza
Quindi
2.
P
k+j j
xk =
in nito
( si dimostra ad esempio con il criterio del rapporto); dobbiamo quindi
xk k=0 k! . Consideriamo il Polinomio di Taylor di ordine N di
dimostrare che
∀x ∈ R
ex =
P+∞
ex
ed esprimiamo il
resto con la formula di Lagrange; si ha:
|ex −
N X xk k=0
k!
|≤
|x|N +1 ξ N →∞ e −→ 0 (N + 1)!
∃ξ
da cui segue la tesi.
12 Può
essere utile ricordarsi la formula di stirling limn→∞
, e applicando il
n! =1 2πn( n )n P e (xe)n √ 2πn+x
√
criterio del confronto asintotico, ricondursi allo studio della serie . (Cfr E. Giusti Esercizi e compl. di Anal. mat. I, Cap 7 par.9 (formula Stirling) e Cap.4 par.2 (Criterio asintotico) 71
xk
.
Rx 1 log(1 + x) = 0 1+t dt . Noi sappiamo che per |t| < 1 si P∞ 1 k k ha: (segue immediatamente osservando che si tratta k=0 (−1) t 1+t = di una serie geometrica di ragione −t). Applicando il Teorema 2.5 ([C]), per |x| < 1 si ha che:
3. Osserviamo che
Z
x
log(1+x) = 0
+∞ Z x
X 1 dt = 1+t
k=0
(−1)k tk dt =
0
∞ X k=0
4. Dal punto precedente segue immediatamente che: (Basta infatti sostituire ad
∞
(−1)k
X xk+1 xk = (−1)k+1 . k+1 k k=1
log(1−x) = −
x, −x )
1+x 1−x = x) ; Sostituendo le relazioni precedentemente trovate
Inoltre dalle proprietà della funzione logaritmo, segue che:
log (1 + x) − log (1 −
xk k=1 k
P∞
log
si ha la tesi:
log
∞ ∞ ∞ ∞ X X 1+x X xk X xk xk x2j+1 = (−1)k+1 + = [(−1)k+1 +1] =2 . 1−x k k k 2j + 1 j=0 k=1
k=1
k=1
5. Cominciamo col calcolare il raggio di convergenza della serie
P+∞
k=0
α k
xk
(con α ∈ R \ Z ); applicando il criterio del rapporto si ha che: α k+1 k!α(α − 1) . . . (α − k) = lim α − k = 1 = lim lim k→∞ k→∞ (k + 1)!α(α − 1) . . . (α − k + 1) k→∞ k + 1 α k da cui segue che vergenza
1 α k = 1; lim sup k
quindi tale serie ha raggio di con-
R = 1.
Calcoliamo ora lo sviluppo di Taylor nell'origine di tale funzione:
Dk (1+x)α . . (α−k +1)(1+x)α−k |x=0 = α(α−1) . |x=0 = α(α−1) . . . (α−k +1) PN α quindi: PN (x, 0) = xk . k=0 k P+∞ α Veri chiamo ora che ∀ |x| < 1 (1 + x)α = k=0 xk . k Per fare questo, mostriamo (usando l'espressione integrale del Resto di
N →∞
|(1 + x)α − PN −1 (x, 0)| −→ 0 . x ∈ (−1, 1) e sia |x| < θ < 1; allora ∃ > 0
Taylor) che : Sia
per il semplice fatto che
esisterà un
N0
t.c.
θ < 1 );
∀ N ≥ N0
mente dalla de nizione di
θ(1 + ) < 1 (questo 1 α k = 1, lim sup k
t.c.
Inoltre, poichè
1 α N N ≤1+
lim sup). 72
(segue immediata-
Tenendo conto delle assunzioni fatte e dell'espressione integrale del resto
≥N 0 ): Rx R1 N −1 P α N −1 (N ) |(1+x)α − k=0 xk | = | 0 (x−s) (s)ds| = | 0 (N −1)! f k R1 N −1 |x|N | 0 (1−t) − 1) . . . (α − N + 1)(1 + tx)α−N dt| = (N −1)! α(α R1 N −1 α |x|N | 0 N (1−t) (1 + tx)α−N dt| = (N −1)! N α R 1 (1−t) N −1 | N |x|N (1 + tx)α−1 dt| ≤ 13 N 0 1+tx N −1 R1 N ((1 + )θ)N (1 − θ)−|α−1| 0 (1−t) dt ≤ 14 1+tx di Taylor, si ha (N
(x−xt)N −1 (N ) (tx)xdt| (N −1)! f
=
N →∞
6.
N ((1 + )θ)N (1 − θ)−|α−1| −→ 0 . P+∞ k x2k+1 Osserviamo che la serie k=0 (−1) (2k+1)!
ha raggio di convergenza in ni-
to (si dimostra ad esempio con il criterio del rapporto). Per dimostrare che
∀x ∈ R
sin x =
P+∞
k=0
2k+1
x (−1)k (2k+1)! ,
usiamo l'espressione di Lagrange
del resto di Taylor (come in (2)):
| sin x −
N X
(−1)k
k=0
x2k+1 |x|2N +3 2N +3 |x|2N +3 N →∞ |≤ |f (ξ)| ≤ −→ 0 . (2k + 1)! (2N + 3)! (2N + 3)!
7. Si dimostra esattamente come in (6);
Rx arcsin x = 0 P∞ √ 1 = k=0 1−t2
8. Osserviamo che
∀ |t| < 1
√ 1 dt . Dal punto (5) segue che: 2 1−t −1 P∞ 2k 15 2 (−1)k t2k = k=0 (2k−1)!! . (2k)!! t k
Dal teorema 2.5 [C]:
Z arcsin x = 0
x
√
Z ∞ ∞ X X 1 (2k − 1)!! x 2k (2k − 1)!! x2k+1 dt = t dt = (2k)!! (2k)!! 2k + 1 1 − t2 0 k=0 k=0
. 9. Basta osservare che
arccos x =
π 2
− arcsin x
e applicare il risultato prece-
dente; 10. Basta osservare che
arctan x =
Rx
1 dt e procedere esattamente come 0 1+t2
in (8); 11. Notiamo che
sinh x = −i sin(ix)
sinh x = −i sin(ix) = −i
∞ X k=0
e utilizzando il punto (6) si ha:
(−1)k
∞
∞
k=0
k=0
X X (x)2k+1 (ix)2k+1 (x)2k+1 (−1)2k+2 = = (2k + 1)! (2k + 1)! (2k + 1)!
.
13 Usiamo il fatto che sup α−1 = sup α−1 ≤ (1 − θ)−|α−1| ξ∈[−θ,θ] (1 + ξ) t∈[0,1] (1 + tx) 14 Basta osservare che per le hp fatte su t e x si ha: 0 ≤ 1−t ≤ 1 1+tx 15 Il doppio fattoriale è de nito così: (−1)!! ≡ 1 , 0!! ≡ 0 , 1!! ≡ 1 e per n ≥ 2 n!! ≡
n(n − 2)!!
73
cosh x = cos(ix)
12. Basta osservare che
13. Basta osservare che arcsinh x
e procedere come sopra;
= −i arcsin(ix)
14. Basta osservare che arctanh x
e procedere come sopra;
= −i arctan(ix) e procedere come sopra; 1+x ed utilizzare il punto = 12 log 1−x
(oppure si può usare l'identità: arctanh x (4)).
Esercizio 51.
1. Osserviamo che
! 1 √ fn (x) = n x+ − x = n ! q r x+ 1 √ = n x + − x q n x+ r
=
1 q x+
Quindi il limite puntuale è
1 n
1 n 1 n
√ x √ = + x +
1 n→∞ √ −→ 2√x . + x 1 √ 2 x
f (x) =
∀x > 0.
2. Per quanto riguarda l'uniforme convegenza, ricordiamo che:
fn
converge uniformemente ad
f
in
E ⊆ (0, +∞) ⇔ lim sup |fn (x)−f (x)| = 0 . n→∞ E
Osserviamo che:
1 1 1 |fn (x) − f (x)| = q √ − 2√x = √ q 1 x+ n + x 2n x x+
1 n
+
√ 2 x
quindi la successione di funzioni non può convergere uniformemente su
(0, +∞),
in quanto
sup(0,+∞)
1 √ √ √ 2 1 2n x x+ n + x
n→+∞
= +∞ 6−→ 0.
Dimostriamo invece che vi è uniformità nella convergenza in ogni sottoinsieme del tipo
[a, +∞)
1 q √ [a,+∞) 2n x x+
con
sup
Esercizio 52. 16 Notare
P
n≥1
1 n
a > 0;
infatti:
1 = 16 √ 2 √ q + x 2n a a+
un (x) :
che si tratta di una funzione monotona decrescente 74
n→+∞
1 n
−→ 0 . √ 2 + a
•
Convergenza puntuale in
[0, +∞) ;
•
Convergenza uniforme in
[0, +∞) ;
•
Convergenza totale in
P
n≥1
[0, +∞) .
u0n (x) :
•
Convergenza puntuale in
(0, +∞) ;
•
Convergenza uniforme in
[a, +∞)
•
Convergenza totale in
[a, +∞)
con
con
a > 0;
a > 0.
Applicando il Teorema di derivazione per serie (cfr. [C], Teorema 1.6), si vede
u ∈ C 1 ((0, +∞))
facilmente che
Esercizio 53.
e che su tale insieme
u0 (x) = v(x).
(Cfr.: [C], Paragrafo 2.4, e W.Rudin Principle of Mathematical
Analysis, McGraw Hill )
•
De niamo la
funzione esponenziale nel campo complesso, nel seguente
modo:
exp z ≡
∞ X zk k=0
•
De niamo le
∀z ∈ C
k!
funzioni trigonometriche
nel campo complesso, nel se-
guente modo:
cos z ≡
∞ X
(−1)k
k=0
•
z 2k (2k)!
sin z ≡
e
k=0
Diamo una de nizione analitica di del coseno ovvero
π:
A ≡ {x > 0 :
vuoto. Infatti il coseno è una funzione
cos 2 < − 13 . De niamo π = 2α1 , Dimostriamo ora che
∞ X
dove
(−1)k
z 2k+1 (2k + 1)!
∀z ∈ C
A l'insieme degli zeri positivi cos x = 0}. Tale insieme è non continua tale che cos 0 = 1 mentre sia
α1 ≡ inf A .
exp(iπ) = −1.
Prima di procedere nella dimostrazione, dimostriamo dei fatti che torneranno utili in seguito.
Lemma 1: Dim.: iz
e
=
∀z ∈ C
eiz = cos z + i sin z
Per come abbiamo de nito l'esponenziale complesso, si ha che:
∞ X (iz)k k=0
4k+3
i
(Formula di Eulero)
k!
=
z 4k+3 (4k + 3)!
∞ X
kz
i
k=0
=
k
k!
=
∞ X k=0
∞ X k=0
i4k
z 4k z 4k+1 z 4k+2 + i4k+1 + i4k+2 + (4k)! (4k + 1)! (4k + 2)!
z 4k z 4k+1 z 4k+2 z 4k+3 +i − −i (4k)! (4k + 1)! (4k + 2)! (4k + 3)! 75
=
∞ 4k ∞ X X z z 4k+2 z 4k+1 z 4k+3 − +i − = (4k)! (4k + 2)! (4k + 1)! (4k + 3)!
k=0
=
k=0
∞ X
2k
(−1)k
k=0
z +i (2k)!
∞ X
(−1)k
k=0
z 2k+1 ≡ cos z + i sin z. (2k + 1)!
Lemma 2: ∀ z ∈ C cos z = cos(−z) e sin z = − sin(−z) Dim.: Per come abbiamo de nito cos e sin, si ha che la prima è una funzione pari (ci sono solo coe cienti pari nella serie), mentre la seconda è una funzione dispari (ci sono solo coe cienti dispari): 2k P∞ k (−z) k z 2k k=0 (−1) (2k)! k=0 (−1) (2k)! = 2k+1 P∞ P∞ k z 2k+1 k (−z) k=0 (−1) (2k+1)! k=0 (−1) (2k+1)! = −
P∞
Lemma 3: ∀ z, w ∈ C exp(z + w) = exp(z) exp(w) Dim.: Vedi [C], formula (2.60) con relativa dimostrazione. Lemma 4: ∀ z ∈ C cos2 z + sin2 z = 1 Dim.: Per come abbiamo de nito cos e sin, si ha che: cos2 z+sin2 z = (cos z+i sin z)(cos z−i sin z) = (cos z+i sin z)(cos (−z)+i sin (−z)) = = eiz e−iz = e0 = 1 .
Lemma 5:
Valgono le seguenti formule di duplicazione:
cos(2z) = cos2 z − sin2 z
sin(2z) = 2 sin z cos z
Dim.:
Dimostriamo quelle relative alla funzione
sin
(per il
∀z ∈ C cos
si procederà in
maniera analoga).
sin 2z = 2 sin z cos z :
Per la de nizione data: Calcoliamo invece
2 sin z cos z = 2
∞ X k=0
P∞
2k+1
k=0
z (−1)k 22k+1 (2k+1)! .
z 2k+1 (−1) (2k + 1)! k
!
∞ X k=0
z 2k (−1) (2k)! k
! =
Osserviamo che la serie prodotto avrà solo i termini di grado dispari (in quanto ogni termine è ottenuto moltiplicando un termine di grado pari con uno di grado dispari).
=2
∞ X
α2k+1 z 2k+1
(∗)
k=0 con:
α2k+1 =
k k X (−1)n (−1)k−n (−1)k X (2k + 1)! = = (2n)! (2(k − n) + 1)! (2k + 1)! (2n)!(2k + 1 − 2n)! n=0 n=0
76
k (−1)k X 2k + 1 = 2n (2k + 1)! n=0 2k + 1 2k + 1 = , quindi: 2n 2k + 1 − 2n =
Osserviamo che
=
2k+1 (−1)k 1 X (−1)k 1 2k+1 2k + 1 = 17 2 n (2k + 1)! 2 n=0 (2k + 1)! 2
Quindi sostituendo in (*) si ha la tesi.
Utilizzando i lemmi precedentemente esposti segue immediatamente il nostro asserto; infatti:
eiπ = cos π + i sin π = cos 2 Per come abbiamo de nito
π π π π π π + i sin 2 = cos2 − sin2 + 2i cos sin = 2 2 2 2 2 2
π
segue immediatamente che
= − sin2
cos π2 = 0,
per cui:
π π = cos2 − 1 = −1 2 2
che è la tesi.
Esercizio 54.
f ∈ L1 (R)),
Osserviamo che
C∞
in quanto è
Z
φ
è una funzione integrabile su
a supporto compatto (si denota
+∞
Z φ dx =
−∞
R (si denota f ∈ C0∞ ) e quindi:
φ dx ≤ kφ k∞ < ∞18 .
0
Costruiamo ora la funzione
γ;
de niamo:
Rx γ(x) ≡ R −∞ +∞ −∞
φ dx φ dx
.
Facciamo le seguenti osservazioni: 1. Tale funzione è ben de nita per quanto detto sopra sull'integrabilità di
φ 1
ed inoltre è
γ (k) (x) =
17 Osserviamo
che
C∞
per le proprietà di regolarità date su φ(k−1) (x) R +∞ ); φ dx −∞
2k + 1 n
φ
(infatti
∀k ≥
(Formula del Binomio di Newton) 18 la limitatezza segue dal teorema di Weierstrass: φ è continua su [0, ] che è compatto e nulla al di fuori di tale compatto. P2k+1 n=0
= (1 + 1)2k+1 = 22k+1
77
2.
γ
è monotona non decrescente : infatti
φ ≥ 0
e per la monotonia dell'in-
tegrale di funzioni positive, segue l'asserto;
Rx
x ≤ 0
3. se
γ(x) =
R −∞ +∞ −∞
(−∞, x) ∩
suppφ
γ(x) =
R −∞ +∞ −∞
(−∞, x] ⊇
che
R +∞0 φ dx −∞
=
φ dx
= 0
(infatti in questo caso
= ∅ ); Rx
x≥
4. se
φ dx
φ dx φ dx
R +∞ R−∞ +∞
=
suppφ e quindi
R−∞ x
φ dx φ dx
−∞
=1
φ dx =
(infatti in questo caso si ha
R +∞ −∞
φ dx );
Quindi la funzione così costruita soddisfa tutte le condizioni richieste. Calcoliamo le due serie di Taylor richieste:
•
x = 0, ho che γ(0) = 0 e ∀ k ≥ 1 γ (k) (0) = 0 (in quanto φ è C ∞ e ha supporto in [0, ]: quindi si deve raccordare in x = 0 in maniera regolare,
In
e perciò deve avere in tale punto derivata di ogni ordine nulla). Quindi la serie di Taylor richiesta in tale punto è la serie identicamente nulla.
•
x = , ho che γ() = 1 e ∀ k ≥ 1 γ (k) (0) = 0 (in quanto φ è C ∞ e ha supporto in [0, ]: quindi si deve raccordare in x = in maniera regolare, In
e perciò deve avere in tale punto derivata di ogni ordine nulla). Quindi la serie di Taylor richiesta in tale punto è la serie costantemente uguale ad 1. Osserviamo che la funzione così costruita, nonostante l'elevata regolarità non è analitica in nessuno dei punti sopra considerati, in quanto non riesco a trovare due intorni di tali punti in cui la funzione sia
≡0
e
≡1
, rispettivamente.
1.5 Teorema delle funzioni implicite e della funzione inversa Esercizio 55. (⇒) : M (t)
è continua, quindi ∀ i, j Mij (t) è una funzione ∀ > 0 , ∃ δij t.c. |Mij (t) − Mij (t0 )| < , ∀ |t − t0 | < δij . Prendendo δ = mini,j δij si ha la tesi. (⇐) : Basta osservare che ∀ i, j |Mij (t) − Mij (t0 )| < kM (t) − M (t0 )k . continua; da ciò segue che
Esercizio 56.
Applichiamo il Teorema della funzione inversa:
f ∈ C ∞ ({y0 }, R2 )
e si ha che
0
f (y0 ) =
1 + 2y1 cos y2 2y1
det f 0 (y0 ) = 1 6= 0 C ({f (y0 )}, R2 ). quindi
⇒
−y12 sin y2 1 ∃!
