complementi di analisi vettoriale · analisi vettoriale | compito del 15/9/2015 nessuno dei 4...

COMPLEMENTI DI ANALISIVETTORIALE

Giovanni Maria Troianiello

17 settembre 2015

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CALENDARIO DEGLI ORALI DI CHI HA SUPERATO LO SCRITTO ENTRO LASESSIONE ESTIVA

(ATTENZIONE: E POSSIBILE CHE SI RENDANO NECESSARIE DELLE PO-STICIPAZIONI, CHE SARANNO COMUNICATE IL PIU TEMPESTIVAMENTEPOSSIBILE SU QUESTA PAGINA)

Giovedı 17/9 alle 11: PRIOLO SABATUCCI SCIUBBA RIGGIO

Venerdı 18/9 alle 11: PARAIPAN SBANDI VANNOLI PUGLIESE

Mercoledı 23/9 alle 12: DAMIANI

TUTTI GLI ORALI SI SVOLGERANNO NELLO STUDIO 128 DI MATEMATICA

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ANALISI VETTORIALE — COMPITO DEL 15/9/2015

Nessuno dei 4 compiti consegnati a conclusione dello scritto ha ottenuto la sufficienza,benche la mia collega ed io ne avessimo abbassato la soglia a 3 esercizi fatti bene su5, avendo deciso di non tener conto dell’Esercizio 2 dal momento che il testo ne erastato presentato in maniera erronea.

Esercizio 1 Studiare continuita, derivabilita parziale e differenziabilita in (0, 0) della funzione

ex3√y − 1− x 3

√y

x2 + y2.

Risposta Nel testo si sarebbe dovuta inserire anche la definizione f(0, 0) = 0, ma peraltro tuttil’hanno giustamente dato per scontata. L’approssimazione di f al secondo ordine (e non del suonumeratore al primo, come hanno fatto in tanti!) da

f(x, y) ≈ 1

2

x2y2/3

x2 + y2per (x, y)→ (0, 0)

e da qui si ricava facilmente che in (0, 0) la f e continua e dotata di gradiente nullo, ma nondifferenziabile.

Esercizio 2 Data la serie di funzioni

∞∑n=0

[ne−nx

2 − (n+ 1)e−(n+1)x2]

si provi che converge puntualmente in [0,1] e se ne trovi la somma. La serie converge uniformementein [0,1]?

Risposta Testo sbagliato: si doveva richiedere di trovare i punti di [0, 1] in cui la serie — telesco-pica! — converge (quelli di ]0, 1]), di calcolare in tali punti la sua somma (zero) e di determinaredove la convergenza e uniforme (in ogni [ε, 1] con ε > 0). Come precisato qui sopra, di questoesercizio non abbiamo tenuto conto ai fini della valutazione dei compiti.

Esercizio 3 Calcolare l’integrale triplo∫Dz2dxdydz, D =

{(x, y, z) ∈ R3;x2 + y2 ≤ z2, 1 ≤ z ≤

√2}.

Risposta In coordinate cilindriche si ottiene il valore

π

5(4√

2− 1).

Esercizio 4 Risolvere il problema di Cauchy{y′ − tanx

4 y = 3 sinx4 y3

y(0) = 1√3

3

Risposta L’equazione e di Bernoulli. Prendendo z = y−2 e risolvendo il problema lineare diCauchy

z′ +tanx

2z + 3

sinx

2= 0, z(0) = 3

si arriva alla soluzione richiesta

y =1√

3 cosx.

Esercizio 5 Calcolare l’integrale curvilineo∫ϕ(sinx+ 3y2) dx+ (2x− e−y2) dy

dove ϕ e il bordo del semidisco x2 + y2 ≤ a2, y ≥ 0, orientato in senso antiorario.

Risposta Formula di Gauss–Green: l’integrale curvilineo vale∫x2+y2≤a2,y≥0

[(2x− e−y2)x − (sinx+ 3y2)y] dxdy = πa2 − 4a3.

Esercizio 6 Far vedere che la funzione

y 7→∫ 1

0ex log(x2 + y2) dx

e definita e continua su tutto R.

Risposta La continuita in un qualunque y0 6= 0 e ovvia. D’altra parte,

|ex log(x2 + y2)| ≤ e| log x2| per x2 + y2 ≤ 1,

e questo basta a garantire la continuita in y0 = 0 dal momento che l’integrale improprio di log x2 =2 log x da 0 a 1 e convergente (assolutamente).

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TESTO CONSIGLIATO

BARUTELLO, CONTI, FERRARIO, TERRACINI, VERZINI: ANALISI MATEMATICA, VOL.2

Consultare anche:http://www1.mat.uniroma1.it/people/troianiello/AnVett1112.pdfhttp://www.numberphile.com/ http://www.numberphile.com/1

http://en.wikipedia.org/wiki/Portal:Mathematicshttp://www.wolframalpha.com/

Lezioni

30/9/2014 Derivabilita e differenziabilita in 1 e in 2 variabili.

1/10/2014 Derivazione delle funzioni composte; derivate direzionali; teorema del differenziale totale.

3/10/2014 Le classi C1 e C2; enunciato del teorema di Schwarz.

7/10/2014 Correzione di esercizi; formula di Taylor in piu variabili.

8/10/2014 Teorema del valor medio e lipschitzianita in piu variabili; matrice hessiana.

10/10/2014 Forme quadratiche semidefinite o definite o indefinite; condizioni necessarie e condizionisufficienti per l’esistenza di un estremo locale.

14/10/2014 Correzione di esercizi.

15/10/2014 Correzione di esercizi; introduzione alle funzioni implicite.

17/10/2014 Dimostrazione del Teorema di Dini nel piano.

21/10/2014 Il teorema di Dini per funzioni scalari nello spazio e per sistemi 2× 3.

22/10/2014 Il teorema di Dini per per sistemi 2 × 4 e invertibilita locale delle trasformazioni delpiano.

24/10/2014 I moltiplicatori di Lagrange; sviluppi di Taylor.

28/10/2014 Correzione di esercizi; definizione di continuita uniforme; integrabilita delle funzionicontinue sugli intervalli compatti.

29/10/2014 Controesempi alla continuita uniforme; definizione di integrali impropri.

1Per cio che riguarda la “somma dei naturali”, cfr.http://blogs.scientificamerican.com/roots-of-unity/2014/01/20/is-the-sum-of-positive-integers-negative/e, non fosse che per farsi una vaga idea della precisione (mi dispiace, ma non so come altro dirlo)https://terrytao.wordpress.com/tag/riemann-zeta-function/

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31/10/2014 Criterio del confronto per integrali impropri di funzioni non-negative; convergenzasemplice ed assoluta.

4/11/2014 Correzione di esercizi; criterio integrale per la convergenza assoluta delle serie.

5/11/2014 Teorema di Leibniz per serie a termini di segno alterno; continuita e derivabilita diintegrali di Riemann dipendenti da parametri.

7/11/2014 Convergenza uniforma di successioni; continuita della funzione limite, passaggio al limitesotto il segno di integrale e di derivata; integrali impropri dipendenti da parametri.

11/11/2014 Serie di funzioni: convergenza uniforme e convergenza totale.

12/11/2014 Serie di potenze: raggio di convergenza.


18/11/2014 Derivazione delle serie di potenze; funzioni analitiche.

19/11/2014 Serie di Taylor: esponenziale, seno e coseno, logaritmo ed esponenziale.

21/11/2014 Esercizi.

25/11/2014 I compito d’esonero.

26/11/2014 Definizione dell’integrale doppio di Riemann.

28/11/2014 Insiemi piani PJ-misurabili; teoremi di integrabilita di funzioni continue.


3/12/2014 Integrali su domini normali; rivisitazione degli integrali doppi con le funzioni a scala.

5/12/2014 Cambiamenti di variabili negli integrali doppi.


10/12/2014 Complementi sull’elemento di area nella trasformazione di coordinate sull’integrale diLebesgue; integrali tripli.

12/12/2014 Cambiamenti di coordinate in integrali tripli; coordinate sferiche; integrali improprinel piano e nello spazio.


17/12/2014 Curve; integrali curvilinei di I e II specie; forme differenziali esatte e chiuse.

19/12/2014 Esattezza locale delle forme differenziali chiuse; aperti stellati; lunghezza di una curva.

7/1/2015 Formula di Gauss–Green.

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9/1/2015 Superfici e integrali superficiali.


14/1/2015 Stokes e divergenza in dimensione 3; equadiff esatte; metodo di variazione della costante.

16/1/2015 Equazione di Bernoulli; metodo di Duhamel; la risonanza.


21/1/2015 Esistenza e unicita in grande.

23/1/2015 Esistenza e unicita in piccolo.

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STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL I ESONERO

(A fianco i voti espressi con lettere: A tra 27 e 30, B tra 24 e 26, C tra 19 e 23, D tra 15 e 18)

Miceli C — Mirabelli D — Morelli C — Nicoletti C — Norelli A — Occhiuzzi C — Ottaviani D —Palomba D — Panza D — Papetti D — Parisi D — Parodi D — Patti D—Perrupato C — PetrelliD — Petrolati C — Piacentini A — Pisegna B — Porzio B — Pugliese B — Sabetta B — Salvi D— Santoni D — Sarra C — Sbandi D — Schiattarella D — Serra D — Soltani B — Staltari D —Suprano C — Talamanca B — Testa A — Tritto D — Vannini C — Vannoli D — Venanzi D —Verratti B — Vitale D — Vittorio B

STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL II ESONERO

Miceli B — Nicoletti D — Norelli C — Occhiuzzi D —Perrupato A — Pisegna D — Porzio D —Piacentini B — Ricciarelli D — Sabetta D — Salvi C — Soltani A — Sarra B — Suprano C —Testa B — Tritto D — Venanzi D — Verratti D — Vitale D — Vittorio C

STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL COMPITO DEL 26/1

Mungo A — Ottaviani D — Paletta D — Palmucci C — Panza D — Parisi D — Parodi C —Patti C — Pugliese D — Qulaghasi D — Sabetta B — Santoni C — Pesce B — Schiattarella B —Sbandi C —Staltari D — Talamanca D — Verratti B

STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL COMPITO DELL’11/2

Mirabelli D — Morelli D — Mottarelli D — Nicoletti B — Occhiuzzi C — Ottaviani C — PapettiC — Parisi C — Petrelli C — Pucciarelli D — Quaresima D — Roberti D — Sabatucci D — SarraC — Sciubba D — Pugliese C — Talamanca B — Tartaglia D — Trinca D — Torre C — VanniniD — Vannoli C — Vitale C — Vittorio B

STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO LO SCRITTO DEL 3/7

DAMIANI D — PARAIPAN D — PRIOLO D — RIGGIO D — SCIUBBA D — VENTRE C

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COMPITO PER CASA DEL 3/10/2014

Esercizio 1 Sia f : Rn → R, f(x) = ‖x‖ la norma euclidea.(a) Provare che f non ammette derivate parziali nell’origine.(b) Provare che f e differenziabile in ogni punto x 6= 0.

Risposta (a) Per definizione, esiste la derivata parziale di f rispetto a xk nel punto 0 se la funzione

φ(t) = f(0, . . . , 0, t, 0, . . . , 0), t ∈ R,

e derivabile in t = 0. Ora, φ(t) =√t2 = |t|, quindi φ non e derivabile in t = 0, perche il limite

destro e il limite sinistro del rapporto incrementale φ(t)−φ(0)t−0 sono diversi. Dunque in x = 0 non

esiste la derivata parziale di f rispetto a xk per k = 1, . . . , n.

(b) Sia x 6= 0. La funzione “radice quadrata di un numero non negativo”, [0,∞)→ R, s 7→√s,

e derivabile in ogni punto s > 0, con derivata 1/(2√s). Quindi la funzione (di una variabile reale)

φ(t) = f(t, x2, . . . , xn) =√t2 + x2

2 + . . .+ x2n

e derivabile nei punti t ∈ R tali che t2 + x22 + . . .+ x2

n > 0. La sua derivata e

φ′(t) =2t

2√t2 + x2

2 + . . .+ x2n

,

e la derivata parziale di f rispetto a x1 nel punto in x e, per definizione, φ′(t) calcolata per t = x1,cioe

∂x1f(x) = φ′(x1) =x1√

x21 + x2

2 + . . .+ x2n

=x1

‖x‖.

Notiamo che questa frazione ha senso perche in x 6= 0. In modo analogo si ottiene l’esistenza delladerivata parziale rispetto a xk per ogni k = 1, . . . , n, con

∂xkf(x) =xk‖x‖

.

Ogni derivata parziale ∂xkf : Rn \ {0} → R e una funzione continua, e quindi f e differenziabile inogni punto x 6= 0 per il teorema del differenziale totale.

Esercizio 2 In quali punti del piano e differenziabile la funzione f(x, y) = |xy|?