= |y0 =(0,0)
1 0
funzione inversa locale di
∞
78
0 1 f
di classe
r
Stimiamo ora inversa:
19
in modo che valga la condizione del teorema della funzione
kI − T f 0 (y)k∞,∞ = max {|2y1 cos y2 | + |y12 sin y2 | , |2y1 |} ≤ 3ρ quindi è su ciente scegliere
ρ=
1 6 , da cui segue che
r=
ρ 2kT k
=
1 12 .
Esercizio 57. 1. Cominciamo con l'osservare che
g(x0 )2 − 6g(x0 ) − 16 = 0 g(x0 ) = −2 oppure g(x0 ) = 8
f (x0 , g(x0 )) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒
quindi dobbiamo applicare il teorema delle funzioni implicite nei punti
P+ = (1, −2, 8)
P− = (1, −2, −2).
e
In tali punti si ha:
∂f (P+ ) = ∂y ∂f (P− ) = ∂y
(2y − 6)|y=8 = 10 6= 0 (2y − 6)|y=−2 = −10 6= 0
e di conseguenza (applicando il TFI) esistono due funzioni
C∞
in un intorno di
x0 ,
tali che
g+ (x0 ) = 8
f (x, g± (x)) = 0 e
2. L'unica soluzione che è positiva in
g± ,
che sono
in tale intorno e
g− (x0 ) = −2 . x0
è
g+.
Quindi dobbiamo mostrare
che in tale punto la funzione ha un massimo relativo stretto, cioè il suo gradiente è nullo in
x0
e la sua matrice hessiana in tale punto è de nita
negativa. Cominciamo col mostrare che intorno di
∇g(x0 ) = 0.
Usando il fatto che in un
x0
f (x, g+ (x)) = |x|2 + g(x)2 − 2x1 + 4x2 − 6g(x) − 11 ≡ 0 , e derivando questa equazione otteniamo:
0 ≡ = = = 19 Per
∇(f (x0 , g+ (x0 ))) = −2 2(x0 )T + 2g+ (x0 ) ∇g+ (x0 ) + − 6∇g+ (x0 ) = 4 1 −2 2 + 16 ∇g+ (x0 ) + − 6∇g+ (x0 ) = −2 4 10 ∇g+ (x0 )
la notazione usata, cfr. [C] Teorema 7.5 79
∇g+ (x0 ) = 0,
e quindi
cioè
x0
è un punto critico per la nostra funzione.
Valutiamo ora la matrice hessiana
Hg+ (x0 ).
Usando la relazione scritta
sopra e derivando, otteniamo:
∂2 f (x, g(x)) = ∂ x2 2 0 = + (2g+ (x0 ) − 6)Hg+ (x0 ) + 0 2 ∂x1 g+ (x0 )∂x1 g+ (x0 ) ∂x1 g+ (x0 )∂x2 g+ (x0 ) +2 = ∂x2 g+ (x0 )∂x1 g+ (x0 ) ∂x2 g+ (x0 )∂x2 g+ (x0 ) 2 0 = + 10 Hg+ (x0 ) , 0 2
0 ≡
e di conseguenza la matrice hessiana è de nita negativa:
1 −5 Hg+ (x0 ) = 0
0 1 − 5
e quindi si tratta di un punto di massimo relativo (stretto).
Esercizio 58.
prima formulazione dell'esercizio (poi faremo
Consideriamo la
delle osservazioni sull'equivalenza della seconda formulazione). Applichiamo il teorema della funzione inversa alla funzione l'osservare che
f ∈ C ∞ (Rn , Rn )
∂f (x) = In + 2(cos |x|2 )A ∂x Ovviamente
∂f (0) = In , ∂x
f.
Cominciamo con
20
e la sua matrice Jacobiana è data da:
con A matrice di elementi
Aij ≡ (vi xj )
che è chiaramente invertibile e
det
∂f (0) = det In = 1 . ∂x
g ∈ C ∞ (Br (0)) per opportuno r > 0. Cerchiamo di dare un stima del raggio r di tale intorno. 21 segue che se ρ è t.c. In particolare, dal teorema della funzione inversa
∂f 1
sup In − In
≤ 2 ∂x |x|≤ρ Quindi esiste un'unica funzione
20 Notare
21 Cfr.
infatti che
g,
inversa di
f,
∂fi = δi,j + 2vi xj cos |x|2 , dove δi,j ∂xj 1 se i = j δi,j = 0 se i 6= j
con
è il simbolo di Kroenecker, cioè:
Luigi Chierchia, Lezioni di Analisi Matematica 2, pag. 156 80
un
allora
g
è de nita su
Br (0)
con
r≡ Diamo quindi una stima per
ρ
ρ ρ = . 2 kIn k 2
usando i seguenti fatti:
In − In ∂f =
∂x ≤ kAk = ≤
22
In − In − 2(cos |x|2 )A ≤ 2kAk max {|v1 |kxk1 , . . . , |vn |kxk1 } ≤ √ kvk∞ kxk1 ≤ n kvk∞ |x| .
Usando tali relazioni segue immediatamente che:
∂f
sup In − In ≤ ∂x |x|≤ρ
√ sup 2 n (kvk∞ |x|) ≤ |x|≤ρ
√ ≤ 2 n kvk∞ ρ
e di conseguenza sarà su ciente prendere
1 ρ≤ √ 4 nkvk∞ e quindi
1 r≤ √ . 8 nkvk∞ Osserviamo che
r → +∞ quando kvk → 0; questo risultato era in un certo senso kvk → 0, la f tende alla funzione identità, che
attendibile in quanto quando è invertibile dappertutto! Discutiamo ora brevemente la
seconda formulazione dell'esercizio.
In tal caso
l'esercizio può essere risolto applicando direttamente il teorema della funzione implicita (anzichè il teorema della funzione inversa). Indichiamo con
F (x, y) = f (x) − y 22 La
norma di una matrice è così de nita (consideriamo su Rn la norma del sup): kAk
=
sup x∈Rn kxk∞ =1
=
sup x∈Rn kxk∞ =1
kAxk∞ = kxk∞ kAxk∞ .
Si dimostra (Esercizio!) che tale sup è proprio uguale alla seguente espressione: kAk =
max
n X
k=1, ..., n
j=1
|aij |
cioè è il massimo delle somme dei moduli delle componenti di ciascuna riga. 81
e mostriamo che è possibile applicare il TFI in un intorno del punto
(0, 0);
(x, y) =
infatti (utilizziamo la stessa notazione introdotta nella discussione prece-
dente):
F (0, 0) = f (0) − 0 = 0 ∂F (0, 0) = In + 2(cos |x|2 )A (x,y)=(0,0) = In ∂x (0, 0). Applicando il TFI g de nita in un intorno di y = 0,
quindi la matrice jacobiana è invertibile nel punto possiamo concludere l'esistenza di una funzione
tale che per ogni punto in tale intorno si abbia:
⇐⇒
F (g(y), y) = 0 ma quindi la
g
f (g(y)) = y
altri non è, se non l'inversa di
Troviamo ora un
r > 0
in modo che la
g
f
x = 0. Br (0). Sempre trovare r, ρ > 0
in un intorno di
sia de nita su
23 segue che è su ciente
teorema della funzione implicita
dal tali
che
sup |F (0, y)| ≤ Br (0)
ρ 2kT k
T ≡
con
−1 ∂F (0, 0) = In ∂x
1
∂F
sup
In − In ∂ x (x, y) ≤ 2 . Bρ (0)×Br (0) Cominciamo dalla prima stima:
sup |F (0, y)| = Br (0)
sup |y| = r , Br (0)
ρ 2. Per quanto riguarda la seconda stima (useremo le osservazioni fatte in precequindi bisognerà richiedere che
r≤
kAk):
∂F
sup
In − In ∂ x (x, y) = Bρ (0)×Br (0)
denza a proposito di
sup
In − In − 2(cos |x|2 )A =
Bρ (0)×Br (0)
=
sup Bρ (0)×Br (0)
≤
sup
(2kAk) ≤ √ 2 nkvk∞ |x| ≤
Bρ (0)×Br (0)
√ ≤ 2 nkvk∞ ρ quindi sarà su ciente richiedere Concludendo la
g
ρ≤
è de nita per
r≤ 23 Cfr.
1 . 4 nkvk∞ √
1 √ . 8 nkvk∞
Luigi Chierchia, Lezioni di Analisi Matematica 2, pagg. 151 e ss. 82
Esercizio 59. 1. Applichiamo il teorema della funzione implicita alla funzione 2
g(x, y) = ex
+y 2
− x2 − 2y 2 + 2 sin y − 1 .
Osserviamo che
g(0, 0) = 0 e che
∂g (x, y) = ∂y
2 2 2y ex +y − 2 + 2 cos y
da cui
∂g (0, 0) = 2 6= 0 . ∂y Quindi applicando il TFI segue l'esistenza di una funzione nita in un intorno di
x = 0
(i.e
Br (0)
y = f (x), der > 0), tale
per un opportuno
che
g(x, f (x)) = 0 ∀ x ∈ Br (0)
e
f (0) = 0 .
2. Cerchiamo di dare una stima sul raggio dell'intorno di de nizione della
f,
r. Dal teorema trovare r, ρ > 0 tali che i.e.
24 segue che è su ciente
della funzione implicita
ρ con T ≡ sup |g(x, 0)| ≤ 2|T | Br (0) 1 − T ∂ g (x, y) ≤ 1 . sup 2 ∂y Br (0)×Bρ (0)
−1 ∂g 1 (0, 0) = ∂y 2
Cominciamo con lo studiare la prima stima, assumendo che
sup |g(x, 0)| = Br (0)
r < 1:
2
sup |ex − x2 − 1| ≤ Br (0)
≤
sup
2 |ex − 1| + |x|2 ≤
2 er |x|2 + |x|2 ≤
2 er + 1 |x|2 ≤
Br (0)
≤
sup Br (0)
≤
sup Br (0)
th.
≤ 4 r2 ≤ ρ . 24 Cfr.
Luigi Chierchia, Lezioni di Analisi Matematica 2, pagg. 151 e ss. 83
(1.4)
Per quando riguarda la seconda stima, assumendo che
sup Br (0)×Bρ (0)
1 − T ∂ g (x, y) ∂y
≤
sup Br (0)×Bρ (0)
≤
si ottiene:
2 2 1 − yex +y + 2y − cos y ≤
sup
ρ < 1,
2
|1 − cos y| + |y| |ex
+y 2
− 2| ≤
Br (0)×Bρ (0)
≤
(|y| + 6|y|) ≤
sup Br (0)×Bρ (0)
≤
7|y| ≤
sup Br (0)×Bρ (0) th.
≤ 7ρ ≤ cioè è su ciente chiedere
r2 ≤
ρ≤
1 . 14
1 , 2
Sostituendo in (1.4) otteniamo
1 1 = 4 · 14 56
1 r≤ √ . 56
⇐⇒
3. Il limite richiesto è una forma indeterminata, ma può essere risolto applicando il teorema di De L'Hopital. Osserviamo innanzitutto che
∂g (x, f (x)) = f (x) = − ∂ x ∂g (x, f (x)) ∂y 2 2 2x ex +f (x) − 1 = − 2f (x) ex2 +f 2 (x) − 2 + 2 cos f (x) 0
e quindi:
f (x) x→0 x2 lim
=
f 0 (x) = x→0 2x lim
2
= − lim
x→0
=
ex 2f (x)
0.
84
+f 2 (x)
ex2 +f 2 (x)
−1 = − 2 + 2 cos f (x)
Capitolo 2
Integrazione in Rn 2.1 Misura di Peano-Jordan e integrale di Riemann in Rn Esercizio 60.
q = m n (con 0 < m ≤ n e MCD(m,n)=1), allora f è discontinua in q . n→+∞ Consideriamo, infatti, la successione {αn } ⊂ [0, 1]\Q t.c. αn −→ q (questo è possibile per la densità degli irrazionali in [0, 1]). Si ha •
1.
Cominciamo col dimostrare che se
quindi:
lim f (αn ) = 0 6=
n→+∞
•
1 = f (q). n
f è continua in q = 0. n→+∞ Infatti, se {βn } ⊂ [0, 1] con βn −→ 0, allora ∀ε > 0, ∃N : n > N, 0 < βn < ε; è opportuno distinguere due casi: se βn è irrazionale, mn allora f (βn ) = 0; se invece βn = kn , allora per n > N si ha ε > mn 1 βn = kn ≥ kn = f (βn ). Concludendo: ∀ε > 0, ∃N : n > N, 0 ≤ f (βn ) < ε, che dimostra Chiaramente
l'asserto.
•
(0, 1] \ Q. n→+∞ βn −→ α.
In ne dimostriamo la continuità nei punti di
α ∈ (0, 1] \ Q e sia {βn } ⊂ [0, 1] con Osserviamo ∀ε > 0, esistono soltanto un numero nito di razionali qj , tc f (qj ) ≥ ε. 1 Per quanto detto, ∃N : n > N, 0 < f (βn ) < ε e quindi
Sia
che
1 Infatti,
se q =
m n
(con m, n come sopra), si ha che f (q) =
1 1 ≥ ε ⇐⇒ n ≤ n ε
e quindi, i razionali (della forma suddetta) che soddisfano tale proprietà sono esattamente Φ = ϕ(1) + ϕ(2) + . . . + ϕ
1 0, ∃f1 , f2 f1 (x) ≤ f (x) ≤ f2 (x) ∀x ∈ [0, 1] e [0,1] (f2 − f1 ) < ε.
Consideriamo le seguenti funzioni:
• f1 ≡ 0; •
ovviamente
f1 (x) ≤ f (x) ∀x ∈ [0, 1].
f2 nel seguente modo: m N ≥ 3 ssato; Ovviamente i numeri razionali qj = njj con f (qj ) > 1 2 N sono in numero nito Φ . Sia δ ≡ inf 1≤i 0. Detto bj ≡ min{δ, 2hj1N Φ }, de niamo la nostra Costruiamo sia
funzione nel seguente modo:
f2 (x) =
1 nj 1 N
se
x ∈ (qj − bj , qj + bj )
altrimenti
Osserviamo che questa funzione è ben de nita, in quanto per la nostra scelta dei
bj ,
gli intervallini sopra sono disgiunti; inoltre
f2
è una
funzione a scalini. Concludendo:
Z
Z
[0,1]
Φ
1
(f2 − f1 ) =
f2 = 0
Dall'arbitrarietà di
N
Φ
X X 1 1 1 2 + hj 2bj ≤ + hj 2 = . N j=1 N j=1 2hj N Φ N
segue l'asserto.
Esercizio 61. A è Peano-Jordan misurabile ⇐⇒ la funzione caratteristica χA ⇐⇒ (per def.R di integrabilità) ∀ ε > 0, ∃f1 , f2 f1 (x) ≤ χA (x) ≤ f2 (x) e Rn (f2 − f1 ) < ε.
è Riemann integrabile scalini tc Siano:
PN1 f1 (x) = n=1 χ 1 (x) PN2 Rn f2 (x) = n=1 χRn2 (x)
con con
1 {Rn1 }N n=1 2 N2 {Rn }n=1
funzioni a
rettangoli disgiunti rettangoli disgiunti
1 1 f1 e f2 assumono valori in {0, 1}: esattamente f1 vale 1 su E1 = ∪N n=1 Rn , N2 2 mentre f2 vale 1 su E2 = ∪n=1 Rn (con E1 , E2 insiemi elementari). Poichè f1 (x) ≤ χA (x), allora :
Quindi
x ∈ E1 =⇒ f1 (x) = 1 =⇒ χA (x) = 1 =⇒ x ∈ A quindi
E1 ⊂ A.
Analogamente, si dimostra che
A ⊂ E2 .
Per concludere, basta osservare che: misn E2
2 Cfr.
nota (1) 86
− misn E1 =
R Rn
(f2 − f1 ) < ε.
Esercizio 62.
∂A ∂A è
Cominciamo col dimostrare che
le; dal teorema di Lebesgue-Vitali segue che
è un insieme P-J misurabiun insieme di misura nulla
χA , ∀ ε > 0, ∃ {E } ricoprimento al più n n≥1 P numerabile di ∂A, tc mis E < ε . Inoltre A è limitato =⇒ ∂A è n n n≥1 0 N un compatto, quindi posso estrasse un sottoricoprimento nito {En }n=1 con PN P 0 n=1 misn En ≤ n≥1 misn En < ε. Da ciò segue che ∂A è un insieme P-J (in quanto rappresenta l'insieme dei punti di discontinuità dell funzione
che è Riemann integrabile).
Quindi,
misurabile, con misura nulla. Adesso osservando che gli insieme P-J misurabile costituiscono un'algebra
o
gue facilmente che
3 se-
A = A ∪ ∂A e A= A \ ∂A stanno ancora nell'algebra e quindi
sono P-J misurabili.
Esercizio 63.
Qn ∩ E ha misura nulla. Osserviamo che Q ∩ E è un insieme numerabile denso in E , e quindi lo possiamo n 1 n scrivere nella forma Q ∩ E = {qj }j≥1 con qj = (qj , . . . , qj ). ∀ ε > 0, consideriamo il seguente ricoprimento {Qj }j≥1 dove: Cominciamo col dimostrare che
n
1 ε n1 1 1 ε n1 1 ε n1 n 1 ε n1 n , q + ) × . . . × (q − , qj + ). j j 2 2j 2 2j 2 2j 2 2j h 1 in Qj è un parallelepipedo n-dimensionale con misn Qj = 2 12 2εj n =
Qj = (qj1 − Quindi
ε 2j . Perciò
{Qj }j≥1
è un ricoprimendo numerabile di
+∞ X
misn Qj
=
j=1
Qn ∩ E ,
con :
+∞ X ε = ε. j 2 j=1
Dimostriamo ora che non è Peano-Jordan misurabile (usando l'esercizio 2). Sia
E1
un insieme elementare tc
E1 ⊂ Qn ∩ E ;
poichè
Qn ∩ E
sconnesso, ogni rettangolo contenuto deve essere degenere, quindi di un numero nito di rettangoli degenere, da cui segue che misn E1
sup{misn E1 : E1 ⊂ Qn ∩ E
è un insieme elementare}
è totalmente
E1 è unione = 0. Perciò:
= 0.
Vediamo ora, come possiamo approssimarlo dall'esterno con insiemi elementari. Se
E2 ⊃ Qn ∩ E , o
o
allora
p ∈E e p 6∈ E2 =⇒ Drn (p) ∩ E2 = ∅.
se
E ⊂ E2 .