Risposta In tutto S = piano privato degli assi coordinati e facile vedere che fx(x, y) e fy(x, y)esistono e valgono rispettivamente (x/|x|)|y| e |x|(y/|y|). Poiche in S queste sono funzioni continue,il Teorema del differenziale totale garantisce la differenziabilita in S.

Nei punti (x0, 0) con x0 6= 0 la funzione y 7→ |x0||y| non e derivabile, per cui non esiste fy(x0, 0),cosı come nei punti (0, y0) con y0 6= 0 non e derivabile la funzione x 7→ |x||y0|, per cui non esistefx(0, y0). Dunque f non e differenziabile nei punti degli assi coordinati diversi dall’origine.

Nell’origine non possiamo pensare di provare ad applicare il Teorema del differenziale totale,perche in ogni intorno esistono dei punti in cui manca l’una o l’altra delle derivate. Proviamo

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con la verifica diretta. Sia fx(0, 0) che fy(0, 0) esistono e sono nulle, per cui la f e differenziabilenell’origine dal momento che, grazie alla nota (e elementare) disuguaglianza

|xy| ≤ 1

2(x2 + y2),

si haf(x, y)− f(0, 0)− fx(0, 0)x− fy(0, 0)y√

x2 + y2=

|xy|√x2 + y2

→ 0 per (x, y)→ (0, 0).

Esercizio 3 Siaf(x, y) = x1/3y2/3.

(i) Determinare in quali punti del piano la f e differenziabile.(ii) Calcolare le derivate direzionali nell’origine.

Risposta Le derivate direzionali esistono nel piano privato degli assi coordinati perche lı f e C1, equindi si applica la condizione sufficiente — non necessaria! — fornita dal Teorema del differenzialetotale.

Nei punti degli assi coordinati non possiamo calcolare le eventuali derivate parziali con le usua-li regole di calcolo perche in essi si annulla l’argomento di una radice che dovrebbe andare adenominatore, e quindi dobbiamo controllare direttamente i limiti dei rapporti incrementali

0 6= h 7→ f(x, h)− f(x, 0)

h, 0 6= h 7→ f(h, y)− f(0, y)

h.

Vediamo cosı che nei punti (x, 0) con x 6= 0 non esiste la derivata direzionale fy, mentre nei punti(0, y) con y 6= 0 non esiste la derivata direzionale fx; nell’origine invece f non solo ammette lederivate parziali rispetto a x e rispetto ad y, entrambe nulle, ma inoltre verifica

f(tu1, tu2)

t=tu

1/31 u

2/32

t= u

1/31 u

2/32

per ogni scelta del versore u = (u1, u2). Ne segue che f e dotata di ogni derivata direzionale

∂f

∂u(0, 0) = u

1/31 u

2/32 ,

ma non e differenziabile: verifica diretta, oppure formula del gradiente

∇f(0, 0) · u = 0 6= ∂f

∂u(0, 0) per u1u2 6= 0.

Esercizio 4 Per ognuna delle funzioni

f(x, y) =√x2 + 2 y2, g(x, y) =

√3x2 + y2 + 1,

h(x, y) =√x2 + 2x y + y2 + 2, l(x, y) = cos(

√x2 + y2)

calcolare le derivate parziali nei rispettivi insiemi di definizione e determinare dove la funzione edifferenziabile.

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Risposta Utilizzando calcoli standard si ha

fx(x, y) =x√

x2 + 2y2, fy(x, y) =

2y√x2 + 2y2

per ogni (x, y) ∈ D = R2 \{(0, 0)}. Poiche tali derivate parziali risultano continue in D, la funzionef e differenziabile in tutto D per il teorema del differenziale totale. Nel punto (0, 0) la funzionenon puo essere differenziabile in quanto in tale punto non esistono neppure le derivate parziali: adesempio si osservi che f(x, 0) e uguale a

√x2 = |x|, che non e derivabile in 0.

Nel secondo caso abbiamo

gx(x, y) =3x√

3x2 + y2 + 1, gy(x, y) =

y√3x2 + y2 + 1

per ogni (x, y) ∈ R2. Quindi possiamo concludere che la funzione g e differenziabile dappertutto.Nel caso della terza funzione otteniamo

hx(x, y) =x+ y√

(x+ y)2 + 2, hy(x, y) =

x+ y√(x+ y)2 + 2

:

come nel caso precedente osserviamo che le derivate parziali sono definite e continue in R2, per cuila funzione g risulta differenziabile in ogni punto.

Infine per quanto riguarda l’ultima funzione otteniamo le derivate

lx(x, y) = −x sin(√x2 + y2)√

x2 + y2, ly(x, y) = −y sin(

√x2 + y2)√

x2 + y2

definite e continue in R2 \ {(0, 0)}, per cui la funzione e differenziabile in tale insieme.Resta da analizzare il punto (0, 0). In esso la funzione risulta continua. Calcoliamo le derivate

parziali:

limx→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= lim

x→0

cos(|x|)− 1

x= 0,

per cui esiste lx(0, 0) = 0. Con un calcolo analogo si ottiene ly(0, 0) = 0. Quindi affinche l siadifferenziabile nell’origine dobbiamo dimostrare che esiste ed e uguale a zero il seguente limite

lim(x,y)→(0,0)

cos(√x2 + y2)− 1√x2 + y2

.

Ma cio e assicurato dal limite di una variabile limt→0cos(t)−1

t = 0. Infatti, posta s(t) := cos(t)−1t ,

che si estende per continuita ponendola uguale a zero nell’origine, il limite in due variabili di sopracoincide con

lim(x,y)→(0,0)

s(√x2 + y2)

che vale zero per noti risultati sulla composizione di funzioni continue.Questa osservazione puo essere utilizzata ogni volta in cui risulta utile sfruttare limiti noti di

funzioni di una variabile. Esempi:

lim(x,y)→(0,0)

sin(3x2 + y6)

3x2 + y6= 1, lim

(x,y)→(0,0)

ex4+y2 − 1

x4 + y2= 1,

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lim(x,y)→(0,0)

log(1 + x2 + 3y2)√x2 + y2

= lim(x,y)→(0,0)

log(1 + x2 + 3y2)

x2 + 3y2

x2 + 3y2√x2 + y2

= 1 · 0 = 0.

Esercizio 5 Data la funzione f(x, y) = e2x2+y2+x−3y, scrivere l’equazione del piano tangente az = f(x, y) nel punto (0, 0, 1). Dimostrare che il grafico della funzione f giace sempre sopra ilgrafico di tale piano tangente.

Risposta Osserviamo preliminarmente che la funzione f ammette derivate parziali di ogni grado,tutte continue. Quindi la funzione f e differenziabile, e di conseguenza dotata di piano tangente inogni punto del piano. In particolare, nell’origine il piano tangente ha equazione

z = f(0, 0) + fx(0, 0)x+ fy(0, 0)y,

ovvero, poiche f(0, 0) = 1, fx(0, 0) = 1, fy(0, 0) = −3,

z = 1 + x− 3y.

Per dimostrare la seconda parte conviene utilizzare la disuguaglianza

et ≥ 1 + t,

valida per ogni t ∈ R, che si ottiene ad esempio dallo sviluppo di Taylor al primo ordine di et conresto in forma di Lagrange. Abbiamo quindi

f(x, y) = e2x2+y2+x−3y ≥ 1 + 2x2 + y2 + x− 3y ≥ 1 + x− 3y

da cui la tesi.

Esercizio 6 Sia f : R2 → R,

f(x, y) =

1− cos(xy)

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

0 se (x, y) = (0, 0).

Studiarne(a) la continuita,(b) l’esistenza delle derivate parziali,(c) la differenziabilita.(d) Scrivere, se esistono, i piani tangenti a z = f(x, y) in (0, 0, 0) e in (

√π,√π, 1/π).

Risposta (a) La funzione f e banalmente continua in R2 \ {(0, 0)}. Resta da studiare la suacontinuita nel punto (0, 0). A tal fine ricordiamo che

|1− cos t| ≤ 1

2t2 ∀t ∈ R.

Abbiamo dunque

|f(x, y)− f(0, 0)| = |1− cos(xy)|x2 + y2

≤12 (xy)2

x2 + y2

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e l’ultimo termine tende a 0 per (x, y) → (0, 0), come si vede ad esempio maggiorando |xy| con(x2 + y2)/2, oppure passando alle coodinate polari. In conclusione, f e continua anche in (0, 0).

(b) Calcoliamo la derivata parziale rispetto a x della f in un punto (x, y) 6= (0, 0), con le usualiregole di derivazione di Analisi 1 (qui x e la variabile, mentre y ha il ruolo di una costante):

∂xf(x, y) =y sin(xy)(x2 + y2)− (1− cos(xy)) 2x

(x2 + y2)2=y sin(xy)

x2 + y2− (1− cos(xy)) 2x

(x2 + y2)2.

In modo simile si calcola

∂yf(x, y) =x sin(xy)

x2 + y2− (1− cos(xy)) 2y

(x2 + y2)2.

D’altra parte, in (0, 0) esistono le derivate parziali, entrambe nulle (la funzione e identicamentenulla sugli assi coordinati). In conclusione, le derivate parziali di f esistono in tutti i punti di R2.

(c) Essendo somme, prodotti e composizioni di funzioni continue, le derivate parziali di f sonofunzioni continue in R2\{(0, 0)}: grazie al teorema del differenziale totale, dunque, f e differenziabilein tutti i punti (x, y) 6= (0, 0). Resta da studiare la differenziabilita nell’origine, e a tal fine bastaapplicare la definizione: f e differenziabile perche dalla (∗) segue che

|f(x, y)− f(0, 0)− fx(0, 0)x− fy(0, 0)y|((x2 + y2)1/2

=|1− cos(xy)|(x2 + y2)3/2

≤12 (xy)2

(x2 + y2)3/2≤

12 (1

2(x2 + y2))2

(x2 + y2)3/2→ 0.

Molto, ma molto piu lunga e invece la strada alternativa che passa per lo studio dell’eventualecontinuita in (0, 0) delle derivate parziali, con l’obbiettivo di applicare, in caso affermativo, ilteorema del differenziale totale. Abbiamo provato (punto (b)) che

∂xf(x, y) =

y sin(xy)

x2 + y2− (1− cos(xy)) 2x

(x2 + y2)2se (x, y) 6= (0, 0),

0 se (x, y) = (0, 0).

Per la disuguaglianza triangolare,

|∂xf(x, y)− ∂xf(0, 0)| ≤ |y|| sin(xy)|x2 + y2

+|1− cos(xy)| 2|x|

(x2 + y2)2.

Siccome| sin t| ≤ |t| ∀t ∈ R

otteniamo|y|| sin(xy)|x2 + y2

≤ |y||x||y|x2 + y2

=y2

x2 + y2|x| ≤ |x|

per il primo termine, mentre

|1− cos(xy)| 2|x|(x2 + y2)2

≤ x2y2|x|(x2 + y2)2

=x2

x2 + y2

y2

x2 + y2|x| ≤ |x|

per il secondo. Quindi

|∂xf(x, y)− ∂xf(0, 0)| ≤ |y|| sin(xy)|x2 + y2

+|1− cos(xy)| 2|x|

(x2 + y2)2→ 0

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per cui ∂xf e continua in (0, 0). Similmente si prova che anche ∂yf(x, y) → ∂yf(0, 0) = 0 per(x, y)→ (0, 0). Per il teorema del differenziale totale, f e differenziabile in (0, 0).

Possiamo comunque concludere f e differenziabile in tutti i punti di R2.

Esercizio 7 Siano

f(x, y) = arctan(ex2y cos(x+ y)), φ(u, v) = log(1 + uv), ψ(u, v) = u2 + v2,

F (u, v) = f(φ(u, v), ψ(u, v)).

Calcolare ∇F (0, 0).

Risposta La f e regolarissima in tutto il piano xy, la φ lo e per uv > −1 e la ψ in tutto il pianouv, per cui si puo applicare la regola di derivazione delle funzioni composte al variare di u e v conuv > −1, quindi in particolare in un intorno dell’origine del piano uv. Dal momento che risulta

Fu(u, v) = fx(φ(u, v), ψ(u, v))φu(u, v) + fy(φ(u, v), ψ(u, v))ψu(u, v),

Fv(u, v) = fx(φ(u, v), ψ(u, v))φv(u, v) + fy(φ(u, v), ψ(u, v))ψv(u, v)

e ∇φ(0, 0) = ∇ψ(0, 0) = (0, 0), si ha ∇F (0, 0) = (0, 0).

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Esercizio 1 Determinare eventuali punti critici e eventuali massimi e minimi relativi delle seguentifunzioni:

x3 − 3xy + 6y, e−x2−y2+2x−2y,

2(x2 + y2 + 1)− x4 − y4, xy2 − x2 − y2, log(1 + x2y)− x+ 2y.