Infatti (per assurdo):
(usando il fatto che
3 F ⊂ P(Rn )
si dice un'algebra se: 1. ∅ ∈ F ; 2. A ∈ F =⇒ Ac ∈ F ; N 3. {An }N n=1 ⊂ F =⇒ ∪n=1 An ∈ F .
87
(E2 )c
o
è aperto)
∃ Drn (p) ⊂E ⊂ E
tc
Drn (p), esistono in niti elementi di Qn ∩ E (semplicemente Q in E ), e questo contraddice il fatto che E2 ⊃ Qn ∩ E .
Ma in di
per la densità
n
Inoltre: misn E2
o
= misn E2 ≥ misn E = misn E > 0
e quindi:
inf{misn E2 : E2 ⊃ Qn ∩ E Quindi
Qn ∩ E
è un insieme elementare}
non può essere P-J misurabile in quanto l'inf e il sup visti
sopra, non tendono ad un valore comune; cioè misn E2
≥ misn E > 0.
− misn E1 ≥
misn E
> 0,
∀ E1 ⊂ Qn ∩ E ⊂ E2
si ha che
e quindi non può essere resa arbitrariamente
piccola.
Esercizio 64. esisterebbe
o
X 6= ∅, allora Dr (x0 ) ⊂ X ; da cui:
1. VERO: Se per assurdo si avesse che
x0 ∈ X
e quindi potrei trovare
0 = mis(X) ≥ mis(Dr (x0 )) > 0 che è chiaramente una contraddizione. 2. FALSO: Prendiamo come controesempio
o
razionali segue che
X = ∅,
ma
X
X = [0, 1] \ Q;
dalla densità dei
non è un insieme di misura nulla (tra
l'altro non è Peano Jordan misurabile): infatti se fosse di misura nulla avrei
1 = mis([0, 1]) = mis(X ∪ ([0, 1] ∩ Q)) = mis(X) + mis([0, 1] ∩ Q) = 0 che è assurdo! 3. VERO: dalla de nizione di insiemi di misura nulla segue che esistono
{Xn }n , {Ym }m ⊂ R
P Pn misXn < m misYm < .
Qx ⊂ ∪n Xn Qy ⊂ ∪m Ym
Qx × Qy
Consideriamo ora il seguente ricoprimento di
{Xn × Ym }n,m ;
∀ > 0
ricoprimenti con rettangoli tali che:
con rettangoli:
si hanno le seguenti proprietà:
Qx ×Qy ⊂ ∪n,m Xn × Ym
e
X
mis(Xn
× Ym ) =
n,m
X
XX n
mis(Xn )
·
n
X
mis(Ym )
m
da cui segue che tale insieme ha misura nulla.
88
< 2
m
(mis(Xn )·mis(Ym )) =
Q = {0} × R (cioè l'asse delle y ). Se Q0 = R che non è di misura nulla (non è
4. FALSO: prendiamo ad esempio consideriamo
x=0
allora si ha
nemmeno P-J misurabile!). (Cfr. [C] esercizio E.9.23 e la soluzione proposta in appendice B).
Esercizio 65.
Consideriamo il caso della successione convergente e sia
l =
limn xn . Ovviamente si tratta di un insieme di misura nulla: infatti ogni insieme numerabile è di misura nulla. Facciamo vedere che è anche P-J misurabile (cioè che per ogni
{Rn }N n=1
t.c.
P >0 N
riusciamo a trovare un ricoprimento FINITO con rettangoli
n=1 mis(Rn )
ne di limite; infatti
< ). Questo segue semplicemente dalla de nizio∀ > 0, ∃ N > 0 t.c. xn ∈ [l − , l + ] per ogni n ≥ N .
Consideriamo quindi il seguente ricoprimento nito:
Rk = {xk } RN = [l − , l + ]
per
k 1).
prima:
1 1 7 A (a) = − 2+ 8 6 a a 0
91
Studiando la derivata
che si annulla per
a=
√ 6
7,
√ a = ± 6 7;
quindi il massimo che stiamo cercando è per
dove l'area vale
Amax
= = =
Esercizio 72.
1 1− = 7 6 7 1 6 √ = 6677 1 √ . 7 67 1 √ 6
Considerare il cambio di coordinate:
x = aρ sin ϕ cos θ y = bρ sin ϕ sin θ z = cρ cos ϕ con
(ϕ, θ) ∈ (0, π) × (0, 2π) e 0 < ρ < 1. Il determinante ∂(x, y, z) 2 ∂(ρ, ϕ, θ) = abcρ sin ϕ.
Jacobiano risulta
quindi:
Con tale sostituzione, si ottiene facilmente che:
ZZZ
x2 dx dy dz =
D
Esercizio 73.
•
Indichiamo con
4 πa3 bc. 15
(1)
B3 (0, 1) ≡ {x ∈ R3 : kxk1 = |x1 |+|x2 |+
|x3 | ≤ 1} e quindi: (1) B3 (0, 1) ∩ {xi ≥ 0, i = 1, 2, 3} = {x ∈ R3 : x1 + x2 + x3 ≤ 1} = {x ∈ 3 R : 0 ≤ x3 ≤ 1, 0 ≤ x2 ≤ 1 − x3 , 0 ≤ x1 ≤ 1 − x3 − x2 }. Per la simmetria del problema si ha che:
(1) Vol(B3 (0, 1))
Z
Z
=
dx1 dx2 dx3 = 8
(1)
1
Z =8
Z dx3
0
•
dx1 dx2 dx3 =
(1)
B3 (0,1)∩{xi ≥0, i=1,2,3}
B3 (0,1) 1−x3
Z
1−x3 −x2
dx2 0
dx1 = 0
4 23 = . 3 3!
4: (1) B4 (0, 1) ≡ {x ∈ R4 : kxk1 = |x1 | + |x2 | + |x3 | + |x4 | ≤ 1} = {x ∈ R4 : (1) −1 ≤ x4 ≤ 1, (x1 , x2 , x3 ) ∈ B3 (0, 1 − |x4 |)} Vediamo cosa succede ora in dimensione
quindi:
(1)
Vol(B4
Z
Z
(0, 1)) = (1)
1
dx1 dx2 dx3 dx4 = −1
B4 (0,1)
92
Z dx4
(1)
B3 (0,1−|x4 )|)
dx1 dx2 dx3 =
Usando il cambio di coordinate
Z
1
Z
=
dx4 −1
•
x0i =
xi 1−|x4 | (con
(1 − |x4 |)3 dx01 dx02 dx03 =
(1)
Procedendo per induzione su
n
1. Osserviamo che
Z
1
I2 =
Z dx2
si ottiene:
4 24 (1 − |x4 |)3 dx4 = . 3 4! (1)
si ottiene che Vol(Bn
(0, 1)) =
2n n! .
D2 = {0 ≤ x2 ≤ 1, 0 ≤ x1 ≤ x2 }.
x2
0
D2 (r) ≡ {0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ r}.
Quindi:
1 1 = . 8 4!!
x1 x2 dx1 dx1 =
0 2. De niamo
1
−1
B3 (0,1)
Esercizio 74.
Z
i = 1, 2, 3)
Quindi:
D3 = {0 ≤ x3 ≤ 1, (x1 , x2 ) ∈ D2 (x3 )}. Considerando il cambio di variabili
Z
1
I3 =
Z
Z
x3 dx3
x1 x2 dx1 dx2 = D2 (x3 )
0
xi x3 con
x0i =
i = 1, 2,
1
Z
1
x53 I2 dx3 =
0
x43 x01 x02 dx01 dx02 =
x3 dx3 D2
0
Z
abbiamo:
1 1 = . 48 6!!
3. Generalizzando in maniera analoga a quanto fatto nel punto precedente, si dimostra che
Esercizio 75.
In =
1 4 (2n)!! .
Innanzitutto osserviamo che per
disco unitario in
R2 )
(x, y) ∈ D
(con
D
denotiamo il
si ha che
x2 + y 2 − 2 ≤ −1
e
4 − (x + y) ≥ 2 ,
da cui possiamo concludere che
x2 + y 2 − 2 ≤ 4 − (x + y) , cioè la base superiore di tale regione è rappresentata dalla porzione di piano
z = 4 − (x + y) intercettata dal cilindro, mentre la base inferiore dalla 2 2 di paraboloide z = x + y − 2. Quindi la nostra regione R può essere scritta in forma normale nel
porzione seguente
modo:
R = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, x2 + y 2 − 2 ≤ z ≤ 4 − (x + y)}. 4 Dove (2n)!! ≡ (2n) · 2(n − 1) · . . . · 2 = 2n n!
93
Possiamo quindi calcolarne il volume applicando le formule di riduzione:
ZZZ Vol(R)
ZZ
=
dx dy dz = R
ZZ
Z
4−(x+y)
dx dy D
dz = x2 +y 2 −2
4 − (x + y) − (x2 + y 2 − 2) dx dy =
= Z ZD
6 − (x + y) − (x2 + y 2 ) dx dy = (∗)
= D
passando in coordinate polari, ed utilizzando il fatto che
0,
R 2π 0
cos θ dθ =
R 2π 0
sin θ dθ =
otteniamo:
Z (∗)
1
=
Z dρ
0
Z = = =
2π
ρ 6 − (ρ cos θ + ρ sin θ) − ρ2 dθ =
0 1
2πρ 6 − ρ2 dρ = 0 1 1 2π 6 − = 2 4 11 π. 2
Esercizio 76. E in coordinate polari (ρ, θ). Innanzitutto, il fatto x ≥ 0 implica una prima limitazione per la variabile angolare θ, cioè π π − ≤ θ ≤ . Scriviamo ora la relazione (x2 + y 2 )2 ≤ (x2 − y 2 ) in 2 2 coordinate polari (usando la relazione x = ρ cos θ e y = ρ sin θ ):
1. Descriviamo la regione che
ρ4 ≤ ρ2 (cos2 θ − sin2 θ)
⇐⇒
ρ2 ≤ cos 2θ .
Osserviamo che la relazione sopra ha senso soltanto per valori di
cos 2θ ≥ 0,
cioè
π π − ≤θ≤ . 4 4
θ
per cui
In conclusione, la rappresentazione di
E
in
coordinate polari è data da:
n E (pol) = (ρ, θ) :
−
o π π ≤ θ ≤ , ρ2 ≤ cos 2θ . 4 4
Volendo gra carla, otterremo una regione a forma di petalo compresa
I e IV quadrante, simmetrica (0, 0) e passante per (1, 0).
tra le bisettrici del con vertice in
2. Determiniamo l'area di
E,
rispetto all'asse delle
x,
utilizzando la rappresentazione in coordinate
94
polari:
ZZ Area(E)
Z
=
√
π 4
Z
Z
= Ek n = (ρ, θ) :
3. Osserviamo che l'insieme
(pol)
Ek
cos 2θ
ρ dρ =
−π 4
=
E (pol)
dθ
= =
ρ dρ dθ =
dx dy = E
1 2
0 π 4
Z
cos 2θ dθ = −π 4
π 1 [sin 2θ]−4 π = 4 4 1 . 2
si può scrivere in coordinate polari:
−
o π π ≤ θ ≤ , ρ2 ≤ k 2 cos 2θ , 4 4
mentre in coordinate cartesiane:
Ek = {(x, y) ∈ R2 :
x ≥ 0, (x2 + y 2 )2 ≤ k 2 (x2 − y 2 )} .
Usando la rappresentazione in coordinate polari, si calcola facilmente
E ):
l'area (procedendo come già fatto per
ZZ Area(Ek )
Z
=
dx dy = Z
=
= = 4. Calcoliamo ora il volume di
√ k cos 2θ
dθ −π 4
=
Ek
π 4
Z
ρ dρ dθ = (pol)
Ek
1 2
ρ dρ = 0
π 4
Z
k 2 cos 2θ dθ =
−π 4
π 1 2 [k sin 2θ]−4 π = 4 4 2 k . 2
G.
A tal ne osserviamo che
G
può anche
essere de nito nel seguente modo:
G
= {(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, (x2 + y 2 )2 ≤ (1 − z 2 )(x2 − y 2 ), |z| ≤ 1} = {(x, y, z) ∈ R3 : |z| ≤ 1, (x, y) ∈ E√1−z2 } .
95
Quindi:
ZZ Vol(G)
=
dx dy dz = Z
G 1
=
Z
dz
dx dy = E√
−1
Z
1
= −1 Z 1
= −1
1 − z2 dz = 2
Consideriamo il cambio di coordinate suggerito:
Φ(x, y) ≡
Area(E√1−z2 )dz =
2 . 3
=
Esercizio 77.
1−z 2
u = y − x3 v = y + x3
( Φ−1 (u, v) ≡
⇐⇒
x= y=
q
v−u 2 v+u 2 . 3
Il determinante Jacobiano è dato da:
∂(x, y) |v − u|− 23 √ . ∂(u, v) = 332 Osserviamo inoltre che tale trasformazione agisce nel seguente modo sul dominio
T: Φ−1 (T ) ≡ {(u, v) : 0 ≤ u ≤ 2, 2 + u ≤ v ≤ 6 − u}. Possiamo quindi concludere che:
ZZ
3
x2 (y − x3 )ey+x dx dy
=
T
= = =
Esercizio 78. z,
Detto
∆
1 6
Z
1 6
Z
u ev du dv =
Φ−1 (T 2
)
Z
6−u
du 0
u ev dv =
2+u
Z 1 2 6−u u e − e2+u du = 6 0 e6 2e4 e2 − − . 6 3 6
il solido ottenuto dalla rotazione di
D
intorno all'asse
possiamo rappresentarlo nel seguente modo come dominio normale usando le
coordinate cilindriche:
∆ = {(ρ, θ, z) : θ ∈ (0, 2π), (ρ, z) ∈ D}. 96
Quindi:
ZZZ Vol(∆)
=
2π
Z dx dy dz =
ZZ dθ
∆
ZZ ρ dρ dz = 2π
0
D
Ricordando ora che le coordinate del baricentro di
1 dx dz D
RR
RR
x dx dz, D
RR
z dx dz D
x dx dz =
D
D
sono date da
(xb , zb ) =
si ha:
RR ZZ x dx dz = 2π RRD dx dz = 2πxb mis(D). dx dz D D Applicando ora il teorema appena dimostrato ai solidi di rotazione sotto riportati (con un'opportuna scelta di
D)
si ottengono le seguenti espressioni dei volumi:
4 3 1. 3 πr ; 2.
2π 2 ar2 ;
3.
πr2 h;
4.
1 2 3 πr h;
5.
πh 2 3 (R
+ rR + r2 ).
Esercizio 79.
Osservare che in coordinate sferiche il dominio è dato da:
Φ−1 (D) ≡ {(ρ, θ, ϕ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, ρ cos ϕ ≥ ρ sin ϕ} = = {(ρ, θ, ϕ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤
π }. 4
Calcolando l'integrale in coordinate sferiche (osservando che il modulo del determinante Jacobiano è
Esercizio 80.
ρ2 sin ϕ)
si ottiene che è uguale a
A ≡ {(x, y) : x2 + y 2 − 2y ≤ 0} (che non x, y di centro C = (0, 1, 0) e raggio 1) si ha: ZZ p x |yz| dx dy dz =
D
θ ≤ π}),
A
Z
A
= Scrivendo
√
2).
1 2 (x + y 2 )} 4
Quindi ponendo
ZZZ
−
Osserviamo che il dominio di integrazione, si può scrivere:
D ≡ {(x, y, z) : x2 + y 2 − 2y ≤ 0, 0 ≤ z ≤
nel piano
π 3 (2
2 1 3 4 32
ZZ
p √ x |y| z
! dx dy =
0
p 3 x |y|(x2 + y 2 ) 2 dx dy.
A
T −1 (A) = {(ρ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 2 sin θ, 0 ≤ ottenuto si ottiene che il risultato è uguale a 0.
in coordinate polari (cioè
e calcolando l'integrale
2 2 1 4 (x +y )
è altri che un cerchio
97
Esercizio 81.
Dk = {(x, y) : 0 < x < k, x < y < k}. Dk per ogni k e che: √ Z Z π −xy −xy xe dx dy = lim . xe dx dy = k→∞ 2 D Dk
Basta considerare
Segue
facilmente che
f
Esercizio 82.
Per cominciare ricaviamo alcune informazioni relative all'insieme
Fp .
è integrabile su
z0 ∈ (0, 1) e studiamo z = z0 : z = z0 x2 + y 2 = z02p
Consideriamo un valore
intersecando
Fp
con il piano
si ottiene una circonferenza di centro
Cz0 = (0, 0, z0 )
la sezione che si ottiene
e raggio
inoltre che i raggio di queste sezioni crescono al crescere di
zp.
Quindi si tratta di una gura
nell'origine) e base sul piano
5
z=1
simile
Per
0 < p < 1 la funzione z p
ha la
1).
Al variare di
pro lo
paraboloide recipiente concavo. •
Per
•
Per i
p=1
p
varia
di tale cono:
concavità rivolta verso l'asse delle z
quanto i raggi crescono abbastanza lentamente), quindi simile ad un
Osserviamo
secondo la legge
ad un cono capovolto (con vertice
(il raggio di base è
la velocità con cui crescono questi raggi e quindi varierà il
•
z0 ,
z0p .
(che corrisponde al caso
Fp
(in
ha una forma
1 2 ), cioè a mo' di
p =
abbiamo esattamente un cono circolare retto.
p > 1 la funzione z p ha la concavità rivolta verso il piano xy (in quanto raggi crescono più velocemente), quindi Fp ha una forma simile ad un
imbuto.
Passiamo ora allo studio dell'integrabilità della funzione (al variare di
p > 0). α
Fp ).
Consideriamo quindi una famiglia
Fp
Fp
α≥0
(la
I problemi sorgono quando consideriamo
(in tal caso la funzione non è più limitata su
un polo nell'origine). tutto
su tali domini
Chiaramente non c'è alcun probleme quando
funzione è continua e limitata su valori negativi di
zα
(cioè ogni compatto in
crescente
Fp
di compatti
Fp :
ha infatti
che
invadono
{Kn }n ,
è de nitivamente contenuto negli elementi
di tale famiglia); poiché la funzione in esame è una funzione positiva (su basterà considerare
ZZZ
De niamo per
ci
z α dx dy dz .
lim
n→∞
Fp )
Kn
n > 1:
Kn ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
1 < z < 1 , x2 + y 2 ≤ z 2p } ; n
5 Questa descrizione abbastanza colorita è dovuta al fatto di non poter/voler aggiungere delle gure!
98
ovviamente si tratta di una famiglia crescente di compatti (Kn
n > 1)
per
Inoltre la funzione è continua
e limitata (e quindi integrabile) su tali domini.