Risposta Per ottenere i punti critici dobbiamo vedere in quali punti le due derivate parziali siannullano contemporaneamente, ovvero risolvere il sistema{

fx(x, y) = 0fy(x, y) = 0,

In generale la risoluzione di un tale sistema puo essere complicata o addirittura proibitiva. Nonpero nel caso degli esempi di questo esercizio, in cui si devono fare dei conti piuttosto elementari.Riportiamo le soluzioni per le prime 4 funzioni:

x3 − 3xy + 6y, ha un unico punto critico: (2, 4)

e−x2−y2+2x−2y, ha un unico punto critico: (1,−1)

2(x2 + y2 + 1)− x4 − y4, ha 9 punti critici: (0, 0), (0± 1), (±1, 0), (±1,±1), (±1,∓1),

xy2 − x2 − y2, ha 3 punti critici: (0, 0), (1,±√

2).

Svolgiamo i dettagli solo per la funzione f(x, y) := log(1 + x2y) − x + 2y. Come prima cosaosserviamo che la funzione e definita nel dominio D = {(x, y) ∈ R2 : 1+x2y > 0}. Per determinarei punti critici risolviamo il sistema{

fx(x, y) = −1 + 2xy1+x2y

= 0

fy(x, y) = 2 + x2

1+x2y= 0.

Dunque dobbiamo avere 1 + x2y = 2xy, ma anche 1 + x2y = −x2

2 , e questa seconda equazione nonammette soluzioni in D.

Passiamo a studiare per ognuno dei punti critici il comportamento della matrice Hessiana.La funzione f(x, y) = x3−3xy+6y ammette un unico punto critico in (2, 4), e siccome fx(x, y) =

3x2 − 3y, fy(x, y) = −3x+ 6, per cui fxx(x, y) = 6x, fxy(x, y) = −3, fyy(x, y) = 0, il determinantedella matrice Hessiana risulta negativo in ogni punto del piano; in particolare, il punto critico epunto di sella.

La funzione f(x, y) = e−x2−y2+2x−2y ammette un unico punto critico in (1,−1). Poiche la

funzione esponenziale e monotona crescente, per determinare max e min relativi ci basta studiaremax e min relativi della funzione che si trova ad esponente. Studiamo quindi la funzione g(x, y) =−x2 − y2 + 2x − 2y: abbiamo gx(x, y) = −2x + 2, gy(x, y) = −2y + 2, quindi gxx(x, y) = −2,gyy(x, y) = −2, gxy(x, y) = 0. La matrice Hessiana ha autovalori negativi (e coincidenti), e quindiil punto critico e un punto di massimo relativo.

La funzione f(x, y) = 2(x2 + y2 + 1) − x4 − y4 ammette 9 punti critici dati da (0, 0), (0 ±1), (±1, 0), (±1,±1), (±1,∓1), ma in realta le simmetrie della funzione ci assicurano che e sufficientestudiare il comportamento della funzione nei punti (0, 0), (1, 0) e (1, 1).

Siccome fx(x, y) = 4x − 4x3, fy(x, y) = 4y − 4y3, quindi fxx(x, y) = 4 − 12x2, fxy(x, y) = 0,fyy(x, y) = 4− 12y2, abbiamo innanzitutto che l’hessiana in ogni punto e una matrice diagonale.

15

Nel punto (0, 0) risulta fxx(0, 0) = fyy(0, 0) = 4. Dunque l’origine e un punto di minimo relativo.Nel punto (1, 0) si ha fxx(1, 0) = −8, fyy(1, 0) = 4, e quindi si tratta di un punto di sella.Nel punto (1, 1) si ha fxx(1, 1) = fyy(1, 1) = −8, e quindi si tratta di un punto di massimo

relativo.Per simmetria abbiamo che i punti (0±1), (±1, 0) sono punti di sella e i punti (±1,±1), (±1,∓1)

sono punti di massimo relativo.La funzione f(x, y) = xy2 − x2 − y2 ammette i 3 punti critici (0, 0), (1,±

√2). Gia senza fare

ulteriori calcoli si puo constatare che (0, 0) e un punto di massimo relativo (perche?). Coi calcoli:fx(x, y) = y2 − 2x, fy(x, y) = 2xy − 2y, quindi fxx(x, y) = −2, fxy(x, y) = 2y, fyy(x, y) = 2x − 2.Quindi nel punto (0, 0) si ha fxx(0, 0) = fyy(0, 0) = −2 e fxy(0, 0) = 0 e cio mostra, come anticipato,che (0, 0) e un punto di massimo relativo.

Nei punti (1,±√

2) si ha fxx(1,±√

2) = −2, fyy(1,±√

2) = 0, fxy(1,±√

2) = ±2√

2, per cui sitratta di punti di sella.

Esercizio 2 Dimostrare, senza eseguire derivazioni, che la funzione f(x, y) = sin(x2+y2)−cos(x−y)ammette minimo relativo nel punto (0, 0).

Risposta La funzione sin(x2 + y2) e ≥ 0 in un intorno di (0, 0) e vale zero in (0, 0), quindi zero eil valore minimo assunto dal primo addendo in un intorno di (0, 0). Per quanto riguarda il secondoaddendo − cos(x− y) si nota che in (0, 0) vale −1 che e il suo valore minimo assoluto.

Esercizio 3 (i) Cercare massimi e minimi locali di

f(x, y) = x4 + y4 − 2(x− y)2.

(ii) Calcolare (prima) supR2 f e (poi) infR2 f .

Risposta (i) I punti critici sono le soluzioni del sistema

x3 − x+ y = 0, y3 − y + x = 0.

Sommando otteniamo innanzitutto che dev’essere x3 + y3 = 0, ovvero x = −y. Insieme a questaequazione va considerata una delle due che la precedono, diciamo la prima. Ne segue che dev’esserex3 − 2x = 0, per cui si ottengono i tre punti critici O = (0, 0), P = (

√2,−√

2), Q = (−√

2,√

2).Siccome

fxx = 4(3x2 − 1), fyy = 4(3y2 − 1), fxy = 4,

in P e Q le hessiane coincidono, con determinante positivo, e inoltre fxx > 0. Dunque P e Q sonopunti di minimo locale, e in entrambi f vale −8. Nell’origine l’hessiana si annulla, dunque nonfornisce indicazioni, ma basta studiare la funzione sulle bisettrici y = x e y = −x per constatareche O e un punto di sella.

(ii) Si mostra subito che supR2 f =∞: infatti muovendosi sulla retta y = x si ottiene

limx→∞

f(x, x) = limx→∞

2x4 =∞.

In effetti si puo osservare di piu: f(x, y) → ∞ per x2 + y2 → ∞. Infatti in coordinate polariabbiamo

f(% cosϑ, % sinϑ) = %4(cos4 ϑ+ sin4 ϑ)− 2%2(cosϑ− sinϑ)2 ≥ %4m− 4%2

16

(dove m > 0 e il minimo di cos4 ϑ + sin4 ϑ su [0, 2π]). Questo ci serve perche, siccome il secondomembro della disuguaglianza qui sopra tende all’∞ per %→∞, si ha f(x, y) ≥ 0 (per esempio) sex2 + y2 e maggiore di un R2 sufficientemente grande. Ma la f assume anche valori negativi, comesi vede ad esempio prendendo i punti (x, 0) con 0 < |x| <

√2. Tutti i valori negativi di f sono

necessariamente assunti in punti dove x2 + y2 ≤ R2, per cui e in tale insieme che va cercato l’inf,che e anche il minimo grazie a Weierstrass: il minimo locale −8 di f nel compatto x2 + y2 ≤ R2 eanche l’infR2 f , cioe e minimo assoluto.

Esercizio 4 Siano A un aperto di RN e f ∈ C2(A). Far vedere che, se in un x0 ∈ A il gradiente dif si annulla e la sua matrice hessiana ha sulla diagonale principale due elementi di segno opposto,allora x0 e un punto di sella.

Risposta Per ogni fissata direzione u = (u1, . . . , uN ) scriviamo ϕ[u](t) = f(x0 + tu) e otteniamo

ϕ′[u](0) = (∇f(x0),u) = 0, ϕ′′[u](0) = (∇2f(x0)u,u) =

N∑j,k=1

fxjxk(x0)ujuk.

Se fxjxj (x0) > 0 e fxkxk(x0) < 0, indichiamo con ej e ek i versori rispettivamente dell’asse xj edell’asse xk. Otteniamo

ϕ′′[ej](0) = fxjxj (x0) > 0, ϕ′′[ek](0) = fxkxk(x0) < 0.

Dunque t = 0 e un punto di minimo per ϕ[ej ] e di massimo per ϕ[ek]: ne segue che x0 e un puntodi minimo per la restrizione di f all’asse xj e di massimo per la restrizione di f all’asse xk.

Esercizio 5 Cercare il massimo e il minimo assoluto di f(x, y) = xy sul disco x2 + y2 ≤ 1.

Risposta L’unico punto critico interno al disco e l’origine, che e di sella: il grafico di f e ilparaboloide iperbolico y2− x2 = 0 ruotato di π/4! Sulla frontiera abbiamo un problema di estremivincolati. Ci riconduciamo a un problema di estremi liberi in dimensione 1 passando in coordinatepolari: g(t) = f(cos t, sin t) = cos t sin t, 0 ≤ t ≤ 2π. Imponendo g′(t) = 0 troviamo la condizionecos2 t = sin2 t, e quindi o cos t = sin t oppure cos t = − sin t: la f ha massimo in (±1/

√2,±1/

√2)

e minimo in (±1/√

2,∓1/√

2).

Esercizio 6 Massimo e minimo assoluti di f(x, y) =√x2 + y2(x2 − y2) sul disco x2 + y2 ≤ 1.

x2 + y2 ≤ 1.

Risposta Gli estremi vanno cercati: (i) tra i punti interni in cui f e derivabile con gradiente nullo,e questo e solo il caso dell’origine (si noti che le derivate in x = y = 0 esistono e sono continue),dove si vede subito che il grafico della funzione presenta una sella; (ii) tra i punti di frontiera, doveabbiamo un problema di estremi vincolati, ma ci riconduciamo a un problema di estremi liberi indimensione 1 passando in coordinate polari, per cui f si scrive [0, 2π] 3 t 7→ cos2 t− sin2 t = cos 2te quindi assume massimo uguale a 1 e minimo uguale a −1. Questi valori sono anche il massimo eil minimo di f su tutto il disco, visto che f(0, 0) = 0.

Peraltro un’osservazione geometrica che semplifica i conti e la seguente: siccome ogni punto deldisco cade, per un r ∈ [0, 1], su una circonferenza

√x2 + y2 = r2, dove il minimo −r3 e il massimo

17

r3 della funzione sono assunti rispettivamente in (0, r) e (r, 0), otteniamo che sia il minimo assoluto−1 e sia il massimo assoluto 1 della funzione sul disco sono assunti sulla circonferenza di frontiera,rispettivamente in (0, 1) e in (1, 0).

Esercizio 7 (i) Far vedere che in A = {(x, y, z) ∈ R3 |x, y, z > 0, x2 + y2 + z2 = 5r2} (r > 0)esiste il massimo di f(x, y, z) = log x+ log y + 3 log z e calcolarlo.

(ii) Sia (x0, y0, z0) il punto di massimo per f . Dalla disuguaglianza f(x, y, z) ≤ f(x0, y0, z0) per(x, y, z) = (α1/2, β1/2, γ1/2) ∈ A dedurre che 3 numeri arbitrari α, β, γ > 0 verificano

αβγ3 ≤ 27

(α+ β + γ

5

)5

.

[Suggerimento Si noti che A non e un aperto di R3, e nei suoi eventuali punti di massimoo minimo per f non c’e nessun motivo che ∇f si annulli ne, tantomeno, che la sua hessianaabbia un qualunque carattere! Ci si puo pero ricondurre a un problema di minimo libero indimensione 2 osservando che A e il grafico della funzione z =

√5r2 − x2 − y2 definita nell’insieme

B = {(x, y) ∈ R2 |x, y > 0, x2 + y2 < 5r2}, aperto di R2.]

Risposta (i) Un eventuale massimo o minimo di f in A e rispettivamente un massimo o minimodella funzione

g(x, y) = f(x, y,√

5r2 − x2 − y2) = log x+ log y + 3 log√

5r2 − x2 − y2, (x, y) ∈ B.

Sommando membro a membro le equazioni gx = 0, ovvero 5r2 − 4x2 − y2 = 0, e gy = 0, ovvero5r2−x2−4y2 = 0, si ottiene innanzitutto la condizione x2+y2 = 2r2, che poi, sostituita in una delledue equazioni, da x = y = r. In (r, r) la g ha un massimo relativo (perche gxx(r, r) = gyy(r, r) =−8r, gxy(r, r) = 0), che anzi e assoluto perche g(x, y) → −∞ quando x2 + y2 → 5r2. Dunque fassume massimo 5 log r + 3 log

√3 in (r, r,

√3r).