Calcoliamo il valore di tale
e invadono (al variare di
tutto
n > 1:
integrale per
ZZZ
n)
⊂ Kn+1
Fp .
ogni
z α dx dy dz
Z
1
ZZ
z α dx dy =
dz
= 1 n
Kn
Z
x2 +y 2 ≤z 2p
1
z α Area (Bz2p (0)) dz =
= 1 n
Z
1
z α πz 2p dz =
= 1 n
1
Z
z α+2p dz =
= π 1 n
1 se α + 2p = −1 π [log z] n1 i1 h = z α+2p+1 π α+2p+1 1 se α + 2p 6= −1 n π log n se α + 2p = −1 = π 1 1 − se α + 2p 6= −1 . α+2p+1 α+2p+1 n Vediamo cosa succede passando al limite per
ZZZ
z α dx dy dz
n→∞
−→
Kn
n → +∞:
+∞ +∞ π
se α + 2p = −1 se α + 2p < −1 se α + 2p > −1 .
α+2p+1
Concludendo, la funzione tal caso l'integrale vale
zα
è integrabile su
Fp
se e solo se
2.3 Integrazione su varietà di renziali Esercizio 83.
a > −1 − 2p
e in
π α+2p+1 .
Osserviamo che la curva
Γ
Rn
e forme die-
ha la seguente parametrizzazione:
x(t) = t y(t) = t2 Φ(t) = z(t) = t3
t ∈ I = (1, 2).
˙ Γ = Φ(I) con Φ ∈ C 1 (I) e iniettiva, ed inoltre Φ(t) = (1, 2t, 3t2 ) 6= (0, 0, 0), ∀ t ∈ I . Questo dimostra che Γ è un elemento regolare di varietà 1-
Quindi
dimensionale, cioè un elemento di curva regolare. Calcoliamo il seguente integrale super ciale:
Z
Z f dσ1 =
Γ
1
2
√
p log t3 1 + 4t2 + 9t4 dt = 3(log 4 − 1). 1 + 4t2 + 9t4 99
Esercizio 84.
Osserviamo che S = Φ(A), dove A = (a, b) × (0, α) e Φ(t, θ) = (u(t) cos θ, u(t) sin θ, v(t)) ∈ C 1 (A) è una funzione iniettiva (queste proprietà si dimostrano facilmente, ricordando che Γ è una curva regolare in (0, ∞) × R, e quindi la sua parametrizzazione γ(t) = (u(t), v(t)) soddisfa queste proprietà di
regolarità e iniettività). Calcoliamo l'area di tale super cie:
Z ∂Φ ∂Φ dt dθ = ∧ A(S) = dσ2 = ∂θ S A ∂t p ∂Φ ∂Φ u(t) ˙ 2 + v(t) ˙ 2 (notare che ∂t ∧ ∂θ = u(t) Z
osserviamo che
per hp
u(t) > 0),
quindi
b
Z =α
u(t)
p u(t) ˙ 2 + v(t) ˙ 2 dt.
a Osserviamo che quest'ultimo integrale si può anche riscrivere come integale curvilineo:
Z A(S) = α
x dσ1 . Γ
Se moltiplichiamo e dividiamo per la lunghezza di
A(S) = α l(γ) avendo indicato con
xb
1 l(γ)
Γ, l(γ),
otteniamo
Z x dσ1 = α l(γ) xb Γ
l'ascissa del baricentro della curva
Γ.
Quindi riassumen-
do, possiamo interpretare questo risultato nel seguente modo:
L'area della super cie ottenuta ruotando di un angolo α una certa curva Γ con le proprietà suddette, non è altro che la lunghezza di Γ per la lunghezza dell'arco di circonferenza, percorso dal suo baricentro durante tale rotazione.6
Esercizio 85.
Una parametrizzazione per la curva
x(θ) = ρ(θ) cos θ = a (1 + cos θ) cos θ y(θ) = ρ(θ) sin θ = a (1 + cos θ) sin θ
Per trovare la lunghezza di
γ,
γ
è data da:
θ ∈ (0, 2π) .
dobbiamo calcolare il seguente integrale:
Z lungh (γ) =
Z
2π
q
ds := γ
x0 2 + y 0 2 dθ .
0
Osserviamo che
6 Cfr:
x0 (θ) = ρ0 (θ) cos θ − ρ(θ) sin θy 0 (θ) = ρ0 (θ) sin θ + ρ(θ) cos θ , Tutorato III, esercizio 3 - teorema di Guldino -
100
quindi
q
x0 2 + y 0 2
= = = = = =
p
(ρ0 (θ) cos θ − ρ(θ) sin θ)2 + (ρ0 (θ) sin θ + ρ(θ) cos θ)2 = p ρ0 (θ)2 + ρ(θ)2 = q a2 sin2 θ + a2 (1 + cos2 θ + 2 cos θ) = √ a 2 + 2 cos θ = r 1 + cos θ 2a = 2 θ 2a cos . 2
In conclusione:
Z lungh (γ)
2π
Z
=
ds := γ
Z
q x0 2 + y 0 2 dθ =
0 2π
= 0
Z
θ 2a cos dθ = 2 π
θ dθ = 2 0 π θ = 8a − sin = 2 0 = 8a . =
Esercizio 86. ∂T3 .
4a
cos
Cominciamo col trovare una parametrizzazione per tale super cie
x, y le coordinate x = ρ cos θ, y = ρ sin θ. Considerando un generico asse ρ (ρ misura la distanza dall'asse z ), la circonferenza nel piano ρ, z si rappresenta in coordinate Data la simmetria del problema, introduciamo nel piano
polari
polari nella forma
ρ = R + r cos ϕ ,
z = r sin ϕ
ϕ ∈ (0, 2π) .
Ne segue che una rappresentazione parametrica della super cie del toro è data da:
x = (R + r cos ϕ ) cos th y = (R + r cos ϕ ) sin th X(θ, ϕ ) ≡ z = r sin ϕ Si veri ca immediatamente che la funzione
X
θ, ϕ ∈ (0, 2π) .
è di classe
C1
(in realtà è molto
più regolare!) ed iniettiva (segue dal signi cato geometrico degli angoli
θ
e
ϕ ).
Osserviamo inoltre che in questo modo non abbiamo parametrizzato tutta la super cie del toro, ma abbiamo escluso due circonferenze (quella corrispondente
101
a
θ = 0
e quella relativa a
ϕ = 0);
questo non in cia il risultato, in quanto
misura
stiamo escludendo degli insiemi aventi
nulla, che non contribuiscono
quindi signi cativamente al calcolo dell'area. Per trovare tale area, dobbiamo calcolare il seguente integrale:
Area (∂T3 ) =
ZZ
2π
Z dσ :=
Z
dprT3
0
2π
kXθ ∧ Xϕ k dϕ .
dθ 0
Osserviamo che
= (−(R + r cos ϕ ) sin θ, −(R + r cos ϕ ) cos θ, 0) = (−r sin ϕ cos θ, −r sin ϕ sin θ, −r cos ϕ )
Xθ X ϕ
e di conseguenza
X θ ∧ X ϕ
ˆı = −(R + r cos ϕ ) sin θ −r sin ϕ cos θ
ˆ −(R + r cos ϕ ) cos θ −r sin ϕ sin θ
kˆ = 0 −r cos ϕ
= r (R + r cos ϕ ) · (− cos θ cos ϕ , − sin θ cos ϕ , sin ϕ ) . Quindi otteniamo che:
kXθ ∧ Xϕ k = r (R + r cos ϕ ) . Concludendo:
2π
Z
Area (∂T3 )
=
Z
0
kXθ ∧ Xϕ k dϕ = 0
2π
Z =
Z
2π
dθ 0
=
2π
dθ
r (R + r cos ϕ ) dϕ = 0
4π 2 rR .
Osserviamo che si poteva anche procedere utilizzando il teorema di Guldino, giungendo allo stesso risultato.
Esercizio 87.
Vogliamo veri care il teorema della divergenza in
R2 ,
cioè mo-
strare la seguente uguaglianza:
Z
Z divf
A dove con
ν
f · ν dσ1 ,
dx dy = ∂A
intendiamo il versore normale esterno al bordo
∂ A . Cominciamo col
calcolare l'integrale al primo membro di tale uguaglianza (passando il coordinate
102
polari, con origine nel punto
Z divf
dx dy
A
(2, 0)): Z = [∂x (1 + xy) + ∂y (x)] dx dy = A Z = y dx dy = A π
Z
1
Z
ρ2 sin θ dρ =
dθ
= 0
1 3 2 . 3
= =
0 π
Z
sin θdθ = 0
Per quanto riguarda il secondo integrale, osserviamo che
∂A
è una varietà (una
curva) costituita da due tratti regolari, che possiamo parametrizzare nel seguente modo:
∂A1 = {(t, 0) 1 < t < 3} e
∂A2 = {(2 + cos θ, sin θ) 0 < θ < π} ;
osserviamo che tale parametrizzazione orienta il bordo
∂A1
serviamo che i versori normali esterni a
ν1
vamente con
e
ν2 )
e
∂A2
∂A
positivamente. Os-
(che indicheremeo rispetti-
sono dati da:
ν1 = (0, −1)
e
ν2 = (cos θ, sin θ) .
Quindi:
Z
Z
Z
f · ν dσ1 =
f · ν1 dσ1 +
∂A 3
Z =
Z
f · ν2 dσ1 = ∂A2
(1 + (2 + cos θ) sin θ, 2 + cos θ) · (cos θ, sin θ) dθ =
(−t) dt + 1
=
∂A1 π
0
2 . 3
E questo dimostra l'uguaglianza iniziale.
Esercizio 88.
Indichiamo con
attraverso la super cie
∂Ω,
Φ+ ∂Ω (F )
Φ+ ∂Ω (F ) = dove con
ν
il usso esterno del campo vettoriale
F
dove per de nizione di usso si ha che:
Z F · ν dσ2 , ∂Ω
∂Ω. = 3), ed
indichiamo il versore normale esterno alla super cie
applicando il teorema della divergenza (osserviamo che divF che Vol(Ω)=1, otteniamo:
Φ+ ∂Ω (F ) =
Z divF
dx = 3Vol(Ω) = 3.
Ω
103
Quindi il fatto
Esercizio 89.
1.
ω
è de nita su tutto
R3 ,
ed è chiusa e quindi esatta (in
quanto il dominio è semplicemente connesso). Una primitiva è data da:
f (x, y, z) = 2.
3.
x4 4
+
y3 3
+
z2 2 .
x ω è de nita su R2 \{(0, 0)} ma non è chiusa (infatti ∂y x2 +y = 2 −4xy 2y (x2 +y 2 )2 = ∂x x2 +y 2 , e quindi non può essere esatta. ω
R2 ,
è de nita su tutto
−2xy (x2 +y 2 )2
6=
ed è chiusa e quindi esatta (in quanto il dominio
f (x, y) =
è semplicemente connesso). Una primitiva è data da:
x 1+y 2 .
4. Si veri ca facilmente che:
ω Osserviamo che
ω
⇐⇒
è chiusa
R2 \ {(0, 0)},
è de nita su
connesso, per cui chiusura
6=⇒
A=D B = −C
.
che non è semplicemente
esattezza.
Procediamo quindi nel seguente modo:
γ curva chiusa che non gira intorno all'origine, si ha che ω = 0 , in quanto ω è localmente esatta, cioè è esatta in ogni domiγ
(a) Per ogni
R
nio semplicemente connesso, contenuto nel suo insieme di de nizione; (b) Se
γ
è una curva che compie un giro intorno all'origine in senso an-
tiorario, detta
C
la circonferenza di centro
0
e raggio
1
orientata
positivamente, si ha che:
Z
Z ω =
ω.
γ
C
(Quest'ultimo risultato segue facilmente applicando le formule di Gauss Green nel piano, ed il fatto che è una forma chiusa).
Da queste considerazioni, si deduce il seguente fatto:
Z ω
è esatta
⇐⇒
ω =0. C
Imponendo quest'ultima condizione si ottiene che:
ω
è esatta
⇐⇒
In tal caso una primitiva è data da
Esercizio 90.
Si veri ca che:
R ϕ
ω =
1 3.
104
A=D B=C=0
fA (x, y) = A log
. p
x2 + y 2 .
Esercizio 91.
Comiciamo con l'osservare che T è un ottaedro (cioè la palla R3 , nella metrica indotta dalla k·k1 ). I vertici di tale ottaedro sono le intersezioni con gli assi coordinati: (±1, 0, 0), (0, ±1, 0), (0, 0, ±1). Osserviamo inoltre che T è simmetrico rispetto a tutti i piani coordinati. unitaria di
T parallelamente al piano xy , ottenendo (si osservi z -sezione di T è T (z) = {(x, y) : |x| + |y| ≤ 1 − |z|}, quadrato con √ 2(1 − |z|)): lungo
1. Integriamo sezionando che la lato
Z
|z|γ dx dy dz =
T
Z
1
|z|γ dz
Z
−1
Z
Z
1
|z|γ 2(1 − |z|)2 dz =
dx dy = T (z)
−1
1
=4
z γ − 2z γ+1 + z γ+2 dz =
0 l'ultimo integrale esiste nito se e solo se
=4
2 1 1 − + γ+1 γ+2 γ+3
=
γ > −1,
e vale:
8 . (γ + 1)(γ + 2)(γ + 3)
2. Poichè la funzione integranda è somma di funzioni positive, l'integrale è nito se e solo se ciascuno degli addendi ha integrale nito; per la simmetria del dominio rispetto allo scambio di coordinate, si ha che
R |x|α dx dy dz e T |y|β dx dy dz esistono niti se e so8 e α > −1, β > −1 e valgono rispettivamente (α+1)(α+2)(α+3)
i due integrali lo se
R
T
8 (β+1)(β+2)(β+3) . Riassumendo: l'integrale esiste nito se e solo se
γ > −1,
α > −1, β > −1
e
ed in tal caso vale
8 8 8 + + . (α + 1)(α + 2)(α + 3) (β + 1)(β + 2)(β + 3) (γ + 1)(γ + 2)(γ + 3) 3. La divergenza di
F
è costante e vale divF
volume di
T
= 3;
per il teorema della diver-
R
3 dx dy dz = 3mis3 (T ) = 4 (dove il T 4 è e si ottiene ad esempio dal calcolo fatto in 1) ponendo 3
genza il usso richiesto vale allora
γ = 0). 4. Osserviamo che la nostra porzione di super cie, che indicheremo con
Σ,
può essere parametrizzata nel seguente modo:
Σ = {(x, y, 1−x−y), (x, y) ∈ D} Inoltre il versore normale a
Σ
dove
D ≡ {(x, y) : x, y ≥ 0 x+y ≤ 1}.
in ogni punto è dato da
ν =
√1 (1, 1, 1). 3
Quindi il nostro usso è dato da:
Z F × ν dσ = Σ
√ 3 1 (1, 1, 1) × √ (1, 1, 1) 3 dx dy = 3 Area(D) = . 2 3 D
Z
105
Esercizio 92.
Calcoliamo separatamente i due integrali.
1. Cominciamo calcolando l'integrale sul bordo. Osserviamo che
∂S2 ,
∂S = ∂S1 ∪
con
∂S1 = {(cos t, sin t, 0), 0 ≤ t < 2π} ∂S2 = {(cos t, sin t, 1), 0 ≤ t < 2π} . Osserviamo che per orientare il cerchio
∂S1
∂S
in maniera positiva, dobbiamo orientare
(quello alla base inferiore del cilindro) in maniera antioraria
(cioè positiva), ed il cerchio
∂S2
(quello alla base superiore) in maniera
oraria (cioè negativa). Quindi:
Z
Z ω
Z
=
ω +
+∂S
ω = −∂S2
+∂S1
Z
Z ω −
=
+∂S1 Z 2π
= 0
ω = +∂S2
cos2 t + sin2 t cos2 t + sin2 t − 1 2
dt =
= π. 2. Calcoliamo ora l'integrale super ciale. Prendiamo come campo vettoriale:
F (x, y, z) = (F1 , F2 , F3 ) = F3 = 0
Usando il fatto che
rot F Parametrizziamo
S
−y x , ,0 . x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
otteniamo che:
= (−∂z F2 , ∂z F1 , ∂x F2 − ∂y F1 ).
nel seguente modo:
S = {Φ(t, z) = (cos t, sin t, z) : t ∈ [0, 2π), z ∈ [0, 1]} ; quindi il versore normale esterno è dato da
k∂t Φ ∧ ∂z Φk = 1.
ν = (cos t, sin t, 0),
mentre
Applicando il teorema di Stokes otteniamo:
Z
Z ω
=
rot F × ν S Z 2π Z 1
=
dt
∂S
0
=
0
dσ =
2z = (1 + z 2 )2
π.
Esercizio 93.
Cominciamo col capire com'è fatto C . Possiamo descriverlo come C = A ∪ B , dove A ≡ D × [1, 4] è il cilindro circolare retto con basi sui piani z = 1, z = 4 (D è il disco unitario chiuso in R2 ) e B è il segmento di paraboloide 3 rotondo {(x, y, z) ∈ R : (x, y) ∈ D, x2 + y 2 ≤ z ≤ 1}.
106
xy ; per z ∈ [0, 1] la z -sezione di C 2 2 2 C(z) ≡ {(x, y) ∈ R : x + y ≤ z} di centro l'origine e raggio √ z , e quindi di area πz . Per z ∈ [1, 4], invece, C(z) è costantemente il 2 disco unitario D di R , e quindi la sua area è π .
1. Integriamo per fette parallele al piano è il disco
Quindi:
Z Vol(C)
4
=
Area(C(z)) dz
0 2. Essendo divF
= 1,
il usso uscente da
uguale al volume di
7 π; 2
per il teorema della divergenza è
C;
xy , il usso di esso attraverso la z = 4 è nulla; per la stessa ragione è nullo il usso di F attraverso il disco D × 1, base inferiore del cilidro A che costituisce C . Il teorema della divergenza applicato ad A ci dice che il usso del campo uscente da A è pari a 3π ; tenendo conto delle osservazioni
3. Essendo il campo
F
C
=
parallelo al piano
porzione di frontiera di
C
sul piano
appena fatte, si ha che tale usso, coincide proprio con il usso uscente dalla super cie laterale del cilindro, che è quello che ci interessa. Per concludere dobbiamo calcolare il usso attraverso la porzione di frontiera sul paraboloide; per fare ciò possiamo procedere in vari modi: o come sopra, o usando la de nizione oppure facendo la dierenza tra il usso totale, trovato nel punto precedente, e la somma dei ussi nora trovati; in tutti i casi viene 4. L'area di
π 2.
∂C ∩{z = 4} è ovviamente π ; l'area di ∂C ∩{x2 +y 2 = 1} è ovvia-
6π , essendo l'area laterale di un cilindro circolare retto di raggio di 1 e altezza 3. Resta da calcolare l'area di ∂C ∩ {z = x2 + y 2 }; questa è 2 2 una super cie cartesiana con parametrizzazione (x, y) → (x, y, x +y ), al p 2 1 + |∇f (x, y)| dxdy , pertanto variare di (x, y) ∈ D ; l'elemento d'area è mente base
l'area voluta è (useremo le coordinate polari):
Z p 1 + |∇f (x, y)|2 dxdy D
L'area della frontiera vale
Esercizio 94.
1. Sia
Z p 1 + 4x2 + 4y 2 dxdy = D Z p π √ = r 1 + 4r2 drdθ = (5 5 − 1) . 6 [0,1]×[0,2π] √ π quindi: 7π + (5 5 − 1) . 6 =
∂E = A ∪ B ,
dove:
A = ∂E ∩ {x2 + y 2 + z 2 = 1} p B = ∂E ∩ {z = x2 + y 2 } . Troviamo una parametrizzazione per queste due super ci regolari:
A = {(cos θ sin ϕ , sin θ sin ϕ , cos ϕ ) : θ ∈ (0, 2π), ϕ ∈ (0, B
1 = {(z cos θ, z sin θ, z) : θ ∈ (0, 2π), z ∈ (0, √ ) } . 2 107
π )} 4
Quindi abbiamo:
Z |A|2
1 sin ϕ dϕ = 2π(1 − √ ) 2 0 Z 2π √ π dz 2 z dθ = √ , 2 0
dθ
A
0
Z
=
π 4
Z
dσ = Z
|B|2
2π
Z
=
dσ = B
1 √ 2
0
da cui segue che:
1 |∂E|2 = |A|2 + |B|2 = π(2 − √ ) . 2 2. Osserviamo innanzitutto che il campo vettoriale e quindi sarà tangente a sarà
0.
B
F
è diretto radialmente
in ogni punto, e quindi il usso attraverso
Calcoliamo invece il usso uscente attraverso
in ogni punto di
A
Φ+ A (F )
A
il campo coincide con il versore normale esterno):
Z
Z F × νe dσ =
=
(x, y, z) × (x, y, z) dσ =
ZA
A
1 1 dσ = |A|2 = 2π(1 − √ ) . 2 A
=
3. Per quanto visto nel punto precedente, abbiamo che il usso totale di uscente da
∂E
B
(osserviamo che
F,
è:
1 + + Φ+ ∂E (F ) = ΦA (F ) + ΦB (F ) = 2π(1 − √ ) . 2 Applicando il Teorema delle divergenza si ottiene il risultato richiesto:
1 2π(1 − √ ) 2
=
Φ+ ∂E (F ) Z
=
Z
F × νe dσ = Z divF dxdydz = 3 dxdydz = 3Vol(E) ; =
∂E
E da ciò ricaviamo che Vol(E)
Esercizio 95. E.
I punti in
E 2π 3 (1
=
−
√1 ) . 2
Innanzitutto cerchiamo di capire com'è fatto il nostro dominio
E
devono soddisfare due condizioni:
• x2 + y 2 + z 2 ≤ 1: cioè devono stare internamente alla sfera di centro l'origine e raggio 1; p • 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 : si deve quindi avere z ≥ 0 (e quindi stiamo consi-
emisfero
derando solamente i punti nell'
superiore), ed inoltre a nché sia
soddisfatta p la seconda condizione tali punti dovranno essere esterni al cono
z=
x2 + y 2
(è un cono circolare retto, con vertice nell'origine e asse
coincidente con l'asse
z ). 108
(ρ, ϕ , θ). Ricordiamo che P = (x, y, z) è un punto diverso
Rappresentiamo tale dominio in coordinate sferiche le coordinate sferiche sono così de nite:
se
dall'origine, avremo:
x = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ z = ρ cos ϕ , dove abbiamo indicato con
ρ
la distanza di
ϕ
P
dall'origine (cioè il modulo del vettore
l'angolo che l'asse individuato dal vettore quindi
ϕ
assumerà valori compresi tra
senso rappresenta una sorta di
θ
l'angolo che la proiezione del vettore
x;
delle
θ
quindi
0
latitudine
e
−−→ OP forma con l'asse delle z ; π (osserviamo che in un certo
geogra ca);
−−→ OP
sul piano
assumerà valori compresi tra
rappresenta proprio la
longitudine
−−→ OP );
0
e
xy , 2π
forma con l'asse (osserviamo che
geogra ca).
Traduciamo le condizioni che identi cano il nostro dominio, nelle nuove coordinate:
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ⇐⇒ z ≥ 0 ⇐⇒ z≤
p x2 + y 2
⇐⇒ ⇐⇒
0 1
(non è soddisfatta la condizione
necessaria di Cauchy). 3. La serie converge totalmente (e quindi uniformemente e puntualmente) per
|z| ≤ 1.
La serie non converge per
|z| > 1
(non è soddisfatta la condizione
necessaria di Cauchy).
Esercizio 106.
Dalla de nizione di Raggio di convergenza, si veri ca quasi
immediatamente che:
•
La prima serie ha raggio di convergenza
R2
(dove se
R = ∞,
si ha che
2
R = ∞); √
•
La seconda serie ha raggio di convergenza
•
La terza serie (mettendo insieme i due risultati precedenti), ha raggio di convergenza
R.
Esercizio 107. 2.
R |z|=R
R;
1.
R σ(0,1+i)
x dz = iπR2
1+i 2 .
x dz =
.
3. Osserviamo che:
Z |z|=2
dz 1 = 2 z −1 2
Z |z|=2
dz + z−1
Z |z|=2
dz z+1
! ;
applicando la formula di Cauchy su dischi, segue immediatamente che tale integrale è nullo. 4.
•
Se
n ≤ 0,
tale integrale è uguale a zero, come segue immediatamente
dal teorema di Cauchy su dischi;
•
Se n > 0: applichiamo la formula di Cauchy su dishi; (n − 1) volte entrambi i membri, otteniamo: Z (n − 1)! f (ζ f (n−1) (z) = dζ , 2πi (ζ − z)n |z|=1 che applicato al nostro integrale ci fornisce:
Z |z|=1
ez 2πi dz = . n z (n − 1)!
5. Si procede esattamente come in (3) e segue che
130
R
dz |z|=2 z 2 +1
= 0.
derivando
6. Si Procede analogamente a (3) e (5), usando un trucco analogo a quello suggerito nell'integrale (2); otteniamo che:
1 1 = 2 |z − a|2 ρ − |a|2
a ρ2 + 2 z − a ρ − az
e facendo i conti troviamo:
•
Se
|a| < ρ
il risultato è :
2πia |ρ2 −|a|2 | ;
•
Se
|a| > ρ
il risultato è :
2πiρ2 a|ρ2 −|a|2 | .
7. Procedendo esattamente come in (4), otteniamo:
• •
Se Se
n ≤ 0, n>0
allora e
n
R
sin z dz |z|=1 z n
R
pari, allora
= 0;
sin z dz |z|=1 z n
•
Se
n>0
e
n≡1
(mod.4), allora
R
•
Se
n>0
e
n≡3
(mod.4), allora
R
8. Distinguiamo vari casi:
•
Se
n≥0
e
m ≥ 0,
= 0;
sin z dz |z|=1 z n
=
2πi (n−1)! ;
sin z dz |z|=1 z n
2πi = − (n−1)! .
1
R
allora
|z|=2
z n (1 − z)m dz = 0;
n ; |m| − 1 R m n m n+1 ; • Se n < 0 e m ≥ 0, allora |z|=2 z (1−z) dz = 2πi(−1) |n| − 1 •
Se
n ≥ 0 e m < 0, allora
•
Se
n 0; per le ipotesi fatte, Bδ (z) ⊂ BR (0), che è interno al dominio di analiticità della
1. Sia
Come già notato nell'esercizio precedente, dalla formula di Cauchy su
dischi, segue la seguente rappresentazione delle derivate della
f n (γ) =
n! 2πi
Z ∂Bδ (z)
f:
f (ζ) (ζ − z)n+1
1 E' molto probabile che ci sia qualche errore! Se ne trovate 2 Suggerimento: Non fare l'integrale sulla circonferenza! usa
qualcuno fatemelo sapere... due cammini, ottenuti unendo alla circonferenza il segmento x = 12 ; questi avranno in comune tale segmento (percorso in versi opposti) e ciascuno conterrà nella propria regione interna una sola singolarità! in questo modo, a ciascuno dei due integrali ottenuti, si può applicare la Formula di Cauchy 131
|γ − z| < δ .
per ogni
(n)
|f
Quindi:
Z n!M 1 n+1 2π ∂Bδ (z) δ n!M |∂Bδ (z)| = n!M δ −n = n!M (R − ρ)−n 2δ n+1 π
≤
(z)|
= e quindi
sup |f (n) (z)| ≤ n!M (R − ρ)−n . Bρ (0) 2. Se per assurdo ciò fosse vero, allora prendendo un colo in modo che della
f ),
Bδ (z) ⊂ Ω
(dove con
Ω
δ
su cientemente pic-
intendo il dominio di analiticità
e applicando le stime di Cauchy precedenti, otterrei:
n!nn ≤ |f (n) (z)| sup |f (ζ)|n!δ −n , Bδ (z) da cui:
n→+∞
sup |f (ζ)| ≥ nn δ n −→ +∞ Bδ (z) che è assurdo, in quanto
|f |
è continua su
Bδ (z)
(compatto!) e quindi per
il teorema di Weierstrass è ivi limitata!
Esercizio 109.
Supponiamo per assurdo che esista
costante), tale che Rez
≥0
per ogni
z ∈ C;
f
funzione intera (non
consideriamo la funzione:
g(z) = e−f (z) . E' ovvio che
g
sia analitica in tutto
C
(cioè è intera); inoltre
|g(z)| = e−Ref (z) ≤
1 per le hp fatte! Quindi ho trovato una funzione intera non costante (in quanto f non lo era) che è limitata in modulo... questo contraddice il teorema di Liouville!
Esercizio 110.
•
Considerare ad esempio la funzione
1 f (z) = sin 1−z .
(Ve-
ri cate!).
•
Sia
f
g come nelle hp |z| ≤ 1, ma in tale
come sopra e supponiamo che esista una funzione
dell'esercizio; tale funzione è chiaramente analitica in
insieme ha in niti zeri, che si accumulano in almeno un punto del dominio (ho una successione in un compatto... quindi possiede almeno un punto di accumulazione!). Dalle proprietà degli zeri di una funzione olomorfa, segue che
g ≡ 0
su
{|z| ≤ 1}...
ma su tale insieme
Assurdo!
132
g
coincide con
f ...
Esercizio 111.
f , segue che è su ciente R = {aω1 + bω2 : 0 ≤ a, b ≤ 1}; infatti per ogni z ∈ C , me lo posso scrivere come z = r + nω1 + mω2 , dove r ∈ R (veri catelo!). Usando la doppia periodicità della f , posso concludere che f (z) = f (r), da cui: sup |f (z)| = sup |f (r)| < ∞ Dalla doppia periodicità della funzione
conoscere i valori della funzione nel dominio
C in quanto
R
R è un compatto e |f | è continua (in quanto f
è olomorfa), quindi dal
teorema di Weierstrass segue la conclusione di sopra. Quindi ho che
f
è una funzione intera e limitata in modulo: dal teorema di
Liouville segue che
Esercizio 112.
f
è costante!
Consideriamo la funzione:
(
f (z) zm f (m) (0) m!
g(z) = Si dimostra che
g
se
z 6= 0
se
z=0
{|z| < 1} (Cfr. D.Sarason Note 0 < r < 1 la funzione g è limitata
è una funzione olomorfa su
on Complex function theory , VII.13). Per
1 r m nel disco |z| ≤ r (segue dal principio del massimo modulo). − Mandando al limite per r → 1 , otteniamo che |g| < 1 per |z| < 1, e quindi in modulo da (dalla def di
g ): |f (z)| < |z|m
che è la tesi. (Oss.: Per dimostrare che tale disuguaglianza è stretta, applicare il principio del massimo alla funzione
Esercizio 113. {|z − 1| < 1};
g
sopra de nita... )
Dalle ipotesi dell'esercizio, sappiamo che
f
mappa
Ω in B1 (1) =
in tale insiema posso de nire un ramo analitico del logaritmo,
che indicheremo
log∗ z
(questo è vero in quanto tale dominio non contiene alcun
cammino che gira intorno all'origine... provare a determinare esplicitamente tale ramo analitico!) Quindi:
Z γ
f0 = f
Z γ
d (log∗ z) dz = 0 dz
come segue immediatamente...
Esercizio 114.
1. E' noto che una TLF viene individuata completamente
dal valore che assume su tre punti distinti del piano complesso. Sia:
ζ(z) = 133
az + b cz + d
la nostra TLF che manda l'asse reale in se stesso; consideriamo ora la sua inversa, che sarà data da:
ζ −1 (w) =
dw − b a − cw
e continuerà a mandare l'asse reale nell'asse reale! Calcoliamo ora le due TLF in zero:
z(0) =
b ∈R d
ζ −1 (0) =
e
−b ∈R. a
Distinguiamo ora due casi (è sempre possibile ricondursi ad uno di questi due casi, moltiplicando numeratore e denominatori, per un opportuno coe ciente): (a) Se
b, d ∈ R
allora anche
segue che anche (b) Se
b, d ∈ iR
a ∈ R;
quindi calcolando
ζ(1) =
c ∈ R;
e di conseguenza
e denominatore di
ζ
per
i
a ∈ iR.
a+b c+d
∈R
Moltiplicando numeratore
(tanto la TLF rimane la stessa:
è de-
nita come classe d'equivalenza) mi riconduco al caso precedente, e quindi posso concludere che anche in questo caso esiste una sua rappresentazione con coe cieni reali. 2. Ricordiamo che due TLF che coincidono su tre punti coincidono dappertutto.
Premesso ciò, supponiamo che la coniugazione sia una TLF ed
osserviamo che coincide con l'identità su tutto l'asse reale; poichè l'identità è una TLF allora avrei trovato due TLF che coincidono su tre punti (in realtà su molti di più) ma che sono diverse!!! (ASSURDO!)
Esercizio 115.
In tutti questi esercizi, il trucco consisterà nel trovare l'imma-
gine di due o tre punti (infatti le TLF richieste non sono uniche in molti casi) e costruirsi la TLF associata; riassumiamo brevemente le proprietà delle TLF che useremo:
•
Una TLF è univocamente determinata da tre punti. ( Due punti non me la determinano univocamente ma a meno di omotetie e rotazioni)
•
Una TLF manda la classe (cerchi, rette) nella classe (cerchi, rette) .. ossia può mandare cerchi in cerchi, rette in cerchi, rette in rette oppure cerchi in rette; in particolare:
un cerchio andrà in una retta, solo se un suo punto viene mandato all'in nito;
una retta viene mandato in un cerchio se ogni suo punto viene mandato in un punto nito e il limite delle TLF all'in nito è nito;
134
•
una TLF rispetta le simmetrie: punti simmetrici rispetto una retta ( o un cerchio) vengono mandati in punti simmetrici rispetto l'immagine della retta ( o del cerchio)... che sarà ancora una retta o un cerchio; in particolare, per simmetrico di un punto
a,
intendiamo un punto
z∗
z rispetto ad un cerchio di raggio R e centro (z ∗ − a)(z − a) = R2 .
che soddisfa la relazione
Osserviamo quindi che il simmetrico del centro è il punto all'in nito;
•
una TLF conserva gli angoli (è una mappa conforme) e l'orientamento (cioè se prima percorrendo la curva avevo il dominio da un lato (destra o sinistra), l'immagine della curva sarà orientata in modo da avere l'immagine del dominio dallo stesso lato!).
Troviamo ora le trasformazioni richieste: 1. Basta imporre che:
z0 → 0
z0 → ∞ ;
questa non me la determina univocamente: mi manda la retta reale in una circonferenza di centro 0 ma raggio a priori qualsiasi; quindi bisogna imporre che un qualsiasi punto dell'asse rele vada in un punto di modulo 1: ad esempio che il punto all'in nito vada in trasformazione sia
1;
1
(cioè che il limite della
quindi otteniamo:
ζ(z) =
z − z0 . z − z0
2. Mandiamo:
−2 → 0
0→i
e per concludere impongo che il punto all'in nito (è il simmetrico di 0 rispetto al primo cerchio), vada nel simmetrico di
i
rispetto al secon-
do cerchio, che è dato da (basta applicare la formuletta sopra) otteniamo:
ζ(z) = 3. Per brevità chiamiamo
C1
−1+i 2 ;
i+i z+2 · . 2 2z + (1 − i)
il cerchio più piccolo e
C2
quell'altro.
Supponiamo che i due cerchi concentrici nali abbiano centro nell'origine. Sia
p
il punto la cui immagine è
trico rispetto a
C1
(e
C2 )
0
(ossia il centro) Quindi il suo simme-
deve andare in
∞
(poichè c'è un solo punto
che va all'in nito, questi due punti dovranno necessariamente coincidere); imponiamo quindi le seguenti condizioni per trovare
che ci fornisce (una volta
2+
√
1 (p∗ − 14 )(p − 14 ) = 16 ∗ p p=1 √ risolto) p = 2 + 3; quindi
3→0
1 √ →∞ 2+ 3 135
p:
dobbiamo imporre:
1→1
dove l'ultima condizione è stata scelta arbitrariamente (se ne possono fare altre che vanno ancora benissimo!); otteniamo quindi:
√ (2 + 3) − z √ ζ(z) = . (2 + 3)z − 1 4. Mandiamo:
1→∞
0→0
ed otteniamo:
ζ(z) =
−1→1
2z . z−1
Questa TLF mappa il mio dominio nella striscia
{0 < Rez < 1}.