(ii) Passando agli esponenziali nella disuguaglianza

log x+ log y + 3 log z ≤ 5 log r + 3 log√

3

si ottiene

xyz3 ≤ 3√

3r5 = 3√

3

(x2 + y2 + z2

5

)5/2

e si conclude elevando al quadrato.

Esercizio 8 Trovare i valori di (x, y, z) per i quali la funzione f(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz assumevalore minimo sul parallelepipedo rettangolo di lati lunghi x, y, z e volume fissato = V > 0.[Suggerimento Ricondursi a un problema in dimensione 2 ponendo z = V/(xy) e

g(x, y) = f

(x, y,

V

xy

)= xy +

2V

y+

2V

x=x2y2 + 2V x+ 2V y

xy.]

Risposta Cerchiamo i punti critici di g in A = primo quadrante aperto:

gx(x, y) =(x2y − 2V )y2

(xy)2= y − 2V

x2= 0, gy(x, y) =

(x2y − 2V )x2

(xy)2= x− 2V

y2= 0.

Le soluzioni si ottengono perx2y = 2V, xy2 = 2V,

ovvero x = y = (2V )1/3. Siccome gxx(x, y) = 4V x−3, gyy(x, y) = 4V y−3, gxy(x, y) = 1, l’hessianadi g nell’unico punto critico e definita positiva, e quindi f e minima per x = y = 2z = (2V )1/3.

18


Esercizio 1 SiaF (x, y) = x2 + y + ex+y − 1.

(i) Mostrare che in un opportuno intorno del punto (1,−1) le soluzioni dell’equazione F (x, y) = 0coincidono con i punti del grafico di una funzione y = f(x).

(ii) Scrivere lo sviluppo di Taylor di f(x) di ordine 2 con punto iniziale x0 = 1.

Risposta Dato che F ∈ C∞(R2) , F (1,−1) = 0, Fy(x, y) = 1 + ex+y e quindi Fy(1,−1) = 2 6= 0,si puo applicare il teorema di Dini ottenendo una funzione y = f(x) che e a sua volta C∞ in unintorno di x0 = 1.

Si ha che

Fx(x, y) = ex+y + 2x, Fx(1,−1) = 3; f ′(1) = −Fx(1,−1)

Fy(1,−1)= −3

2.

Inoltre, siccomeFxx(x, y) = ex+y + 2, Fxy(x, y) = ex+y, Fyy(x, y) = ex+y,

si ottieneFxx(1,−1) = 3, Fxy(1,−1) = 1, Fyy(1,−1) = 1,

f ′′(1) := −Fxx + 2Fxyf′ + Fyyf

′2

Fy

∣∣∣(1,−1)

= −9

8.

Se ne deduce che

T2(x) = f(1) + f ′(1)(x− 1) +1

2f ′′(1)(x− 1)2 = −1− 3

2(x− 1)− 9

16(x− 1)2 = − 1

16

(9x2 + 6x+ 1

).

Esercizio 2 (i) Dimostrare che l’equazione

f(x, y) = x3 + y3 − 3xy = 0

definisce implicitamente in un intorno del punto (21/3, 22/3) una funzione y = ϕ(x).(ii) Dimostrare che la funzione ϕ(x) del punto (i) e dotata di massimo locale nel punto x0 = 21/3.

Risposta Dato che f(x, y) e una funzione C2(R2) e fy(21/3, 22/3) = 3 ·21/3 6= 0 possiamo applicare

il Teorema del Dini ottenendo una funzione y = ϕ(x) che e a sua volta C2 in un intorno del puntox0 = 21/3. Si ha che

ϕ′(21/3) := −fx(21/3, 22/3)

fy(21/3, 22/3)= 2−1/3(22/3 − 22/3) = 0

e, dall’esserefxx(21/3, 22/3) = fyy(2

1/3, 22/3) = 6 · 21/3,

ϕ′′(21/3) := −fxx + 2fxyϕ′ + fyyϕ

′2

fy

∣∣∣(21/3,22/3)

= −2

da cui si deduce che ϕ ha un punto massimo locale in x0.

19

Esercizio 3 SiaF (x, y) = e2y3+y − x− x3 − 1.

(i) Dimostrare che l’equazione F (x, y) = 0 definisce implicitamente su tutta una semiretta]− α,∞[ per un α > 0 una funzione y = f(x) di classe C∞ tale che F (x, f(x)) = 0;

(ii) Determinare il polinomio di Taylor P (x) di secondo ordine e punto iniziale x = 0 relativoa f(x) e calcolare

limx→0

f(x)

x2.

Risposta (i) Siccome F (0, 0) = 0, Fy(0, 0) = −1 6= 0, l’esistenza della funzione implicita y = f(x)innanzitutto in un intorno ]−α, α[ di x = 0 segue dal Teorema di Dini, con la regolarita C∞ fornitadall’argomento di bootstrap.

Che y = f(x) sia in effetti definita da quel−α fino all’∞ lo si puo vedere riprendendo l’argomentodella dimostrazione del teorema. Infatti per ogni x > 0 la y 7→ F (x, y) e negativa per y = 0, esiccome tende crescendo all’∞ per y →∞ esiste un unico y, dunque un f(x), tale che F (x, y) = 0.Siccome inoltre Fy(x, y) 6= 0, in (x, y) sono ancora soddisfatte le ipotesi del Teorema di Dini, e ciosignifica che in un intorno di x la f(x) e la funzione implicita definita dal teorema, e dunque ha laregolarita C1, anzi C∞ grazie all’argomento di bootstrap.

(ii) Utilizzando le regole di derivazione della funzione implicita nel punto 0 otteniamo

P (x) = f(0) + f ′(0)x+1

2f ′′(0)x2 = x− 1

2x2

e quindif(x)

x2=x− 1

2x2 + o(x2)

x2:

il limite in questione non esiste.

Esercizio 4 Dimostrare che l’equazione F (x, y) = etan(x+y)−x−3y−1 = 0 definisce implicitamentein un intorno di (0, 0) una funzione y = f(x) tale che F (x, f(x)) = 0. Dire se in 0 la funzione fammette max o min relativo.

Risposta Per dimostrare la prima parte e sufficiente applicare il teorema del Dini. Osserviamo

che F (0, 0) = 0 e Fx(x, y) = etan(x+y)

cos2(x+y)− 1, Fy(x, y) = etan(x+y)

cos2(x+y)− 3. Dunque Fy(0, 0) = −2, per cui

esiste f(x) definita implicitamente dall’equazione F (x, y) = 0 in un intorno di (0, 0). Inoltre

f ′(0) =−Fx(0, 0)

Fy(0, 0)= 0.

Per vedere se la funzione f in 0 ammette max o min relativo calcoliamo la sua derivata seconda in

0. Siccome Fxx(x, y) = etan(x+y)

cos4(x+y)− −2 sin(x+y)

cos3(x+y)etan(x+y) si ha

f ′′(0) =−Fxx(0, 0)

Fy(0, 0)=

1

2,

e quindi x = 0 e un punto di minimo relativo per f .

Esercizio 5 Data la funzione

f(x, y) = a(x2 − 1) + 3xy + y3 :

20

1. si dimostri che, per ogni a, l’equazione f(x, y) = 0 definisce implicitamente una funzioney = g(x) in un intorno di (1, 0);

2. si calcoli a in modo che g(x) abbia in x = 1 un punto critico .

Risposta La funzione f(x, y) e un polinomio e quindi di classe C∞. Si verifica che f(1, 0) = 0e che fy(1, 0) = 3. Applicando il Teorema del Dini si deduce quindi che f(x, y) = 0 definisceimplicitamente una funzione y = g(x). La derivata prima di g(x) e data dalla formula:

g′(x) = −fx(x, g(x))

fy(x, g(x))

da cui si deduce che g′(1) = −2a/3 e quindi si ha un punto critico se e solo se a = 0.

21


Esercizio 1 Scrivere i polinomio di Taylor di grado 2 nel punto (x0, y0) delle funzioni

f(x, y) = y sin(x+ y), (x0, y0) = (0, 0)

g(x, y) = ex−y2, (x0, y0) = (0, 0)

h(x, y) = (x− y)2 ex2+y2 , (x0, y0) = (attenzione!) (0, 1).

Risposta Data una funzione F il suo polinomio di Taylor di grado 2 centrato in (x0, y0) e datodalla formula

T2(x, y) = F (x0, y0) + Fx(x0, y0)(x− x0) + Fy(x0, y0)(y − y0)

+1

2Fxx(x0, y0)(x− x0)2 + Fxy(x0, y0)(x− x0)(y − y0) +

1

2Fyy(x0, y0)(y − y0)2

e quindi tutte le funzioni dell’esercizio si possono studiare meccanicamente calcolando nel punto(x0, y0) tutte le derivate parziali fino all’ordine 2. D’altra parte e bene ricordare che il polinomiodi Taylor e completamente caratterizzato dalla

F (x, y) = T2(x, y) + o((x− x0)2 + (y − y0)2),

per cui un polinomio di ordine 2 che verifica tale proprieta deve coincidere necessariamente conil polinomio di Taylor centrato in (x0, y0). Questa osservazione ci permette qui di evitare troppicalcoli per f e g. Infatti possiamo usare gli sviluppi in una variabile

sin(t) = t+ o(t2), et = 1 + t+t2

2+ o(t2).

Nel primo caso otteniamo

sin(x+ y) = x+ y + o((x+ y)2) = x+ y + o(x2 + y2)

da cuif(x, y) = y sin(x+ y) = xy + y2 + o(x2 + y2)y = xy + y2 + o(x2 + y2)

per cui xy + y2 deve coincidere con il polinomio di Taylor di grado 2 e centro l’origine; anzi daquesto deduciamo pure, senza calcolarlo, che il gradiente della funzione e il vettore nullo.

Analogamente

g(x, y) = ex−y2

= 1 + (x− y2) +(x− y2)2

2+ o((x− y2)2)

= 1 + x− y2 +x2

2− xy2 +

y4

2+ o((x2 + y2)) = 1 + x− y2 +

x2

2+ o((x2 + y2))

per cui il polinomio di Taylor di centro l’origine e T2(x, y) = 1 + x− y2 + x2

2 .Per cio che riguarda infine la h(x, y) non si puo pedissequamente seguire la strada dei primi 2

casi, in quanto la funzione x2 + y2 non e infinitesima quando (x, y) tende a (0, 1), e quindi non hasenso usare lo sviluppo di Taylor della funzione esponenziale centrato nell’origine. Una possibilitae quella di procedere facendo i conti delle derivate parziali: abbiamo f(0, 1) = e, e siccome

∇h(x, y) = (2(x− y)ex2+y2 + 2x(x− y)2ex

2+y2 ,−2(x− y)ex2+y2 + 2y(x− y)2ex

2+y2)

22

abbiamo hx(0, 1) = 2e, hy(0, 1) = 4e. Eseguiamo pazientemente le derivazioni parziali di ordine 2.Otteniamo

hxx = 2ex2+y2 + 4x(x− y)ex

2+y2 + 2(x− y)2ex2+y2 + 4x(x− y)ex

2+y2 + 4x2(x− y)2ex2+y2 ;

hxy = −2ex2+y2 + 4y(x− y)ex

2+y2 − 4x(x− y)ex2+y2 + 4xy(x− y)2ex

2+y2 ,

hyy = 2ex2+y2 − 4y(x− y)ex

2+y2 + 2(x− y)2ex2+y2 − 4y(x− y)ex

2+y2 + 4y2(x− y)2ex2+y2 .

Quindi hxx(0, 1) = 4e, fxy(0, 1) = −6e, hyy(0, 1) = 16e, e infine

T2(x, y) = e+ 2ex+ 4e(y − 1) + 2ex2 − 6ex(y − 1) + 8e(y − 1)2.

A questo risultato si arriva anche riconducendosi ad uno sviluppo centrato nell’origine, attraversola sostituzione z = y − 1 e quindi il passaggio alla funzione

h′(x, z) = (x− z − 1)2 ex2+(z+1)2 = (x− z − 1)2 eex

2+z2+2z.

Esercizio 2 Dato il sistema {y2 + x+ y + z = 1x2 + y2 + z2 = 1

(i) dimostrare che in un intorno del punto (0, 0, 1) esso definisce implicitamente due funzioniα(x), β(x) tali che (x, α(x), β(x)) siano soluzioni del sistema;

(ii) calcolare α′(0), β′(0).

Risposta (i) Il punto (0, 0, 1) soddisfa il sistema, e la matrice jacobiana

∂(f, g)

∂(y, z)=

(2y + 1 1

2y 2z

)possiede, nel punto, determinante ∣∣∣∣ 1 1

0 2

∣∣∣∣ = 2 6= 0,

per cui la possibilita di esprimere implicitamente y e z in funzione della x, per x in un intorno Idell’origine, segue dal Teorema di Dini per i sistemi.

(ii) Posto f(x, y, z) = y2 + x+ y+ z− 1 e g(x, y, z) = x2 + y2 + z2− 1 si ha, sostituendo ad y ea z le α(x) e β(x) {

f(x, α(x), β′(x)) ≡ 0g(x, α(x), β′(x)) ≡ 0

da cui, derivando rispetto a x, {fx + fyα

′(x) + fzβ′(x) = 0

gx + gyα′(x) + gzβ

′(x) = 0

Lavorando nel punto (0, 0, 1) si ha{1 + α′(0) + β′(0) = 02β′(0) = 0

→ α′(0) = −1, β′(0) = 0

23

Esercizio 3 Assegnata la funzione

F (x, y, z) = sin(xy) cos z + 3ex+yz − 1,

verificare che l’equazione F (x, y, z) = 0 soddisfa nel punto (0, 0, 1/3) le condizioni del teorema diDini e determinare l’equazione del piano tangente alla superficie definita dall’equazione F (x, y, z) =0 in (0, 0, 1/3).

Risposta Tenuto conto che F (x, y, z) ∈ C∞(R3), che F (0, 0, 1/3) = 0 e che

∇F (x, y, z) = (y cos(xy) cos z + 3ex+yz, x cos(xy) cos z + 3ex+yz,− sin(xy) sin z + 3ex+y),

per cui ∇F (0, 0, 1/3) = (1, 1, 3) 6= 0, nel punto (0, 0, 1/3) risultano soddisfatte le condizioni delTeorema di Dini; l’equazione del piano tangente e

Fx(0, 0, 1/3)(x− 0) + Fy(0, 0, 1/3)(y − 0) + Fz(0, 0, 1/3)(z − 1/3) = 0

cioe x+ y + 3(z − 1/3) = 0.Naturalmente saremmo potuti arrivare allo stesso risultato elaborando l’enunciato del Teorema

di Dini e scrivendo l’equazione del piano tangente al grafico di una delle funzioni z = ϕ(x, y),y = ψ(x, z), x = χ(y, z) definite implicitamente intorno a (0, 0, 1/3) da F (x, y, z) = 0 grazierispettivamente a Fz(0, 0, 1/3) = 3 6= 0, Fy(0, 0, 1/3) = 1 6= 0, Fx(0, 0, 1/3) = 1 6= 0.

Esercizio 4 Dimostrare che in un opportuno intorno di (x, y) = (0, 0) esiste una funzione f diclasse C1 che si annulla in (0, 0) e verifica l’equazione x+ y + f(x, y) = sin[xyf(x, y)].

Risposta Si applica il Teorema di Dini alla funzione di tre variabili

F (x, y, z) = x+ y + z − sin(xyz)

che in (0, 0, 0) si annulla, mentre la sua derivata soddisfa

Fz(x, y, z) = 1− xy cos(xyz) =⇒ Fz(0, 0, 0) = 1.

La superficie di livello 0 determinata cioe dall’equazione F (x, y, z) = 0 coincide con il graficoz = f(x, y) di una funzione di classe C1 in un intorno di (0, 0), nulla in (0, 0), funzione che quindiin tale intorno verifica l’equazione

x+ y + f(x, y) = sin[xyf(x, y)].

Esercizio 5 Determinare max e min assoluto della funzione G(x, y) = x − y sui punti del piano

soggetti al vincolo F (x, y) = x2

4 + y2

9 − 1 = 0.

Risposta Il luogo geometrico determinato dal vincolo e un’ellisse di semiassi di lunghezza rispet-tivamente 2 e 3. Trattandosi di un insieme compatto, ogni funzione continua ammettera su essomassimo e minimo assoluto. Procediamo con i moltiplicatori di Lagrange:

x2

4 + y2

9 − 1 = 01 + λ(x2 ) = 0

−1 + λ(2y9 ) = 0.

24

Utilizzando le ultime 2 equazioni abbiamo x = −2λ , y = 9

2λ : sostituiamo nella prima e otteniamo

1

λ2+

9

4λ2= 0,

da cui λ = ±√

132 . Otteniamo cosı punti P1 = ( −4√

13, 9√

13) e P2 = ( 4√

13, −9√

13): P1 e il punto di minimo

assoluto e P2 e quello di massimo assoluto.Osserviamo che l’esercizio si poteva svolgere anche parametrizzando l’ellisse e studiando poi la

funzione di una variabile, ma sicuramente la strada sarebbe stata piu lunga e comunque avrebberichiesto conoscenze trigonometriche che con l’approccio da noi usato non sono state necessarie.

Esercizio 6 Discutere la natura dei punti critici interni e trovare massimi e minimi vincolati dellaseguente funzione:

f(x, y) = x6y8/3 su x4 + y4 ≤ 13

Risposta La funzione e non-negativa ed ha gradiente e nullo solo sulle rette x = 0 e y = 0, chesono quindi di minimo. Per i massimi si utilizzano i moltiplicatori di Lagrange:

6x5y8/3 + 4λx3 = 0

8x6y5/3

3+ 4λy3 = 0

x4 + y4 = 13

per cui si ottiene

6x2y8/3 + 4λ = 0 =⇒ 8x6y5/3

3= 6x2y17/3 =⇒ 8x4

3= 6y4

e si arriva ai punti di massimo ±(√

3,√

2), ±(√

3,−√

2).

Esercizio 7 Calcolare il max e il min assoluti di x3 + y3 nel dominio

E := {(x, y) ∈ R2 : x43 + y

43 ≤ 1}.

Risposta Osserviamo preliminarmente che l’insieme E e un compatto, per cui il teorema diWeierstrass assicura che la funzione assume in E massimo e minimo assoluti. I punti in cui essisono assunti vanno cercati tra a) i punti critici della funzione g(x, y) = x3 + y3 interni ad E, b) ipunti della frontiera di E trovati tramite il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (tenendo contoche il vincolo in questo caso non presenta punti singolari).

L’unico punto critico di g interno ad E e il punto (0, 0), che non e ne di massimo ne di minimo:basta notare che la restrizione di g alla retta y = 0 e la funzione x3, che in x = 0 ha un flesso.

Passiamo al sistema ottenuto con i moltiplicatori di Lagrange:x

43 + y

43 = 1

3x2 + λ43x

13 = 0

3y2 + λ43y

13 = 0.

25

Partendo dalla seconda equazione

x13

(3x

53 + λ

4

3

)= 0

otteniamo che x deve essere uguale a 0 oppure x53 = −4

9λ. Analogamente dalla terza equazione

y13

(3y

53 + λ

4

3

)= 0

otteniamo che y deve essere uguale a 0 oppure y53 = −4

9λ. Prima di dividere per x o per y,bisogna considerare i casi x = 0 e y = 0: la prima equazione implica y = ±1 nel primo caso ex = ±1 nel secondo caso. Se x ed y sono entrambe diverse da zero dev’essere invece x

53 = −4

9λ e

y53 = −4

9λ, per cui necessariamente x = y. Usando di nuovo la prima equazione otteniamo 2x43 = 1

da cui x = y = ±2−34 . Per determinare massimo e minimo assoluto dobbiamo considerare i vari

candidati: (0, 0) (in realta gia escluso) (±1, 0), (0,±1) e ±(2−34 , 2−

34 ). Sostituendo si ottiene che 1

(22−94 = 2−

54 < 1) e il massimo assunto nei punti (0, 1) e (1, 0), mentre −1 e il minimo assunto nei

punti (0,−1) e (−1, 0).

26


Esercizio 1 Dire se le funzioni

sin2(x)

(x2 + 1)x,

ex − 1

x2,

sin(x)

x√x

sono integrabili secondo Riemann o in senso improprio negli intervalli ]0, 1] e ]0,+∞[.

Risposta Dal momento che sin(x)x e sempre limitato in modulo da 1, la funzione

sin2(x)

(x2 + 1)x=

sin2(x)

x2

x

x2 + 1

si prolunga con continuita fino a 0, perche il suo limite per x → 0 esiste e vale 0. Quindi su ]0, 1]l’integrale esiste (gia) come integrale di Riemann. Invece su x ≥ 1 l’integrando si maggiora con

1

1 + x2,

sicche l’integrale improprio converge su [1,+∞[ e in conclusione su tutto ]0,+∞[.Consideriamo la funzione ex−1

x2. Su ]0, 1] possiamo utilizzare lo sviluppo di Maclaurin di ex− 1,

che ha come primo termine x per cui

ex − 1

x→ 1 per x→ 0

e quindiex − 1

x2=ex − 1

x

x

x2≈ x

x2=

1

xper x→ 0

(vd. la Premessa), e tenendo conto che 1x non e integrabile in ]0, 1] se ne conclude che l’inte-

grale improprio della funzione assegnata diverge su ]0, 1]. Dal momento poi che la funzione ex−1x2

tende all’∞ per x → ∞ (l’esponenziale a numeratore tende all’∞ piu rapidamente piu della po-tenza x2 a denominatore) si riconosce che diverge l’integrale improprio su [1,+∞[ e quindi, ancheindipendentemente da quanto studiato su ]0, 1], che esso diverge su tutto ]0,+∞[.

Consideriamo la funzione sin(x)x√x

. Dalla maggiorazione∣∣∣∣sin(x)

x√x

∣∣∣∣ ≤ 1√x

segue l’integrabilita della funzione assegnata su ]0, 1]. Per x ≥ 1 riesce poi∣∣∣∣sin(x)

x√x

∣∣∣∣ ≤ 1

x3/2,

circostanza questa sufficiente a riconoscere la esistenza dell’integrale improprio anche su [1,+∞[, ein conclusione su tutto ]0,+∞)[.

Esercizio 2 Verificare se gli integrali impropri

G1 =

∫ 1

0(ex

2 − 1)−1/3 dx, G2 =

∫ 1

0(1− cosx2)−1/3 dx

27

convergono.

Risposta Benche l’intervallo d’integrazione sia limitato, i due integrali sono impropri perche gliintegrandi sono sı continui, pero illimitati: per la precisione, essi tendono all’∞ quando x → 0+.Ma sia di ex

2−1 che di 1−cosx2 si esplicitano facilmente gli sviluppi di Taylor (anzi di MacLaurin).Dunque G1 converge perche ex

2 − 1 e infinitesimo dello stesso ordine del primo addendo non nullodel suo sviluppo, cioe di x2, per cui

(ex2 − 1)−1/3 ≈ (x2)−1/3

con ∫ 1

0(x2)−1/3 dx <∞;

invece G2 diverge perche 1− cosx2 e infinitesimo dello stesso ordine del primo addendo non nullox4 del suo sviluppo, per cui

(1− cosx2)−1/3 ≈ (x4)−1/3

con ∫ 1

0(x4)−1/3 dx =∞.

Esercizio 3 Dati gli integrali impropri

J1 =

∫ π/2

0

sinα x

x2dx, J2 =

∫ ∞1

xβe−√x dx,

determinare per quali valori di α ∈ R converge J1 e per quali valori di β ∈ R converge J2.

Risposta J1 converge se e solo se converge∫ π/2

0

xα

x2

sinα x

xαdx

ovvero se e solo se 2− α < 1⇐⇒ α > 1.J2 converge per tutti i β: quando x→∞ l’integrando tende a 0 piu rapidamente di ogni potenza

della x, ad esempio piu rapidamente di di x−2 che ha integrale improprio da 1 a ∞ convergente.

Esercizio 4 Dimostrare che la funzionexβe−x

e integrabile in senso improprio nell’intervallo ]1,+∞[ per ogni β ∈ R e calcolarne l’integrale perβ = 0, 1, 2.

Risposta La funzione esponenziale

ex = 1 + x+1

2x2 +

1

3!x3 + ...

1

m!xm + ...

28

verifica per ogni x ≥ 0 e per ogni numero naturale m la diseguaglianza

ex ≥ 1

m!xm.

Pertanto

xβe−x =xβ

ex≤ m!

1

xm−β,

stima quest’ultima sufficiente perm− β > 1

a riconoscere l’esistenza dell’integrale improprio su ]1,+∞[.I valori richiesti sono

∫ a1 e−xdx = e−1 − e−a → e−1,∫ a

1 x e−xdx = 2 e−1 − 1+a

ea → 2e−1,∫ a1 x

2 e−xdx = 5 e−1 − 2+2 a+a2

ea → 5e−1.

Esercizio 5 (i) Determinare per quali valori di α converge l’integrale improprio∫ 1

0

et2 − 1

tαdt.

(ii) Calcolare il

limx→0+

sinx

∫ 1

x

et2

t2dt.