Quindi
per mandarla nel semipiano superiore, basterà comporla con la funzion
eiπw ,
da cui otteniamo che la trasformazione cercata è: 2πiz
f (z) = eiπζ(z) = e z−1 .
Esercizio 116.
Osserviamo che l'asse reale viene mandato nell'asse reale (vedi
es 1.1) e quindi verrà conservata la simmetria rispetto asse reale (vedi es.2). Vediamo dove viene mandato l'asse immaginario:
0 → −1
i → −i
−i→i
quindi viene mandato nella circonferenza unitaria di centro l'origine; in particolare, poichè
1
è l'unico punto che va all'in nito, segue che per
c 6= 1,
tutte
queste retta vanno in una circonferenza. Per
c=1
la retta in questione, viene mandata in se stessa; infatti: se z=1+iy
allora
R(z) =
2 2 + iy =1+ . iy iy
Quindi, poichè le TLF conservano la simmetria, avremo che le immagini delle
c = 1−ε
rette con
c = 1+ε
Rez = 1.
Quindi è su ciente studiare cosa succede per
e
avranno immagini simmetriche rispetto l'asse
c < 1:
1. Sappiamo già che l'immagine è una circonferenza, dobbiamo determinarne il centro; per la simmetria rispetto asse reale, sappiamo che il centro deve stare su asse reale; 2. Ogni retta contiene in punto
∞
che viene mandato in
1;
ciascuna retta ha un altro punto immagine su asse reale: centro è il punto intermedio a questi due, cioè
3. Il raggio di queste circonferenze è
c→∞
1 2
1−
c+1 c−1
1 2
c+1 c−1
136
+1 .
, ed osserviamo che quando
anche questo tende a zero, mentre quando
in nito (cioè tende a diventare la retta
d'altro canto c+1 c−1 ; quindi il
Rez = 1).
c→1
questo tende a
Per simmetria si ottengono le immagini delle rette per 1. se
c = 1:
2. se
c < 1:
raggio
3. se
l'immagine è la retta
Rc =
c > 1:
raggio
1 2
1−
c+1 c−1
Rc =
Esercizio 117.
1 2
c+1 c−1
1 2
1+
c+1 c−1
Pc =
1 2
1+
c+1 c−1
e
e
−1 .
(Premessa:
ipotesi sulla regolarità di
Pc =
;
l'immagine è una circonferenza di centro
Conclusione:
Rez = 1;
l'immagine è una circonferenza di centro
c > 1.
f,
molto probabilmente c'è da aggiungere qualche altrimenti ci sono dei problemi... se ho tempo e le
trovo, correggo questa versione provvisoria della soluzione) Sia
z0
un punto tale che
Imz0 > 0; consideriamo la trasformazione che mi mappa z0 nell'origine: (vedi es.2.1)
il mio dominio nel cerchio unitario mandando
ζ(z) =
z − z0 z − z0
g = f ◦ ζ −1 : B1 (0) → C e analitica su tale dominio: problema è in z = 1, cioè nell'immagine dell'in nito..
e consideriamo la funzione infatti l'unico eventuale
si dimostra che per le ipotesi fatte la funzione ha in tale punto una singolarità eliminabile. Quindi posso applicare a
g
1 g(0) = 2πi Osserviamo ora che
la formula di Cauchy su dischi:
Z S1
g(ξ) 1 dξ = ξ 2πi
g(0) = f (z0 )
Z S1
f ◦ ζ −1 (ξ) dξ . ξ
e facciamo il seguente cambio di coordinate
nell'integrale:
z = ζ −1 ξ e di conseguenza:
→
ξ = ζ(z)
dξ ζ 0 (z) z0 − z0 = dz = . ξ ζ(z) (z − z0 )(z − z0 )
Sostituenso sopra otteniamo:
f (z0 )
= =
Esercizio 118.
Z f (z) R
Imz0 π
Z
f
a−1
z0 − z0 dz = (z − z0 )(z − z0 )
+inf ty
−∞
Ricordiamo che per
diamo il coe ciente (Chiaramente se
1 2πi
f (z) dz . |z − z0 |2
Residuo
di una funzione
f
in
z0 ,
inten-
dello sviluppo in serie di Laurent con centro in
è analitica in
z0
il suo residuo in tale punto è 0)
137
z0 .
1. Sia
f
una funzione meromorfa con polo in
trovare il coe ciente
a−1
z0
di ordine
h > 0.
Vogliamo
z0 . Os(z − z0 )h f (z) è del suo sviluppo di Taylor in z0 coincide
del suo sviluppo in serie di Laurent in
serviamo che per le condizioni date, si ha che la funzione analitica in proprio con
z0 e il coe ciente bh−1 a−1 che stiamo cercando;
1 D(h−1) [(z − z0 )h f(z)]|z=z0 . (h − 1)! z
Resz0 f = 2. Se
f
z0
è analitica in
e
quindi:
g
ha un polo semplice in tale punto, consideriamo
lo sviluppo in serie di Laurent del prodotto:
fg
(a0 + O(z)) · (b−1 (z − z0 )−1 + b0 + O(z)) = a0 (z − z0 )−1 + a0 b0 + a1 b−1 + O(z) . b−1
= =
Quindi ricordandoci la de nizione di residuo:
Resz0 fg = a0 b−1 = f(z0 )Resz0 g .
Esercizio 119. •
Soluzione:
(a) La funzione ha poli semplici in
z = −2, −3;
infatti:
1 1 1 1 . = = − z 2 + 5z + 6 (z + 2)(z + 3) z+2 z+3 Quindi
•
Res−2 = 1
e
Res−3 = −1.
(b) La funzione ha due poli di ordine
Res−1 = •
1 4 e
2
in
z = −1, 1.
I relativi residui sono:
Res1 = − 14 .
(c)
π : quindi tutti e soli k ∈ Z. D'altro canto la
Questa funzione ha poli in ogni multiplo intero di i poli (semplici) sono della forma funzione è periodica di pediodo calcolare il residuo in Per il residuo in
0
e
2π
z = kπ
con
sull'asse reale, e quindi sarà su ciente
π.
0: 1 z 1 = · sin z sin z z
⇒
Res0 = 1
dove nell'ultimo passaggio ho usato l'esercizio 1. Per il residuo in
π: 1 −1 −(z − π) 1 = = · sin z sin(z − π) sin(z − π) (z − π) 138
quindi procedendo come sopra:
Resπ = −1 . Riassumendo:
•
k
Reskπ = (−1)
.
(d) Usando l'esercizio 1 e il punto (c), otteniamo che:
Reskπ = cos(kπ) · (−1)k = 1 . •
(e)
π e tali poli sono di π sull'asse reale, è su ciente
Questa funzione ha poli in ogni multiplo intero di ordine
2.
Inoltre essendo periodica di periodo
calcolare il residuo in
1 sin2 z
=
2 = + O(z 5 ) 1 1 1 = 2 = z 2 · z2 z2 4 2 1 − 3 + O(z 4 ) z 1 − 6 + O(z ) 1 z2 1 1 4 1+ + O(z ) = 2 + + O(z 2 ) . z2 3 z 3 z−
= = Quindi
Res0 = 0,
Esercizio 120.
z = 0: 1 z3 6
da cui segue (per periodicità) che
Reskπ = 0.
1. Consideriamo la sostituzione (per |z|=1):
1 1 cos θ = (eiθ + e−iθ ) = 2 2
1 z+ z
.
Quindi:
Z 1 2π dθ = 2 0 a + cos θ 0 I dz (iz)−1 1 = = 2 |z|=1 a + 12 (z + z1 ) I 1 dz = 2 i |z|=1 z + 2az + 1 √ La funzione integranda ha poli semplici in α± = −a± a2 − 1, e calcolando Z
π
dθ a + cos θ
=
i relativi residui, otteniamo:
Resα+ =
1 = −Resα− . α+ − α−
Applichiamo il teorema dei residui, ricordandoci che l'unico polo contenuto all'interno del disco unitario è
α+ ,
quindi:
=√
π . α2 − 1
139
sin2 z assume su (0, π2 ) gli π stessi valori che assume su ( , π) ed inoltre è periodica di periodo π sul2 l'asse reale. Quindi possiamo riscrivere il nostro integrale (procediamo
2. Cominciamo con l'osservare che la funzione
esattamente come sopra):
1 4
2π
Z 0
dx a + sin2 x
Calcoliamone i poli: sono in
1 4
I
=
I
=
1 i
|z|=1
|z|=1
dz (iz)−1 1 2 a + 2i (z − z −1 ) −z dz 4 z − (4a + 2)z 2 + 1
p p ± β± , dove β± = (2a + 1) ± (2a + 1)2 − 1.
Vediamo quali stanno all'interno del disco unitario (indichiamo le quattro soluzioni
•
se
α++ , α+− , α−+ , α−− ):
a > 0:
devo scegliere quelle associate a
β−
(cioè
α−+
e
α−− ).
In
questo caso otteniamo:
Resα−+ =
α−+ (β− − β+ )(α−+ − α−− )
Resα−− =
e
α−− . (β+ − β− )(α−− − α−+ )
Otteniamo quindi il valore integrale (usando teo residui):
π =p . (2a + 1)2 − 1 •
se
a < 0:
devo scegliere quelle associate a
β+
(cioè
α++
e
α+− ).
In
questo caso otteniamo:
Resα++ =
α++ (β+ − β− )(α++ − α+− )
Resα+− =
e
α++ . (β+ − β− )(α+− − α++ )
Otteniamo quindi il valore integrale (usando teo residui):
−π =p . (2a + 1)2 − 1 Quindi riassumendo il valore dell'integrale viene:
sgn(a) π p
(2a + 1)2 − 1
3. Intergriamo la funzione
f (z) =
.
z2 z 4 +5z 2 +6 sul cammino:
γR = CR ∪ σR = {|z| = R, Imz ≥ 0} ∪ {−R ≤ x ≤ R} . Studieremo il comportamento di tale integrale quando La funzion
f (z) ha
poli in
√ √ z = ±i 2 e z = ±i 3;
R tende ad in nito.
naturalmente noi consi-
dereremo solo quelli nel semipiano superiore, e prendendo
140
R molto grande
possiamo assumere che sono contenuti all'interno del nostro cammino. Calcoliamone i residui:
Resi
√
2
√ i 2 = 2
Resi
e
√
3
√ −i 3 = . 2
Applicando il teorema dei residui otteniamo:
I
Z f dz =
f dz + CR
γR
√ √ f dz = π( 3 − 2) .
Z σR
Vediamo cosa succede quando passo al limite per
Z
CR
z2 dz 4 2 z + 5z + 6
≤ CR
R2 |dz| ≤ + 5z 2 + 6|
R4
R2 |dz| = − 5R2 − 6
Z ≤ CR
= πR mentre:
Z
∞
Z
R→∞
f (z) dz −→
−∞
σR
R → ∞:
|z 4
Z
R2 R→∞ −→ 0 ; R4 − 5R2 − 6
x2 dx . x4 + 5x2 + 6
Quindi:
√ √ π( 3 − 2) = da cui:
I lim
R→∞
0.
f (x) dx −∞
γR
a 6= 0
altrimenti la funzione non è inte-
Applichiamo il teorema dei residui alla funzione
f (z) =
eiz z 2 + a2
γR de nito come nel punto precedente. La z = ±i|a|, quindi l'unico polo che si trova all'interno cammino (quando R è su cientemente grande) è z = i|a|, e il
ed integriamola sul cammino funzione ha poli in del nostro
∞
f (z) dz =
Z ∞ √ π √ x2 ( 3 − 2) = . 2 x4 + 5x2 + 6 0
4. Ovviamente dobbiamo supporre grabile in
Z
suo residuo:
Resi|a| =
e−|a| . 2i|a|
Osserviamo ora i seguenti fatti:
•
Z lim
R→∞
f (z) dz = γR
141
π . |a|
• Z
CR
eiz dz z 2 + a2
Z 1 |eiz | |dz| ≤ R2 − a2 Cr πR R→0 −→ 0 . R2 − a2
≤ ≤
• Z
+∞
Z
+∞
f (x) dx = −∞
−∞ +∞
Z =
−∞
cos x dx + i x2 + a2
Z
+∞
−∞
sin x dx = x2 + a2
cos x dx . x2 + a2
dove nell'ultimo passaggio abbiamo usato la disparità della funzione integranda. Possiamo quindi concludere:
+∞
Z 0
Esercizio 121.
cos x 1 dx = x2 + a2 2
Z
+∞
−∞
cos x π −|a| dx = e . x2 + a2 2|a|
|z| = 1): 1 z+ . z
1. Consideriamo la sostituzione (per
cos θ =
1 iθ 1 (e + e−iθ ) = 2 2
Quindi:
Z 0
π
dθ a + cos θ
Z 1 2π dθ = 2 0 a + cos θ I dz (iz)−1 1 = 2 |z|=1 a + 12 (z + z1 ) I 1 dz i |z|=1 z 2 + 2az + 1
= = =
La funzione integranda ha poli semplici in
√ α± = −a± a2 − 1, e calcolando
i relativi residui, otteniamo:
Resα+ =
1 = −Resα− . α+ − α−
Applichiamo il teorema dei residui, ricordandoci che l'unico polo contenuto all'interno del disco unitario è
α+ ,
quindi:
=√
π . a2 − 1
142
sin2 z assume su (0, π2 ) gli π stessi valori che assume su ( , π) ed inoltre è periodica di periodo π sul2 l'asse reale. Quindi possiamo riscrivere il nostro integrale (procediamo
2. Cominciamo con l'osservare che la funzione
esattamente come sopra):
1 4
2π
Z 0
dx a + sin2 x
Calcoliamone i poli: sono in
1 4
I
=
I
=
1 i
|z|=1
|z|=1
dz (iz)−1 1 2 a + 2i (z − z −1 ) −z dz 4 z − (4a + 2)z 2 + 1
p p ± β± , dove β± = (2a + 1) ± (2a + 1)2 − 1.
Vediamo quali stanno all'interno del disco unitario (indichiamo le quattro soluzioni
•
se
α++ , α+− , α−+ , α−− ):
a > 0:
devo scegliere quelle associate a
β−
(cioè
α−+
e
α−− ).
In
questo caso otteniamo:
Resα−+ =
α−+ (β− − β+ )(α−+ − α−− )
Resα−− =
e
α−− . (β+ − β− )(α−− − α−+ )
Otteniamo quindi il valore integrale (usando teo residui):
π =p . (2a + 1)2 − 1 •
se
a < 0:
devo scegliere quelle associate a
β+
(cioè
α++
e
α+− ).
In
questo caso otteniamo:
Resα++ =
α++ (β+ − β− )(α++ − α+− )
Resα+− =
e
α++ . (β+ − β− )(α+− − α++ )
Otteniamo quindi il valore integrale (usando teo residui):
−π =p . (2a + 1)2 − 1 Quindi riassumendo il valore dell'integrale viene:
sgn(a) π p
(2a + 1)2 − 1
3. Integriamo la funzione
f (z) =
.
z2 z 4 +5z 2 +6 sul cammino:
γR = CR ∪ σR = {|z| = R, Imz ≥ 0} ∪ {−R ≤ x ≤ R} . Studieremo il comportamento di tale integrale quando La funzion
f (z) ha
poli in
√ √ z = ±i 2 e z = ±i 3;
R tende ad in nito.
naturalmente noi consi-
dereremo solo quelli nel semipiano superiore, e prendendo
143
R molto grande
possiamo assumere che sono contenuti all'interno del nostro cammino. Calcoliamone i residui:
Resi
√
2
√ i 2 = 2
Resi
e
√
3
√ −i 3 = . 2
Applicando il teorema dei residui otteniamo:
I
Z
Z
f dz =
f dz +
γR
f dz =
CR
σR
√ π √ ( 3 − 2) . 2
Vediamo cosa succede quando passo al limite per
Z
CR
z2 dz 4 2 z + 5z + 6
Z ≤ CR
Z ≤ CR
Z
R→∞
∞
Z
f (z) dz −→
−∞
σR
R2 |dz| ≤ + 5z 2 + 6|
R2 |dz| = R4 − 5R2 − 6
R2 R→∞ −→ 0 ; R4 − 5R2 − 6
= πR mentre:
|z 4
R → ∞:
x2 dx . x4 + 5x2 + 6
Quindi:
√ √ π( 3 − 2) = da cui:
I
Z
lim
R→∞
∞
f (z) dz =
f (x) dx −∞
γR
Z ∞ √ π √ x2 ( 3 − 2) = dx . 4 2 x + 5x2 + 6 0
4. Integriamo la funzione
f (z) =
z 2 −z+2 z 4 +10z 2 +9 sul cammino:
γR = CR ∪ σR = {|z| = R, Imz ≥ 0} ∪ {−R ≤ x ≤ R} . Studieremo il comportamento di tale integrale quando La funzion
f (z)
ha poli in
z = ±3i
e
z = ±2i;
R tende ad in nito.
naturalmente noi conside-
reremo solo quelli nel semipiano superiore, e prendendo
R
molto grande
possiamo assumere che sono contenuti all'interno del nostro cammino. Calcoliamone i residui:
Res3i =
7 + 3i 48i
Res2i =
e
1−i . 16i
Applicando il teorema dei residui otteniamo:
I
Z
Z
f dz = γR
f dz + CR
144
f dz = σR
5π . 12
Vediamo cosa succede quando passo al limite per
Z
CR
z2 − z + 2 dz 4 2 z + 10z + 9
Z ≤ CR
Z ≤ CR
= πR mentre:
Z
Z
R→∞
∞
f (z) dz −→
−∞
σR
R → ∞:
R2 + R + 2 |dz| ≤ |z 4 + 10z 2 + 9| R2 + R + 2 |dz| = R4 − 10R2 − 9
R2 + R + 2 R→∞ −→ 0 ; R4 − 10R2 − 9 x2 − x + 2 dx . + 10x2 + 9
x4
Quindi:
5π 12
I =
da cui:
Z
lim
R→∞
5π = 12
5. Oss: Dobbiamo supporre
∞
f (z) dz = ∞
Z
f (x) dx −∞
γR
x2 − x + 2 dx . + 10x2 + 9
x4
0
a 6= 0
in quanto altrimenti la funzione non è più
integrabile (perchè?).
f (z) =
Integriamo la funzione
z2 (z 2 +a2 )3 sul cammino:
γR = CR ∪ σR = {|z| = R, Imz ≥ 0} ∪ {−R ≤ x ≤ R} . Studieremo il comportamento di tale integrale quando La funzion
f (z)
ha poli in
z = ±i|a|
R tende ad in nito.