Risposta (i) Utilizzando il limite notevole

limt→0

et2 − 1

t2= 1

deduciamo che per t tendente a 0+ risulta

et2 − 1

tα≈ 1

tα−2,

e quindi l’integrale dato e convergente se e solo se α < 3.(ii) Abbiamo

limx→0+

sin(x)

∫ 1

x

et2

t2dt = lim

x→0+sin(x)

(∫ 1

x

et2 − 1

t2dt+

∫ 1

x

1

t2dt

).

Usando quanto visto in (i) (con α = 2) sappiamo che

limx→0+

∫ 1

x

et2 − 1

t2dt

29

esiste finito, per cui

limx→0+

sin(x)

∫ 1

x

et2

t2dt = lim

x→0+sinx

∫ 1

x

1

t2dt = lim

x→0+sin(x)

(1

x− 1

)= 1.

Questo si poteva fare anche utilizzando de l’Hopital una volta riscritto sin(x) = 11

sin(x)

.

Esercizio 6 Dire per quali β > 0 esiste l’integrale improprio∫ +∞

2

1

x logβ xdx

In questi caso si applichi la definizione calcolando quando possibile anche l’integrale improprio.

Risposta Siamo in uno dei non frequenti casi in cui si riesce a calcolare l’integrale indefinito dellafunzione integranda, e quindi anche il limite

limt→+∞

∫ t

2

1

x logβ (x)dx

(senza doversi accontentare, ricorrendo al criterio del confronto, di appurare semplicemente se essoe finito o no, come invece accade nella maggior parte dei casi). Il calcolo e facile:

i) se β 6= 1 riesce ∫ t

2

1

x logβ xdx =

1

1− β

{(log(t))1−β − (log(2))1−β

}ii) se β = 1 riesce ∫ t

2

1

x log xdx = log(log(t))− log(log(2))

Pertanto nel primo caso si ha convergenza solo se β > 1, mentre nel secondo caso non c’econvergenza.

Riassumendo: l’integrale improprio richiesto converge se e solo se β > 1. Per tali valori di βl’integrale vale

limt→+∞

1

1− β

{(log(t))1−β − (log(2))1−β

}=

(log(2))1−β

β − 1

Esercizio 7 Studiare per quali α ∈ R converge l’integrale∫ 1

0

x3 − sinx3

xα(x3 + 2)dx.

Risposta Si hax3 − sinx3

xα(x3 + 2)≈ 1

xα−9x→ 0.

L’integrale e quindi convergente per α− 9 < 1⇔ α < 10.

30

Esercizio 8 Studiare per quali α ∈ R converge l’integrale∫ ∞0

x− sinx

xα(x+ 2)dx

Risposta Studiamo separatamente i due integrali

I1 =

∫ 1

0

x− sinx

xα(x+ 2)dx, I2 =

∫ ∞1

x− sinx

xα(x+ 2)dx.

Per l’integrale I1 si osserva che

sinx ≈ x− 1

6x3 per x→ 0.

Quindix− sinx

xα(x+ 2)≈ x3

xα(x+ 2)≈ 1

xα−3per x→ 0.

Si ha convergenza di I1 se e solo se α− 3 < 1 da cui segue α < 4.Per l’integrale I2 si osserva che sinx e una funzione limitata e si ha

x− sinx

xα(x+ 2)≈ x

x1+α=

1

xα.

Si ha convergenza di I2 se e solo se α > 1.Concludendo l’integrale iniziale converge per 1 < α < 4.

31


Esercizio 1 Studiare il carattere delle serie

S1 =∞∑n=2

1

n log2 n, S2 =

∞∑n=2

1

n log n log(log n).

Risposta S1 converge (assolutamente) e S2 diverge: basta confrontarle rispettivamente con∫ ∞2

dx

x log2 x=

[− 1

log x

]∞2

=1

log 2e

∫ ∞2

dx

x log x log(log x)= [log(log(log x))]∞2 =∞.

Esercizio 2 Determinare per quali valori di α ∈ R converge la serie

∞∑n=3

tan(1/n)

(log n)α

Risposta Si utilizza il criterio integrale, passando all’integrale improprio∫ ∞3

tan(1/x)

(log x)αdx

quindi si applica il criterio del confronto:

tan(1/x)

(log x)α≈ 1

x(log x)α.

Attenzione a non scriveretan(1/x)

(log x)α≤ 1

x(log x)α:

questo e falso!Siccome

1

x(log x)α

e la derivata di (log x)1−α/(1− α) per α 6= 1 e di log(log x) per α = 1, e quindi∫ ∞3

1

x(log x)αdx <∞⇐⇒ α > 1,

si conclude che la serie converge ⇐⇒ α > 1.

Esercizio 3 Calcolare la derivata rispetto ad x della funzione

F (x) =

∫ x2

5x

ext2

tdt, x > 0.

32

Risposta Innanzitutto, calcoliamo∫∂

∂x

ext2

tdt =

∫text

2dt =

∫∂

∂t

ext2

2dt =

ext2

2+K

e quindi ∫ x2

5x

∂

∂x

ext2

tdt =

ex5

2− e25x3

2.

La somma di quest’ultima quantita e di

2xex

5

x2− e25x3

x

fornisce il risultato.

Esercizio 4 Sia

F (x) =

∫ 2x2

x2

e−t/x

tdt, x > 0.

(i) Calcolare F ′(x).(ii) Calcolare il

limx→∞

xF (x).

Risposta (i) Calcoliamo F ′(x) con le note formule

F ′(x) =4xe−2x

2x2− 2xe−x

x2+

1

x2

∫ 2x2

x2e−t/xdt =

2e−2x

x− 2e−x

x− e−2x − e−x

x=e−2x

x− e−x

x.

(ii) Per calcolare il limite, notiamo che per ogni x > 0 l’integrando e una funzione decrescentedella t, e quindi nell’intervallo [x2, 2x2] verifica

e−2x

2x2≤ e−t/x

t≤ e−x

x2.

Dunque

0 ≤ F (x) ≤ x2 e−x

x2

e ne segue che xF (x)→ 0 per x→∞. Oppure: poniamo τ = t/x2, per cui t−1 dt = (x2τ)−1x2 dτ ,e notiamo che

F (x) =

∫ 2

1

e−xτ

τdτ → 0 per x→∞,

dato che l’integranda va a zero mentre gli estremi di integrazione sono fissi. Applichiamo quindi ilteorema dell’Hopital:

limx→∞

xF (x) = limx→∞

F (x)

1/x= lim

x→∞

F ′(x)

−1/x2= 0.

Esercizio 5 Data la successionefn(x) =

n

x+ n:

33

1. studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione nell’intervallo [0, a] con a > 0;

2. studiare la convergenza uniforme della successione nell’insieme [0,∞).

Risposta La successione converge puntualmente a f(x) = 1 per ogni x ∈ R. Per quanto riguardala convergenza uniforme si ha che

supx∈[0,a]

|fn(x)− 1| = maxx∈[0,a]

x

n+ x=

a

n+ a

(perche x 7→ x/(n+ x) e crescente) e dato che

limn→∞

a

n+ a= 0

si ha la convergenza richiesta.In [0,∞) al contrario si ha

supx∈[0,∞)

x

n+ x= 1

quindi la successione non converge uniformemente.

Esercizio 6 Sia

F (x) =

∫ ∞0

e−t2

cosxt dt.

(i) Senza preoccuparsi di verificare le ipotesi che giustificano il procedimento, scrivere l’espres-sione integrale di F ′(x).

(ii) Giustificare il procedimento seguito nel punto precedente.(iii) Calcolare l’espressione integrale di F ′(x), verificare che vale la relazione

F ′(x) = −x2F (x)

e dedurne cheF (x) = F (0)e−x

2/4.

Risposta (i) Derivando sotto il segno di integrale si ottiene

F ′(x) = −∫ ∞

0te−t

2sinxt dt.

(ii) Per giustificare la derivazione sotto il segno d’integrale basta tener conto che sia nell’espres-sione di F (x) e sia in quella di F ′(x) gli integrandi sono uniformemente dominati da funzioni dellasola t integrabili da 0 a ∞:

|e−t2 cosxt| ≤ e−t2 , |te−t2 sinxt| ≤ te−t2 per x ∈ R, t ∈ [0,∞[.

(iii) Integrando per parti si ottiene

F ′(x) =1

2

∫ ∞0

(−2te−t2

sinxt) dt =

[1

2e−t

2sinxt

]∞0

− 1

2

∫ ∞0

e−t2x cosxt dt = −x

2F (x).

34

Dunque F (x) soddisfa l’equazione lineare omogenea del I ordine

y′ = −x2y,

il cui integrale generale e Ce−x2/4, insieme alla condizione iniziale

y(0) = F (0)

(e si potrebbe completare sapendo che l’integrale di e−t2

da 0 a ∞, cioe F (0), vale√π/2).

Esercizio 7 (i) Calcolare

F (x) =

∫ ∞0

e−xt dt

nei punti x in cui l’integrale improprio converge.(ii) Senza preoccuparsi di verificare le ipotesi che giustificano il procedimento, scrivere le

espressioni integrali di F ′(x), F ′′(x), F ′′′(x), . . . , F [n](x) e ricavarne in particolare∫ ∞0

tne−t dt = n!

(iii) Giustificare il procedimento seguito nel punto precedente.

Risposta (i) Dev’essere ovviamente x > 0, e in tal caso∫ M

0e−xtdt = −1

x

∫ M

0(e−xt)′dt = −[e−xt]M0 =

1− e−xM

x,

da cui ∫ ∞0

e−xt dt =1

xper x > 0.

Pertanto il calcolo esplicito fornisce:

F ′(x) = − 1

x2, . . . , F [k](x) = (−1)k

k!

xk+1.

D’altra parte, supponendo di poter derivare sotto il segno di integrale si ottiene

F (x) =

∫ ∞0

e−xtdt =⇒ F ′(x) =

∫ ∞0

(−te−xt) dt per x > 0.

Iterando il procedimento si ricava

F [k](x) = (−1)k∫ ∞

0tke−xtdt

da cui, confrontando il calcolo precedente per le derivate F [k](x) si ottiene∫ ∞0

tke−xtdt =k!

xk+1per kk ∈ N

e quindi ∫ ∞0

tke−tdt = k! per k ∈ N

35

prendendo x = 1.Per giustificare le derivazioni sotto il segno d’integrale occorrono opportune maggiorazioni delle

funzioni integrande tke−xt. Se si fa variare x in tutta la semiretta ]0,∞[, le uniche maggiorazionipossibili sono coi supx>0 t

ke−xt = tk, che non hanno integrali impropri convergenti su 0 < t < ∞.Pero, siccome ogni punto x > 0 si trova in una semiretta [α,∞[ con 0 < α < x, ci basta ottenereper ogni α > 0 le maggiorazioni richieste. A tal fine basta tener conto che

|tke−xt| ≤ g(t) = gα(t) = tke−αt per x ≥ α, 0 ≤ t <∞ :

da qui segue che le ipotesi del teorema di continuita e derivabilita valgono, per ogni α > 0, facendovariare x in [α,∞[, e quindi le derivazioni sono giustificate per ogni x > 0.

Esercizio 8 Sia

F (t) =

∫ ∞0

log x

1 + x2 + t2dx.

(i) Determinare l’insieme E ⊆ R nel quale l’integrale improprio e assolutamente convergente.(ii) Provare che F (t) e continua in E.(iii) Provare che F (t) e derivabile in E.

Risposta (i) Siccome per ogni x > 0 ed ogni t ∈ R il valore assoluto dell’integrando si maggioracon g(x), dove g(x) = | log x|/(1 + x2), basta mostrare che g(x) e integrabile (in senso improprio)da 0 a ∞ per concludere che E = R. Ora,∫ 1

0

| log x|1 + x2

dx <∞

per il confronto asintotico: per x → 0+ l’infinito (log x)/(1 + x2) e dello stesso ordine di log x,che (essendo la derivata di x log x − x) e assolutamente integrabile (in senso improprio) da 0 a1. D’altra parte, per x → ∞ l’ ordine dell’infinitesimo (log x)/(1 + x2) e superiore a quello diqualunque potenza xα con α < 2, e quindi∫ ∞

1

| log x|1 + x2

dx <∞.

(ii) La maggiorazione uniforme del modulo dell’integrando, vista nel passo precedente, con lafunzione g(x) mostra che F (t) e continua per ogni t, cioe in tutto E.

(iii) Tenuto presente che

ft(x, t) =−2t log x

(1 + x2 + t2)2

e quindi

|ft(x, t)| ≤2|t|

1 + x2 + t2· | log x|

1 + x2 + t2≤ g(x),

dove abbiamo maggiorato 2|t| con (1− |t|)2 + 2|t| = 1 + t2, si deduce che F (t) e derivabile e che

F ′(t) =

∫ +∞

0

−2t log x

(1 + x2 + t2)2dx.

36

ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER CASA DEL 19/11/2014

Esercizio 1 Calcolare il limite

L = limx→0+

∫ 1

0

t1/5 + (xt)1/2

x+ tdt.

Risposta Quale che sia a > 0, in [0, a]×]0, 1] l’integrando e una funzione continua maggioratadalla funzione

g(t) =t1/5 + (at)1/2

t= t−4/5 + at−1/2

che ha integrale improprio da 0 a 1 convergente, per cui l’integrale e una F (x) continua in [0, a], eL e dato da

limx→0+

F (x) = F (0) =

∫ 1

0t−4/5 dt = 5.

Esercizio 2 Esprimere sotto forma di serie l’integrale∫ 1

0ex

2dx.

Risposta Dallo sviluppo in serie

ex2

=∞∑n=0

x2n

n!,

valido in tutto R, in particolare dunque con convergenza uniforme nell’intervallo [0, 1], ricaviamola richiesta espressione dell’integrale:∫ 1

0

∞∑n=0

x2n

n!=

∞∑n=0

1

n!

∫ 1

0x2n dx =

∞∑n=0

1

n!(2n+ 1).

Questa identita non consente di ricavare esattamente il valore numerico dell’integrale, ma purtuttavia di approssimarlo coi valori delle ridotte della serie.

Concludiamo osservando che la funzione

∞∑n=0

x2n+1

n!(2n+ 1)

fornisce sotto forma di serie di potenze una primitiva della funzione ex2.

Esercizio 3 Studiare la convergenza della serie di funzioni

∞∑n=0

(−1)−n(n+ 2)

n2 + 1logn(x).

37

Risposta La serie ha senso per x > 0; inoltre, ponendo y = log(x), ci riconduciamo allo studiodella serie di potenze

∞∑n=0

(−1)−n(n+ 2)

n2 + 1yn.

Ora, siccome

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞n

√n+ 2

n2 + 1= 1,

il raggio di convergenza della serie e uguale ad 1. Quindi la serie converge assolutamente nell’inter-vallo ]− 1, 1[ e uniformemente negli intervalli chiusi di ]− 1, 1[. Vediamo cosa succede agli estremi.Per y = −1 otteniamo la serie a termini positivi

∞∑n=0

n+ 2

n2 + 1,

che si comporta come la serie armonica∑∞

n=01n ed e quindi divergente. Per y = 1 abbiamo la serie

a segni alterni∞∑n=0

(−1)−n(n+ 2)

n2 + 1,

che converge grazie al criterio di Leibniz. Tornando alla serie di funzioni iniziale, abbiamo che essaconverge per −1 < log(x) ≤ 1, ovvero nell’ intervallo (e−1, e], e totalmente, dunque uniformemente,in tutti gli intervalli chiusi contenuti in (e−1, e).

Esercizio 4 Dopo aver studiato la convergenza della serie di funzioni

f(x) =

∞∑n=0

ne−nx,

si calcoli ∫ 2

1f(x) dx.

Risposta Possiamo studiare questa serie ponendo y = e−x e considerando la serie di potenze

∞∑n=0

nyn.

Questa ha raggio di convergenza uguale ad 1, per cui fissato un qualsiasi intervallo compatto[a, b] ∈ (−1, 1), abbiamo convergenza totale in tutti gli insiemi delle x ∈ R tali che e−x ∈ [a, b]. Inparticolare avremo convergenza totale in tutti gli insiemi del tipo [ε,+∞) con ε > 0.

Lo studio precedente ci assicura che in particolare la serie converge uniformemente nell’intervallo[1, 2], per cui ∫ 2

1

∞∑n=0

ne−nx =

∞∑n=0

n

∫ 2

1e−nx =

∞∑n=1

ne−n − e−2n

n

=1

1− e− 1

1− e2=

e

1− e2.

38

Esercizio 5 Studiare la convergenza assoluta della serie di funzioni∑∞

n=1xn

(1−x)2ne calcolare la

sua somma.

Risposta Con la sostituzione y = x/(1 − x)2 la serie di partenza diventa la serie geometrica∑∞n=1 y

n, che converge assolutamente per |y| < 1 alla funzione 1/(1 − y) mentre non convergeper |y| ≥ 1. Dunque la serie di partenza converge assolutamente per |x| < (1 − x)2, ovvero perx < (3−

√5)/2 e per x > (3 +

√5)/2, alla funzione

1

1− x1−2x+x2

− 1 =x

1− 3x+ x2,

mentre non converge al di fuori delle due semirette.

Esercizio 6 Data la serie di funzioni∑∞

n=1 3n sin x4n :

(i) determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie converge assolutamente;(ii) determinare il sottoinsieme di E in cui la serie converge totalmente;(iii) calcolare la derivata della serie nei punti in cui questa e derivabile;(iv) mostrare che la serie non converge totalmente in tutto E.

Risposta (i) La serie converge assolutamente per ogni x ∈ R grazie al criterio del confronto:infatti risulta ∣∣∣sin x

4n

∣∣∣ ≤ |x|4n

e∑∞

n=1 3n x4n e assolutamente convergente2.

(ii) In ogni intervallo |x| ≤ r < ∞ la serie converge totalmente, di nuovo grazie al criterio delconfronto: ∣∣∣sin x

4n

∣∣∣ ≤ |x|4n≤ r

4n.

(iii) In tutto R la serie∑∞

n=13n

4n cos x4n delle derivate converge totalmente, e di conseguenza ha

per somma la derivata della somma della serie.(iv) Per ogni n il massimo su R di |3n sin x

4n | si raggiunge nei punti x = 4nkπ/2, k ∈ N, e vale3n.

Esercizio 7 Studiare la convergenza assoluta e quella totale della serie di funzioni∑∞

n=1 e√nx.

Risposta Grazie al confronto asintotico con∑n−2, ad esempio, si ha convergenza assoluta per

x < 0 e totale in ogni semiretta ]−∞, r] con r < 0; non c’e convergenza totale in ]−∞, 0[ perche ogniaddendo in tale semiretta ha estremo superiore uguale ad 1, e c’e divergenza in tutta la semiretta[0,∞[.

Esercizio 8 Studiare la convergenza assoluta e quella totale della serie di funzioni∑∞

n=1 x√n.

Risposta Convergenza innanzitutto per x = 0; poi, siccome x√n = e

√n log x per x > 0, valgono

le stesse considerazioni dell’esercizio precedente, tranne per x che qui e sostituito da log x: dunqueconvergenza assoluta in [0, 1[ e totale in [0, r] per 0 < r < 1.

2Nel testo adottato per il corso e proposto, all’Esercizio 41 (b) del Capitolo II, lo studio della serie∑∞n=1 2n sin x

3n,

ma poi lo svolgimento a p.584 e sbagliato.

39

Esercizio 9 Data la serie+∞∑n=1

4nx2n

n2:

(i) determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie converge;(ii) determinare il sottoinsieme di E in cui la serie converge totalmente;(iii) determinare il sottoinsieme di E in cui la serie risulta derivabile.

Risposta (i) Per ogni x ∈ R la serie data e a termini positivi. Applichiamo il criterio della radiceper le serie numeriche:

limn→+∞

n

√4nx2n

n2= 4x2

la serie converge per ogni x con 4x2 < 1, ovvero −12 < x < 1

2 , e non converge quando 4x2 > 1. 3

Rimangono da considerare i casi x = ±12 . La serie diventa allora

+∞∑n=1

1

n2

e quindi converge. Conclusione: l’insieme E di convergenza e [−12 ,

12 ].

(ii) L’insieme di convergenza totale coincide con tutto E in quanto

supx∈[− 1

2, 12

]

∣∣∣∣x2n4n

n2

∣∣∣∣ = maxx∈[− 1

2, 12

]

x2n4n

n2=

1

n2

e, come abbiamo osservato,+∞∑n=1

1

n2< +∞.

(iii) Per studiare la derivabilita della serie in E applichiamo il teorema di derivazione sotto ilsegno di serie. Studiamo quindi la serie ottenuta derivando termine a termine quella data, ovvero

(∗)+∞∑n=1

4n2nx2n−1

n2.

Questa converge totalmente e quindi uniformemente in ogni insieme [−12 + δ, 1

2 − δ] con δ ∈ (0, 12).

Infatti si ha

maxx∈[− 1

2+δ, 1

2−δ]

∣∣∣∣2nx2n−14n

n2

∣∣∣∣ =2n4n

(12 − δ

)2n−1

n2=

4n(1− 2δ)2n−1

n2

3Si noti che la serie e una serie di potenze∞∑k=1

akxk

con coefficienti

a2n =4n

n2, a2n+1 = 0,

per cui non si puo applicare il Teorema 23.2 di Analisi Vettoriale, a.a. 2011-2012 ne per cio che riguarda il rapporto,perche i coefficienti ak non sono definitivamente non nulli, ne per cio che riguarda la radice, perche non esiste il limitedegli a

1/kk , che valgono (4n/n2)1/(2n) = 2/n1/n per k = 2n e 0 per k = 2n + 1. E vero che pero esiste il massimo

limite di a1/kk , che vale 2, per cui il raggio di convergenza e 1/2: ma noi il criterio (ottimale!) del massimo limite non

l’abbiamo visto.

40

e la serie+∞∑n=1

4n(1− 2δ)2n−1

n2

converge (si usi ad esempio il criterio della radice). Dal teorema di derivazione sotto il segno di seriededuciamo che la serie di partenza e derivabile in (−1

2 ,12) e che la sua derivata coincide proprio con

la serie delle derivate (*). Osserviamo infine che la (*) non converge nei punti x = ±12 .

Esercizio 10 (i) Determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie∑nlog x converge e i

sottoinsiemi di E in cui la convergenza e totale.(ii) Servendosi di (i), determinare l’insieme E dei valori di x per i quali la serie

∑xlogn converge

e i sottoinsiemi di E in cui la convergenza e totale.

Risposta (i) E e l’insieme dove x > 0 e log x < −1, cioe E =]0, 1/e[; la convergenza e totale inogni intervallo 0 < x ≤ α oppure (equivalentemente!) in ogni intervallo 0 < x < α con α < 1/e,perche nlog x ≤ supx≤α n

log x = nlogα.(ii) Per x > 0 stesse risposte che per il punto (i), dal momento che

xlogn = elog x logn = nlog x per x > 0;

in piu, convergenza anche per x = 0. (Teniamo presente che xr per un generico r non naturale hasenso solo se x ≥ 0, ed anzi solo per x > 0 quando r ≤ 0, che pero non e il caso in questione).

Esercizio 11 Calcolare la 24esima derivata del logaritmo nel punto 1.

Risposta Si tratta di calcolare

d24

dx24log(1 + x)

∣∣x=0

= a24 · 24!

dove a24 e il termine di indice n = 24 nello sviluppo di Maclaurin

log(1 + x) =

∞∑n=1

(−1)n+1xn

n

di log(1 + x), per cuid24

dx24log(y)

∣∣y=1

= −(24!)1

24= −23!.

41


Esercizio 1 Calcolare i seguenti integrali doppi su rettangoli:

I0 =

∫∫R

sin(x+ y) dx dy, R = [0, π/2]× [0, π];

I1 =

∫∫R

(1 + 4xy) dxdy, R = [1, 3]× [0, 1];

I2 =

∫∫R

xy2

x2 + 1dxdy, R = [0, 1]× [−3, 3];

I3 =

∫∫R

(x

y+y

x

)dxdy, R = [1, 4]× [1, 2];

Risposta Per il calcolo di tutti gli integrali doppi di questo esercizio, dal momento che i dominidi integrazione sono rettangoli, si possono applicare le formule di riduzione sia procedendo primain y e poi in x che viceversa. Mostriamo entrambi i procedimenti soltanto per il primo integrale:

I0 =

∫ π/2

0dx

∫ π

0sin(x+ y)dy =

∫ π/2

0

[− cos(x+ y)|y=π

y=0

]dx =

=

∫ π/2

0[− cos(x+ π) + cos(x)] dx = 2

∫ π/2

0cos(x)dx = 2

oppure

I0 =

∫ π

0dy

∫ π/2

0sin(x+ y)dx =

∫ π

0

[− cos(x+ y)|x=π/2

x=0

]dy =

=

∫ π

0[− cos(y + π/2) + cos(y)] dy =

∫ π

0[− sin(y) + cos(y)] dy = 2.

Passiamo agli altri integrali.

I1 =

∫ 3

1dx

∫ 1

0(1 + 4xy) dy =

∫ 3

1[y + 2xy2]10 dx =

∫ 3

1(1 + 2x) dx = 10.

I2 =

∫ 1

0

x

x2 + 1dx

∫ 3

−3y2 dy =

[1

2log(x2 + 1)

]1

0

[y3

3

]3

−3

= 9 log 2.