; naturalmente noi considereremo
solo quelli nel semipiano superiore, e prendendo
R molto grande possiamo
assumere che sono contenuti all'interno del nostro cammino. Calcoliamone i residui:
Resi|a| =
4a2 . 26 |a|5 i
Applicando il teorema dei residui e procedendo esattamente come nei due integrali precendenti (le stime sono esattamente le stesse), arriviamo alla conclusione:
Z 0
∞
(x2
1 x2 dx = . + a2 )3 16|a|3
6. Ovviamente dobbiamo supporre grabile in
0.
a 6= 0
altrimenti la funzione non è inte-
Applichiamo il teorema dei residui alla funzione
f (z) =
γR de nito come nel punto precedente. La z = ±i|a|, quindi l'unico polo che si trova all'interno
ed integriamola sul cammino funzione ha poli in
eiz z 2 + a2
145
R
del nostro cammino (quando
è su cientemente grande) è
suo residuo:
Resi|a| =
z = i|a|,
e il
e−|a| . 2i|a|
Osserviamo ora i seguenti fatti:
•
Z lim
f (z) dz =
R→∞
γR
eiz dz 2 2 z +a
≤
π . |a|
• Z
CR
Z 1 |eiz | |dz| ≤ R2 − a2 Cr πR R→0 −→ 0 . 2 R − a2
≤ • Z
+∞
Z
+∞
f (x) dx = −∞
−∞ +∞
Z =
−∞
cos x dx + i x2 + a2
Z
+∞
−∞
sin x dx = + a2
x2
cos x dx . x2 + a2
dove nell'ultimo passaggio abbiamo usato la disparità della funzione integranda. Possiamo quindi concludere:
Z
+∞
0
cos x 1 dx = x2 + a2 2
Z
+∞
−∞
cos x π −|a| dx = e . x2 + a2 2|a|
Ω = C \{z = iy | y ≤ 0} consideriamo la determinazione log z tale che: log 1 = 0 e log(−1) = iπ . log z Applichiamo il teorema dei residui alla funzione f (z) = 1+z 2 analitica in Ω \ {i}; quindi la nostra funzione ha un polo in z = i e residuo Resi = log i π 2i = 4 . Scegliamo come cammino di integrazione:
7. Consideriamo in
analitica del logaritmo
γR,ε
= CR ∪ Cε ∪ σ+ ∪ σ− = {|z| = R, Imz ≥ 0} ∪ ∪ {|z| = ε, Imz ≥ 0} ∪ {−R ≤ x ≤ −ε} ∪ {ε ≤ x ≤ R} .
146
Quindi:
π2 i 2
Z lim f (z) dz = γR,ε ε→0 R→∞ Z 0 Z ∞ log |x| + iπ log x = dx + dx = 2 1 + x 1 + x2 −∞ 0 Z ∞ Z ∞ log x 1 = 2 dx + iπ dx = 2 1 + x 1 + x2 0 0 Z ∞ π2 log x dx + i = 2 1 + x2 2 0 =
da cui segue che:
Z
∞
0
log x dx = 0 . 1 + x2
Osserviamo che nel calcolo dell'integrale abbiamo stimato (in maniera molto semplice) che gli integrali lungo le due semicirconferenze di raggio
ε,
8. Suggerimento: integrare prima per parti e poi distinguere i casi: e
R
e
danno un contributo nullo nel passaggio al limite.
0 2R3 − R3 = R3 ).
Cominciamo col dimostrare il suggerimento: il nostro polinomio
n radici contate con la loro molteplicità, (z − α1 ) · . . . · (z − αn ), da cui si vede che
ha esattamente
quindi lo possiamo
fattorizzare:
il termine noto del
polinomio, corrisponde esattamente al prodotto delle radici (cambiate di segno), da cui segue l'aermazione del suggerimento. Nel nostro caso (non sappiamo niente sul grado del polinomio, quindi avremmo un'indeterminazione nel segno del prodotto delle radici!) il prodotto delle radici di
P (x)
(contate con molteplicità) è uguale a
±1.
Poiché non ci sono radici
all'interno del disco unitario, segue che non ci possono stare nemmeno fuori dal disco (altrimenti il prodotto non potrebbe dare le radici si trovano sul cerchio e che
limx→∞ P (x) = +∞
|z| = 1.
1
in modulo); quindi tutte
Inoltre sappiamo che
P (0) = −1 < 0
(in quanto il coe ciente direttore del polinomio è
positivo), e quindi per continuità, deve esistere una radice sul semiasse reale positivo. Quindi necessariamente
P (1) = 0.
Esercizio 124.
Supponiamo per assurdo che
che abbia più di
m
zeri in
Ω,
e sia
Ω0
f
non sia identicamente nulla e
una sottoregione compatta di
Ω
con bor-
do rappresentato da una curva semplice (cioè ogni punto interno, ha indice rispetto a tale curva), e supponiamo che
Ω0
contenga
l>m
zeri di
f.
1
Appli-
chiamo il principio dell'argomento (usando il fatto che la successione converge uniformemente su
Ω0 ): m 0}.
sulla semiretta
Esercizio 3.
1 x+ n
n≥1
√
x
n
(b)
Dimostrare che
P
n≥1
P
n≥0
log
p n
1+
x n
(c)
log n n≥1 n4 +x2
P
sin nx converge totalmente su n!
la somma. (Sugg.: Ricordarsi la formula di Eulero
eiθ = cos θ + i sin θ).
155
R e calcolarne
Esercizio 6.
Trovare il raggio di convergenza delle seguenti serie di potenze:
3n n≥1 (2
(a)
P
(d)
P
n≥1
+ 32n ) xn
1−
Esercizio 7.
4n2 +7n+1 n3 +18n+2
n
xn
(b)
P
n3 x2n+1
(e)
P
n≥1
n≥1
x+2 x2 +1
n
(c)
P
(f )
P
n≥1
n≥1
3n−2 n+1
n
x2n
sin n π4 x2n
Sia
2 +y 2 p 2 − x |x| 2 x +y 1−e f (x) = 0
se
x 6= 0
se
x=0
Dimostrare che:
• f
è continua in
• f
ha tutte le derivate direzionali in
• f
non è dierenziabile in
Esercizio 8.
(0, 0); (0, 0);
(0, 0).
Calcolare, se esistono, i seguenti limiti: 1 − x2 +y 2
(a)
lim(x,y)→0
x2 −y 2 x2 +y 2
(b)
lim(x,y)→0 e
(c)
lim(x,y)→0
1−cos(x2 +y 2 ) (x2 +y 2 )2
(d)
lim(x,y)→0
Esercizio 9.
sin(xy) y
Le seguenti funzioni sono dierenziabili nell'origine?
1.
f (x, y) =
se se
x>0 x≤0
p x2 + y 2
2.
f (x, y) =
3.
f (x, y) = [arctg(y + 1)]x+1
4.
f (x, y) = logy+1 (x + 1)
Esercizio 10.
x+y 2 x + ye−x
z = x2 + y 2 − 1 z?
Determinare le rette normali al paraboloide
passano per l'origine. Che angolo formano con l'asse delle
156
che
Esercizio 11.
Sia
( f (x) = f
(0, 0)?
è continua in
Esercizio 12. p z= Sia
se
0
se
E' dierenziabile in
(x, y) 6= (0, 0) (x, y) = (0, 0) (0, 0)?
Trovare, se esiste, l'equazione del piano tangente al gra co di
x2 + y 2 in A = (0, 1, 1), B = (3, 4, 5) e C = (0, 0, 0). z = x2 + y 2 ; trovare, se esiste, il piano tangente al gra co
1. sia parallelo al piano 2. sia normale all'asse 3. contenga la retta
Esercizio 13. Sia
sin2 (xy) x2 +y 2
2
z=x y
Sia
2x + 4y − z = 0;
z;
x = 1, y = 1.
z = xy ,
x = cos t
con
e
y = sin t.
Calcolare
con
Calcolare
x = 2u + v . y = uev
∂z(u,v) ∂z(u,v) e ∂u ∂v .
Esercizio 14.
Calcolare max e min della funzione
f (x, y) = x2 − y 2 nel dominio
x2 a2
D ≡ {(x, y) ∈ R2 :
Esercizio 15.
+
y2 b2
Calcolare max e min su
1.
f (x, y) = x2 + xy 2 + y 4 ;
2.
f (x, y) = (ax2 + by 2 )e−(x
2
Esercizio 16.
+y 2 )
≤ 1}.
R2 ,
delle funzioni:
al variare di
a, b > 0 .
Calcolare max e min della funzione
f (x, y) = yey nel dominio
che:
D ≡ {(x, y) ∈ R2 :
2
−x2
|x| + |y| ≤ 1}.
157
dz(t) dt .
Esercizio 17. e
(y + 2).
Espandere
f (x, y) = x2 y + 3y − 2
in serie di potenze di
(x − 1)
Farlo in due modi diversi, uno dei quali usando le derivate.
Esercizio 18.
Calcolare max e min della funzione
Z
y
f (x, y) =
2
e−t dt
x nel dominio
K ≡ {(x, y) ∈ R2 :
Esercizio 19.
0 ≤ x ≤ y ≤ 2x}.
Calcolare max e min della funzione
f (x, y) = arctg(x + y) nel dominio
D ≡ {(x, y) ∈ R2 :
Esercizio 20.
x2 4
+ y 2 ≤ 4} .
Calcolare massimi e minimi (relativi e assoluti) della funzione:
f (x, y, z) = xye−z nel dominio
D ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
Esercizio 21.
Si consideri
T :
4x2 + y 2 − z 2 ≥ 1} .
C([−1, 1]) −→ C([−1, 1])
seguente:
T u(x) ≡ 1. Per quali 2.
T
g, T
2
de nita nel modo
x x u( ) + g(x) . 2 2
é lineare?
é una contrazione?
3. Dimostrare che
∃! u
T
tc
é continua?
u = T u.
4. Dimostrare che 3) vale anche se
T : C([−a, a]) −→ C([−a, a])
con
a>0
qualunque.
Esercizio 22.
Si consideri
f:
R2 −→ R (x, y) −→ f (x, y) = −xey + 2y − 1 .
P0 = (x0 , y0 ) con x0 ≤ 0 un punto tale che f (x0 , y0 ) = 0. P0 , si puó esplicitare la y ?
1. Sia di
158
In un intorno
2. Taylor all'ordine
2
3. Quali sono i punti di puó esplicitare
Esercizio 23.
{(x, y) : f (x, y) = 0}
in un intorno di
(0, 12 );
in un intorno dei quali non si
y(x)?
Sia
E ≡ {(x, y, z) ∈ R3 : E
1. Dire se
y(x)
della funzione implicita
z 2 = xy + 1}.
é una super cie, cioè se nell'intorno di ogni punto si puó
esplicitare almeno una variabile; 2.
E
3.
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
4.
E
non é compatta; ammette un minimo assoluto su
é connessa? Determinare
determinarlo;
f (E);
5. Determinare lo spazio tangente a
Esercizio 24.
E;
E
in
(−1, 1, 0).
Sia
Γ ≡ {(x, y, z) ∈ R3 : 1. Dimostrare che
Γ
z = x2 − y 2
x2 + y 2 + z 2 = 1}.
e
é varietá compatta;
f
2. Determinare massimi e minimi assoluti di 3. Punti di intersezione di
Γ
con piano
(x, y);
su
Γ, P
sia
dove
f (x, y, z) = x;
quello nel primo qua-
drante; 4. Equazione della retta tangente a 5. Parametrizzare
Esercizio 25.
Z
1
Z dx
0
0
1
in un intorno di
in
P;
P.
Calcolare i seguenti integrali doppi:
RR x2 dxdy i) RRD y22 2 ii) RRD x y dxdy iii) RRD y 3 ex dxdy iv) xy dxdy D
Esercizio 26.
Γ
Γ
dove dove dove dove
D ≡ {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, x1 ≤ y ≤ x} D ≡ {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} D ≡ {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0, x ≤ 1, x ≥ y 2 } D ≡ {(x, y) ∈ R2 : x + y ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 1}
Dimostrare che:
x−y 1 dy = (x + y)3 2
Z
1
Z dy
mentre
0
0
1
x−y 1 dx = − . (x + y)3 2
Come mai in questo caso non si può scambiare l'ordine d'integrazione?
159
Esercizio 27.
Determinare il volume della regione di spazio comune ai due
cilindri
C1 ≡ {x2 + y 2 ≤ 1}
Esercizio 28.
e
C2 ≡ {x2 + z 2 ≤ 1} .
Una lamina quadrata di lato
l,
ha una densità speci ca
ρ(x, y)
che è proporzionale alla distanza da un suo vertice (con fattore di proporzionalità
k ). Si determini la massa della lamina.
Esercizio 29.
Usando il teorema di Pappo, calcolare il volume del pallone da
Rugby:
P ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
Esercizio 30.
x2 + y 2 z2 + ≤ 1} a2 b2
con
0 < a < b.
Trovare la distanza media dei punti di un cerchio di raggio
r,
da
un punto sulla circonferenza.
Esercizio 31.
Determinare il baricentro della regione di piano determinata
dalle parabole:
y 2 = 4x + 4
Esercizio 32.
e
y 2 = −2x + 4 .
Calcolare il seguente integrale triplo:
ZZZ
x2 dxdydz
D dove
D
è l'ellissoide
Esercizio 33.
x2 a2
+
y2 b2
+
z2 c2
≤ 1.
Trovare il volume della regione interna al cilindro di equazione
x2 + y 2 = 1,
compresa tra la super cie di equazione
di equazione
x + y + z = 4.
Esercizio 34.
z = x2 + y 2 − 2
e il piano
R3 con la k.k1 . Usando 4 questo risultato, trovare la misura della palla unitaria di R con la k.k1 . (Facoltativo): Generalizzare il risultato precedente nel caso di una palla nTrovare la misura della palla unitaria di
dimensionale.
160
Esercizio 35.
Calcolare:
ZZ
1 dxdy 2 + y2 1 + 3x Ac
dove
Ac ≡ {(x, y) ∈ R2 :
Calcolare inoltre:
dove
3x2 + y 2 ≤ c2 }, c > 0. ZZZ z dxdydz 2 + y2 1 + 3x A
A ≡ {(x, y, z) ∈ R3 :
Esercizio 36.
3x2 + y 2 ≤ (z − 2)2 , 0 < z < 1}.
(Costruzione di un insieme di Cantor in
R2 :
la spugna di Sier-
pinski). Sia
S0 ≡ [0, 1]x[0, 1],
e consideriamo l'insieme ottenuto eliminando il quadrato
1 3 ; chiamiamo l'insieme così ottenuto S1 . 1 Ripetiamo il passo precedente a ciascuno dei quadrati di lato 3 che costituiscono 1 S1 (eliminando il quadrato centrale aperto di lato 32 ). Iterando il procedimento, si costruisce induttivamente una successione {Sn }, in centrale aperto di lato
Sn è ottenuto dal precedente eliminando, da ciascuno dei quadrati 1 1 3n−1 che lo costituiscono, il quadrato centrale aperto di lato 3n . Si de nisca S ≡ ∩n Sn ; dimostrare che: cui ciascun
di lato
1.
S
è chiuso e non vuoto;
2.
S
è perfetto
3.
S
è connesso;
4.
S
è Peano-Jordan misurabile. Qual è la sua misura?
Esercizio 37.
1 (dedurre da ciò che è più che numerabile);
Si de nisca:
Dn ≡ {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn :
0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ 1};
Calcolare:
J2 =
R
2.
J3 =
R
3.
Jn =
R
1.
1 Cioè
D2 D3 Dn
xy dxdy
;
xyz dxdydz
;
x1 . . . xn dx1 . . . dxn
;
è un chiuso in cui ogni suo punto è di accumulazione;
161
Esercizio 38.
Calcolare il seguente integrale doppio:
ZZ
3
T x2 (y − x3 )ey+x dxdy
dove:
Esercizio 39.
Sia
E
1. Disegnare
T ≡ {(x, y) ∈ R2 :
x3 ≤ y ≤ 3, x ≥ 1}.
E ≡ {(x, y) ∈ R2 :
y 2 ≤ x2 (1 − |x|)}.
e trovarne l'area;
2. Trovare il baricentro della porzione di
E
contenuta nel I quadrante;
3. Trovare il baricentro della porzione di
E
contenuta nel semipiano
{x > 0}; 4. Trovare il volume dei solidi agli assi
x
Esercizio 40.
e
y
Sia
Sx
Sy ,
e
fn : [0, 1] 7−→ R
Γn
il gra co di
fn
e con
∀x ∈ [0, 1] .
Γ
il gra co di
f:
•
E' vero che se
L(Γn ) ≤ M
de nitivamente, allora
L(Γ) ≤ M ?
•
E' vero che se
L(Γn ) ≥ M
de nitivamente, allora
L(Γ) ≥ M ?
Esercizio 41. ZZ •
4
R2
•
Dimostrare che
e−λ(x
+y 4 )
∃c ∈ R,
c dxdy = √ λ
Dimostrare che
Esercizio 42.
√ π π 2
≤c≤
t.c.:
∀λ > 0 . √ π 2π . 2
Calcolare:
lim e−r
r7→+∞
Esercizio 43.
E
attorno
una successione di funzioni reali t.c.
fn (x) −→ f (x) Si indichi con
ottenuti facendo ruotare
rispettivamente.
ZZ
e|x|+|y| dxdy .
B(0,r)
Calcolare l'area del dominio di
D ≡ {(x, y) ∈ R2 :
R2 :
x > 0, | log x| ≤ 1, |y − x log x| ≤ 1} . 162
Esercizio 44. Se
ϕ : R 7→ R
Dimostrare la disuguaglianza di Jensen:
una funzione convessa, allora:
1
Z ϕ
Z f (x)dx ≤
0
Esercizio 45.
Sia
ha che:
M ≥ 1 un ZZ Dα
dove:
2
Dα = {(x, y) ∈ R :
Esercizio 46. 2
2
2
x + z = a }.
Sia
1
ϕ(f (x)dx .
0
intero. Dire per quali valori del parametro
α
si
1 dxdy < +∞ + y 2 )M
(x2
x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ xα } .
Γ = {(x, y, z) ∈ R3 :
Si determini per quali valori
y 2 + z 2 = 1} ∩ {(x, y, z) ∈ R3 : di α:
1.
Γ
è compatto;
2.
Γ
è connesso;
3.
Γ
è il supporto di una o più curve chiuse, e darne una parametrizzazione.
Esercizio 47.
Calcolare:
Z 0
Esercizio 48. e su
V.
∞
dx (1 + x2 )2
U, V ⊂ Rn
aperti e sia ω una 1-forma ω è esatta su U ∩ V ? E su U ∪ V ? se U ∪ V è t.c. U ∩ V è connesso?
Siano
chiusa, esatta in
E' vero che
Che cosa succede
Esercizio 49.
Si consideri la forma dierenziale:
ω = (2xy 3 − y 2 cos x)dx + (1 − 2y sin x + 3x2 y 2 )dy de nita su tutto
R2 .
E' chiusa? E' esatta? Se è esatta, trovarne una primitiva.
Esercizio 50. 1.
Quali di queste 1-forme sono chiuse?
ω1 = x3 dx + y 2 dy + zdz
163
U
2.
ω2 =
x x2 +y 2 dx
+
2y x2 +y 2 dy
3.
ω3 =
y x2 +y 2 dx
+
x x2 +y 2 dy
4.
ω4 =
x x2 +y 2 dx
+
y x2 +y 2 dy
Esercizio 51.
Sia
Dimostrare che:
+
z x2 +y 2 dz
|A(x, y)| ≤ k e |B(x, y)| ≤ k ∀x, y ∈ Ω. Z √ A(x, y)dx + B(x, y)dy ≤ 2kl(Γ) Γ
dove
l(Γ)
è la lunghezza della curva
Esercizio 52.
Determinare
ϕ(x, y)
Γ.
(a meno di una funzione della sola
y)
in
modo tale che le seguenti 1-forme siano esatte:
i) x2 ydx + ϕ(x, y)dy ;
Esercizio 53.
ii) sin ydx + ϕ(x, y)dy .
1. Determinare l'area racchiusa tra la cicloide:
e l'asse delle
x = a(t − sin t) y = a(1 − cos t)
0 ≤ t ≤ 2π
x.
2. Calcolare l'area racchiusa all'interno della lemniscata di equazione:
r(θ)2 = 2a2 cos 2θ
Esercizio 54.
Sia
ω
ω
π π ≤θ≤ 4 4
una 1-forma de nita in un aperto
che per ogni curva chiusa Si dimostri che
−
γ
si abbia che
R
Ω ⊂ Rn .
Si supponga
ω ∈ Q. γ
è chiusa.
(Sugg.: Osservare che la chiusura è equivalente all'esattezza locale)
Esercizio 55.
Consideriamo la 1-forma:
ω(x, y, z) = P (x, y, z)dx + (x2 + 2yz)dy + (y 2 − z 2 )dz 1. Per quali
P ∈ C 1 (R3 , R), ω
è esatta?
164
2. Una di queste
P
è identicamente nulla sull'asse delle
x?
Per questa
P
trovare una primitiva.
Esercizio 56.
Per quali
A, B, C, D ∈ R,
ω(x, y) =
la 1-forma su
R2 \ {(0, 0)}
Ax + By Cx + Dy dx + 2 dy 2 2 x +y x + y2
è chiusa? è esatta? Quando è esatta, trovarne una primitiva.
Esercizio 57.
La 1-forma
1
ϕ ∈ C ((0, +∞), R)
ω(x, y) = (3yx2 − 1)dx + 2x3 dy
t.c.:
non è esatta. Trovare
∼
ω (x, y) = ϕ(x)ω sia esatta su
(0, +∞)xR.
Esercizio 58.
Trovare tali
ϕ
e le primitive delle
∼
ω
così ottenute.
Si consideri la 1-forma:
ω=
2(x2 − y 2 − 1)dy − 4xydx (x2 + y 2 − 1)2 + 4y 2 R2 \ {(1, 0) ∪ (−1, 0)}. (1, 0) e (−1, 0) e di all'interno (−1, 0) e γ2 non contenga
Dimostrare che il suo insieme di de nizione è Siano
γ1
e
γ2
due circonferenze di centri rispettivamente
raggi così piccoli che
(1, 0).
γ1
non contenga
Siano percorse in senso antiorario. Si dimostri:
1 2π
Esercizio 59. perchè
ω
Sia
ω
Z ω=− γ1
una 1-forma su
1 2π
Rn .
Z ω=1 γ2
Dimostrare che condizione necessaria
ammetta un fattore integrante è che esista una 1-forma
α
t.c.:
dω = ω ∧ α. Veri care in questo modo che la 1-forma su
R3
ω = dy − mdx non ammette un fattore integrante.
Esercizio 60. ω
Sia
ω = Adx + Bdy + Cdz
ammette un fattore integrante
165
una 1-forma. Veri care che :
⇔ (A, B, C) ⊥ rot(A, B, C).
Esercizio 61.
Si consideri nel piano la 1-forma:
ω = xdy − ydx. ϕ(x, y) =
Non è chiusa però
1 xy e
1 x2 +y 2 sono due fattori integranti
ψ(x, y) =
(locali, s'intende). Si dimostri che se
γ(t)
soddisfa:
·
ω(γ(t), γ (t)) = 0
allora
ϕ(γ(t)) ψ(γ(t))
= cost.
(cioè il
loro rapporto è un integrale). Sia
ω
una 1-forma su
Rn .
Si dimostri in generale che se ammette due fattori
integranti, allora il loro rapporto è un integrale.
Esercizio 62.
Siano
Ω, Ω0 ⊂ Rn
aperti e
ϕ : Ω −→ Ω0 un dieomor smo. Sia dimostri che
Sia ora
V
un campo
γ ∈ C 1 ([a, b], Ω0 )
una curva e sia
γ˜ (t) = ϕ−1 (γ(t)).
Si
−1 d γ˜ (t) = ϕ0|γ˜ (t) γ(t) ˙ . dt 0 vettoriale su Ω , cioè un'applicazione V : Ω0 −→ Rn .
Si usi il precedente risultato per de nire il
pull-back
di
V,
cioè:
ϕ∗ V : Ω −→ Rn . Si dimostri che se
ω
è una 1-forma dierenziale su
Ω0 ,
allora
(ϕ∗ ω) · (ϕ∗ V ) = ω · V .
Esercizio 63.
Sia
Q = [0, 1] × [0, 1] ϕ : Q −→ (u, v) −→
e consideriamo la super cie parametrica
R3 (u + v, u − v, uv) .
Sia
ω = xdy ∧ dz + ydx ∧ dz . Calcolare
ZZ
ZZ ω=
ϕ(Q)
ϕ∗ ω . Q
166
Esercizio 64.
Sia
f : R3 → R
una funzione continua; si de nisca:
1 µf (x, r) = 4 3 3 πr 1. Dimostrare che
Z f (y) dy . B(x,r)
limr→0 µf (x, r) = f (x) .
2. Dimostrare che non esiste una funzione
f ∈ C(R3 , R)
tale che
µf (x, r) = xyz + r .
Esercizio 65. palla
B(x, r)
Sia
F : R3 −→ R3
di classe
C1
tale che il usso uscente da ogni
è dato da
7xr3 + xyzr4 . Qual è la sua divergenza? Calcolare il usso di l'origine e con vertice in
Esercizio 66.
F
attraverso il cubo di centro
(2, 2, 2).
(Formule di Gauss)
Siano
(x0 , y0 ), (x1 , y1 ), . . . , (xm , ym ) = (x0 , y0 ) i vertici di una poligonale chiusa senza autointersezioni. Dimostrare che l'area della regione interna alla poligonale è data da:
A =
=
=
m 1 X (xn−1 yn − xn yn−1 ) = 2 n=1 m 1 X yn (xn+1 − xn ) = 2 n=1 m 1 X xn (yn+1 − yn ) . 2 n=1
Esercizio 67.
(Teorema di Guldino per le super ci di rotazione)
Dimostrare il seguente teorema:
L'area della super cie generata dalla rotazione di un angolo α della curva regolare γ è data dalla lunghezza di γ per la lunghezza di arco di circonferenza percorsa dal suo baricentro. Dedurre da tale teorema che l'area del toro di raggi
167
r < R è dato da A = 4π 2 Rr.
Esercizio 68.
Calcolare l'area della super cie ottenuta facendo ruotare la
cicloide, di equazione:
x = a(t − sin t) y = a(1 − cos t)
t ∈ [0, 2π]
attorno all'asse
x.
Esercizio 69.
Calcolare l'integrale super ciale
Z
x2 dσ
S dove
S = ∂B(0, 1).
Esercizio 70.
Calcolare l'integrale super ciale
Z z dσ Σ dove
Σ
è il gra co della funzione
z = xy
sull'insieme
U = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤
Esercizio 71.
√
3x} .
Calcolare l'integrale
Z x ds ϕ dove
ϕ
è la curva
Esercizio 72.
y = x2
con
0 ≤ x ≤ a.
Un iperboloide di rotazione ha equazione
ρ=
x2 + y 2 − z 2 = 1 . Calcolare l'area della sua porzione fra
Esercizio 73.
Calcolare
ZZ D
dove
D = {(x, y) :
z=0
e
z = 1.
x dx dy y
1 x2 1 x ≤ ≤ 1, ≤ ≤ 1}. 2 y 2 y 168
√
z 2 + 1,
cioè
Esercizio 74.
Calcolare il volume di
D = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 ≤ 2z, z ≤ 2(x2 + y 2 )} .
Esercizio 75.
Si ponga
f (x) =
X sin3 (nx) . n!
n≥1
Si dimostri che la serie converge uniformemente con tutte le sue derivate, e quindi
f ∈ C ∞ (S 1 ).
Esercizio 76. coincide con
Si calcoli la serie di Fourier di
Calcolare la serie di Fourier della funzione periodica dispari che
x(π − x)
in
[0, π].
X n≥0
Esercizio 77.
f.
Usare Parseval per calcolare
1 (2n + 1)6
Dimostrare che se
X 1 . n6
e
n≥1
f ∈ C m (S 1 , C),
allora i suoi coe cienti di
Fourier soddisfano la maggiorazione:
|cn | ≤ Viceversa, se è vero (A.1) con
Esercizio 78.
Sia
m ≥ 2,
M . |n|m
allora
(A.1)
f ∈ C m−2 (S 1 , C) .
f ∈ C 2 (S 1 , R) tale che Z 2π f (t) dt = 0 . 0
f 0 dimostrare che: Z 2π Z 2π |f (t)|2 dt ≤ |f 0 (t)|2 dt .
Usando gli sviluppo di Fourier di
f
e di
0
0
Quando vale l'uguaglianza?
Esercizio 79. (i) (ii)
(i −
√
Calcolare modulo e argomento dei seguenti numeri complessi:
3)14 ;
1 + cos θ − i sin θ ; 1 + cos θ + i sin θ 169
(iii)
(1 + 2i)5 − (1 − 2i)5 ;
(iv)
(2 + i)7 + (2 − i)7 ;
(v)
(1 + i)n . (1 − i)n−2
Esercizio 80. (i)
(ii)
Calcolare
1 5 (i − i−5 ) ; 2i p √ 5 3 − i.
Esercizio 81. esprimere
Utilizzando la rappresentazione di Eulero dei numeri complessi,
cos nθ
come polinomio in
cos θ.
Determinare, in funzione di
n il grado
del polinomio.
Esercizio 82.
Sia
|z| = 1
ed
m ∈ N. Dimostrare m 1 + iw =z 1 − iw
che le radici di
sono tutte reali e distinte.
Esercizio 83.
Date
(z0 , z1 , z2 , z3 )
e
(w0 , w1 , w2 , w3 )
due quadruple di numeri
complessi distinti, mostrare che:
az + b
TLF che porta gli zi nei wi , se e solo se i birapporti sono Esiste T (z) = cz + d uguali, cioè:
z0 − z2 z0 − z3
z1 − z2 w0 − w2 w1 − w2 / = / . z1 − z3 w0 − w3 w1 − w3
Inoltre (z0 , z1 , z2 , z3 ) stanno tutti su un cerchio o una retta, se e solo se il loro birapporto è reale.
Esercizio 84.
Trovare tutti i cerchi ortogonali sia a
Esercizio 85.
Sia
Tz =
az + b . cz + d
Trovare
modo che
T z = [z, z1 , z2 , z3 ] :=
(z1 , z2 , z3 )
z − z2 z − z3
170
|z| = 1
che a
in termini di
z1 − z2 / . z1 − z3
|z − 1| = 4.
(a, b, c, d)
in
Esercizio 86.
Sia
Tz =
si possono prendere in
az + b . Dimostrare che T (R ∪ ∞) se e solo se a, b, c, d cz + d
R.
Trovare inoltre condizioni necessarie e su cienti a nché
Esercizio 87. punto.
Sia
G
T (S 1 ) = S 1 .
Si consideriano due cerchi, uno interno all'altro e tangenti in un la regione tra questi due cerchi.
bietttiva che mappa
Esercizio 88.
G
Trovare una mappa olomorfa
nel disco unità.
Sia
G = {z : 0 < |z| < 1} . G
Esiste una mappa olomorfa biettiva da
Esercizio 89.
Calcolare
ez dz . z
I |z|=1
Esercizio 90.
Calcolare
I |z|=2
Esercizio 91.
Siano
ρ>0
ed
a ∈ C, I |z|=ρ
(Ricordarsi che
zz = ρ2
Esercizio 92.
Sia
f
e che
dz . +1
z2
t.c.
|dz| = −iρ
f
Calcolare
dz ). z
una funnzione analitica in
Qual è la migliore stima di
Sia
ρ 6= |a|.
|dz| . |z − a|2
|f (z)| ≤
Esercizio 93.
nel disco unità?
|z| < 1,
tale che
1 . 1 − |z|
|f (n) (0)| che si può ottenere dalla formula di Cauchy?
una funzione analitica su
DR ≡ {|z| ≤ R},
tale che
|f (z)| ≤ M per ogni
Dρ ,
con
z ∈ DR . ρ < R.
Trovare una stima su
171
|f (n) (z)|
che valga uniformemente in
Esercizio 94.
Dimostrare che se
f ∈ H(C)
e
|f (z)| ≤ A + B|z|n , allora
f
è un polinomio.
Esercizio 95.
Dimostrare che se
|f (z)| ≤ 1 allora
|f 0 (0)| ≤ 1,
Esercizio 96.
per |z| < 1 ,
indipendentemente dal valore di
f
Sia
f (0).
una funzione olomorfa che manda il semipiano superiore
Π+ ≡ {z ∈ C : Imz > 0} in se stesso e tale che
f (i) = i.
1. Ricavare una stima su
|f 0 (i)|.
2. Per quali funzioni viene assunto il valore massimo?
Esercizio 97. locale in
Ω
Esercizio 98. 0
|f (i)|?
Sia
Ω ⊂ C aperto.
Sotto quali condizioni
|f | può avere un minimo
?
Si consideri
f ∈ H(Π+ )
e
|f | ≤ 1.
Quanto può essere grande
Quali sono le funzioni su cui il massimo è assunto?
Esercizio 99.
Si determini il tipo di singolarità (rimuovibile, polo, singolarità
essenziale) delle seguenti funzioni nell'origine. determini l'ordine e lo sviluppo di Laurent. 1.
f (z) =
sin z z
2.
f (z) =
cos z − 1 z
3.
f (z) =
log (1 + z) z2
4.
f (z) =
z2 + 1 z(z − 1)
5.
f (z) = z sin
1 z 172
Se si tratta di un polo, se ne
cos z z
6.
f (z) =
7.
f (z) = e z
8.
f (z) =
1 1 cos z z
9.
f (z) =
1 1 − ez
10.
1
f (z) = z n sin
Esercizio 100.
1 z
Sia
f (z) = Dare lo sviluppo di Laurent di
(a) B(0, 1) \ {0}
Esercizio 101. f
negli anelli:
(b) B(0, 2) \ B(0, 1)
Dimostrare che
(c) C \ B(0, 2)
f (z) = tan z è analitica in C tranne per poli n ∈ Z. Determinare la parte singolare
π 2 + nπ , per ogni in ciascuno di questi poli.
semplici nei punti di
f
1 . z(z − 1)(z − 2)
Esercizio 102.
zn =
Sia
G⊂C
aperto. Se
f : G → C ha G
solo poli, dimostrare che
non possono avere un punto di accumulazione in
Esercizio 103.
Sia
d
la distanza iperbolica sul disco unitario. Dimostrare che
d(z, w) = log
|1 − zw| + |z − w| |1 − zw| − |z − w|
,
ovvero, la distanza è il logaritmo del birapporto dei 4 punti in gura:
Esercizio 104.
Sia
d
la distanza iperbolica sul disco unitario. Dimostrare che
d(z, w) = log
|1 − zw| + |z − w| |1 − zw| − |z − w|
,
ovvero, la distanza è il logaritmo del birapporto dei 4 punti in gura :
manca la gura...
ovvero
d(z, w) = log
(P − w)(z − Q) (P − z)(Q − w) 173
.
Esercizio 105. residui.
Si calcolino i seguenti integrali de niti, usando il
Z
+∞
a) −∞ Z +∞
b) −∞ Z +∞
c) −∞ +∞
Z d) Z
−∞ +∞
e) −∞ Z +∞
f) −∞ Z +∞
g) −∞
dx x2 + a2 (x2
dx + a2 )2
(x2
x2 dx + 1)2
a>0 a>0
dx x4 + 1 cos(ax) dx x4 + 1
a∈R
cos(ax) dx x2 + b2
a ∈ R, b > 0
sin2 x dx . x2 + 1
174
teorema dei
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