I3 =

∫ 4

1dx

∫ 2

1

(x

y+y

x

)dy =

∫ 4

1

[x log y +

y2

2x

]2

1

dx =

∫ 4

1

(x log 2 +

2

x− 1

2x

)dx

=

[x2

2log 2 + 2 log x− 1

2log x

]4

1

= 8 log 2− 1

2log 2 + 4 log 2− log 2 =

21

2log 2

42

Esercizio 2 Disegnare l’insieme piano

S : 3 ≤ x ≤ 5,1

x≤ y ≤ x

e calcolare l’integrale doppio

I =

∫∫S

x2

y2dx dy.

Risposta L’integrale doppio si calcola secondo la formula di riduzione

I =

∫∫S

x2

y2dx dy =

∫ 5

3dx

∫ x

1/x

x2

y2dy =

=

∫ 5

3x2

(x− 1

x

)dx =

(x4

4− x2

2

)∣∣∣∣x=5

x=3

= 128

Il valore trovato e il volume del solido costruito su S e coperto dal grafico della funzione z = x2/y2.

Esercizio 3 Siano f(x, y) = (2y + 1) cos(x + y), D = {(x, y) | − 1 ≤ y ≤ 1, y2 ≤ x ≤ 1}.Calcolare

I =

∫Df(x, y) dxdy.

Risposta D e un dominio normale rispetto all’asse y, per cui

I =

∫ 1

−1dy

∫ 1

y2(2y+1) cos(x+y) dx =

∫ 1

−1(2y+1)[sin(1+y)−sin(y+y2)] dy = · · · = −2−2 cos 2+2 sin 2.

Esercizio 4 Calcolare

I =

∫∫Dxy dxdy

dove D e il dominio compreso tra le curve x− y − 1 = 0 e 2x− y2 + 6 = 0.

Risposta D e normale rispetto a entrambi gli assi, ma scegliere l’uno o l’altro asse di riferimentoincide abbastanza sulla facilita di calcolo di I. Infatti prendendo D come dominio normale rispettoall’asse y otteniamo:

I =

∫ 4

−2y dy

∫ y+1

y2

2−3x dx =

∫ 4

−2y

[x2

2

]y+1

y2

2−3

dy =1

2

∫ 4

−2

(−y

5

4+ 4y3 + 2y2 − 8y

)dy

=1

2

[−y

6

24+ y4 +

2y3

3− 4y2

]4

−2

= 36.

Invece prendendo D come dominio normale rispetto all’asse x dovremmo fare il calcolo, (ancora)piu noioso, di ∫ −1

−3x dx

∫ √2x+6

−√

2x+6y dy +

∫ 5

−1x dx

∫ √2x+6

−1y dy.

43


I =

∫∫T

sin y2 dxdy

dove T e il triangolo di vertici (0, 0), (0, 1) e (1, 1).

Risposta Di nuovo abbiamo un dominio normale rispetto a entrambi gli assi. Stavolta, pero,prenderlo normale rispetto all’asse x ci farebbe andare a sbattere sull’integrale di una funzione chenon e derivata di una funzione elementare:

I =

∫ 1

0dx

∫ 1

xsin y2 dy.

Prendendo invece D normale rispetto all’asse y otteniamo subito

I =

∫ 1

0sin y2 dy

∫ y

0dx =

∫ 1

0y sin y2 dy =

1

2(1− cos 1).

Esercizio 6 Calcolare l’integrale ∫∫S

2y√x2 + y2 dxdy

dove S e l’intersezione del cerchio del piano di centro l’origine e raggio 1 con il semipiano dato day ≤ −x.

Risposta In questo dominio conviene usare il passaggio in coordinate polari Φ : x = ρ cos(θ), y =ρ sin θ, per cui S = Φ([3

4π,74π]× [0, 1]). Quindi∫∫S

2y√x2 + y2 dxdy =

∫ 74π

34π

∫ 1

02ρ sin(θ)ρρ dρ dθ

=

∫ 74π

34π

sin(θ) dθ

∫ 1

02ρ3 dρ = −

√22

1

4= −√

2

2.

Esercizio 7 Dato S = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, y ≥ 0, x ≥ 0}, calcolare l’integrale∫∫Sxyex

2dx dy.

Risposta Trattandosi di una parte di corona circolare conviene usare nuovamente il passaggio Φin coordinate polari . In questo caso S = Φ([0, π2 ]× [1, 2]), per cui∫∫

Sxyex

2dx dy =

∫ π2

0

∫ 2

1ρ3 sin(θ) cos(θ)eρ

2 cos2(θ) dθ dρ

=

∫ 2

1ρ

[−1

2eρ

2 cos2(θ)

]π2

0

dρ =1

2

∫ 2

1ρ(eρ

2 − 1) dρ =1

4(e4 − e− 3).

44

Esercizio 8 Dato S = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x+ y ≤ 2, 0 ≤ x− y ≤ 4}, calcolare l’integrale∫∫S

x− 2y

(x+ y)2

Risposta In questo caso e utile considerare il cambio di variabile lineare u = x+ y, v = x− y, lacui inversa Φ e data da

x =u+ v

2, y =

u− v2

.

Dunque S = Φ([1, 2]× [0, 4]), e

|JΦ(u, v)| =∣∣∣∣det

(12

12

12 −1

2

)∣∣∣∣ =1

2.

Ne segue ∫∫S

x− 2y

(x+ y)2dxdy =

1

2

∫ 4

0

∫ 2

1

3v − u2u2

dudv

=1

4

∫ 4

0

[−3v

u− log(|u|)

]2

1

dv =1

4

∫ 4

0

3v

2− log(2)dv = 3− log(2).

Esercizio 9 Calcolare l’area e il baricentro dell’insieme S = {(x, y) ∈ R2 : x2 ≤ y ≤ 2x2, x ≤ y ≤4x}.

Risposta Il dominio dato suggerisce un cambio di variabile tale che u = yx2, v = y

x . Si tratta

di un’applicazione ben definita e invertibile, con inversa Φ : x = vu , y = v2

u , differenziabile, in(0,+∞)× (0,+∞). Dunque S = Φ([1, 2]× [1, 4]), e

|JΦ(u, v)| =∣∣∣∣det

(− vu2

1u

− v2

u22vu

)∣∣∣∣ =v2

u3.

Ne segue che

|S| =∫∫

S1 dxdy =

∫ 2

1

∫ 4

1|Jφ(u, v)| dvdu =

∫ 2

1

∫ 4

1

v2

u3dvdu

=−1

6[v3]41[u−2]21 =

1

8(43 − 1),

xb =1

|S|

∫∫Sx dxdy =

1

|S|

∫ 2

1

∫ 4

1

v

u

v2

u3dvdu

=1

|S|−1

12[v4]41[u−3]21 =

1

|S|7

8

1

12(44 − 1),

yb =1

|S|

∫∫Sy dxdy =

1

|S|

∫ 2

1

∫ 4

1

v2

u

v2

u3dvdu

=1

|S|−1

15[v5]41[u−3]21 =

1

|S|7

8

1

15(45 − 1).

45

Esercizio 10 Sia E l’insieme del piano (x, y) determinato dalle disuguaglianze

x2 ≤ y ≤ 2x2, y2 ≤ x ≤ 2y2.

Calcolare, servendosi di un opportuno cambiamento di coordinate, l’integrale doppio∫∫E

ey/x2

x2y2dx dy.

Risposta La regione E, delimitata da quattro archi di parabole, puo essere descritta anche almodo seguente:

1 ≤ y

x2≤ 2, 1 ≤ x

y2≤ 2,

da cui viene naturalmente suggerito il cambiamento di coordinatey

x2= u,

x

y2= v,

e dunque {1 ≤ u ≤ 2,1 ≤ v ≤ 2

da cui, ricavando x e y, si ha

x =3

√1

u2v, y =

3

√1

uv2.

La matrice jacobiana e pertanto la seguente(− 2

3u5/3 3√v − 13u2/3v4/3

− 13u4/3v2/3

− 23 3√uv5/3

)

e quindi il suo determinante vale

J(u, v) =1

3u2v2

Dalla regola del cambiamento delle coordinate negli integrali doppi segue pertanto∫∫E

ey/x2

x2y2dx dy =

∫ 2

1du

∫ 2

1u2v2eu

1

3u2v2dv =

=1

3

∫ 2

1eudu =

e2 − e3

.

Esercizio 11 Sia E l’insieme del piano (x, y) delimitato dalle seguenti quattro rette

y = x, y = 2x, y + x = 2, y + 2x = 2.


log(x)

y3dx dy.

46

Risposta Le condizioni che determinano l’insieme E possono essere anche scritte nella formaseguente

1 ≤ y

x≤ 2, −2 ≤ y − 2

x≤ −1

che suggerisce il cambio di coordinate

u =y

x, v =

2− yx

,

e dunque {1 ≤ u ≤ 2,1 ≤ v ≤ 2

Da tale scelta si ricavano

x =2

u+ v, y =

2u

u+ v

e quindi

J(u, v) =4

(u+ v)3∫∫E

log(x)

y3dx dy =

∫ 2

1du

∫ 2

1log

(2

u+ v

)(u+ v)3

23u3

4

(u+ v)3dv =

=1

2

∫ 2

1du

∫ 2

1log

(2

u+ v

)1

u3dv =

1

2

∫ 2

1

du

u3

∫ 2

1(log(2)− log(u+ v)) dv =

1

2

∫ 2

1

(u+ 1) log(u+ 1)− (u+ 2) log(u+ 2) + 1 + log(2)

u3du =

=1

2

(3

8+ log

(16 . 25/8

27 . 33/8

)).

Esercizio 12 Sia E l’insieme del piano (x, y) delimitato dalle seguenti quattro curve

y + 2x = 0, y + 2x = 1, y − x2 = 0, y − x2 = 1.


(x+ y) dx dy.

Risposta Indicate le limitazioni che definiscono E come

0 ≤ y + 2x ≤ 1, 0 ≤ y − x2 ≤ 1

si riconosce il cambio di coordinate collegato{u = y + 2x,v = y − x2,

47

e dunque {0 ≤ u ≤ 1,0 ≤ v ≤ 1

che produce

1 :

{y = 2 + u− 2

√1 + u− v,

x = −1 +√

1 + u− v 2 :

{y = 2 + u+ 2

√1 + u− v,

x = −1−√

1 + u− v

La prima coppia di funzioni 1 : stabilisce un cambiamento di coordinate tra E−, la parte piu bassadi E, e il quadrato [0, 1]× [0, 1] del piano (u, v).

La seconda coppia di funzioni 2 : stabilisce un cambiamento di coordinate tra E+, la parte piualta di E, e il quadrato [0, 1]× [0, 1] del piano (u, v).

Le due matrici jacobiane delle trasformazioni 1 e 2 sono1

2√u−v+1

− 12√u−v+1

1− 1√u−v+1

1√u−v+1

− 1

2√u−v+1

+ 12√u−v+1

1 + 1√u−v+1

− 1√u−v+1

Il modulo del loro determinante e lo stesso e vale

|J(u, v)| = 1

2√u− v + 1

La formula del cambiamento delle coordinate negli integrali doppi fornisce pertanto, indicatecon E− ed E+ la parte inferiore e la parte superiore di E∫∫

E(x+ y) dx dy =

∫∫E−

(x+ y) dx dy +

∫∫E+

(x+ y) dx dy =

∫ 1

0du

∫ 1

0

(1 + u−

√1 + u− v

) 1

2√

1 + u− vdv+

+

∫ 1

0du

∫ 1

0

(1 + u+

√1 + u− v

) 1

2√

1 + u− vdv =

da cui, per linearita,

=

∫ 1

0du

∫ 1

0

1 + u√1 + u− v

dv =4

15

(12√

2− 11).

48



I =

∫E

(x2 + y) dxdy, E = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, −x ≤ y ≤ x}.

Risposta Coordinate polari 1 ≤ r ≤ 2, −π/4 ≤ ϑ ≤ π/4; I = 15π/16 + 15/8. Attenzione: per

3π/4 ≤ ϑ ≤ 5π/4 non e vero che −x ≤ y ≤ x, bensı che x ≤ y ≤ −x!


I =

∫E

(xy + z2) dxdydz, E =]0, 1[×]0, 2[×]0, 3[.

Risposta

I =

∫ 1

0dx

∫ 2

0dy[xyz + z3/3

]30

= · · · = 21.


I =

∫Exy2z3 dxdydz, E = {(x, y, z) | 0 < x < 1, 0 < y < x, 0 < z < xy}.

Risposta

I =

∫ 1

0dx

∫ x

0dy

∫ xy

0xy2z3 dz =

∫ 1

0dx

∫ x

0

x5y6

4dy =

∫ 1

0

x12

28dx =

1

13 · 28.

Esercizio 4 SiaE = {(x, y, z) |x, y, z > 0, 1/4 < x2 + y2 + z2 < 1}.

Calcolare

I =

∫Exyz dxdydz.

Risposta Coordinate sferiche: Λ(r, ϕ, ϑ) = (r cosϕ sinϑ, r sinϕ sinϑ, r cosϑ);

I =

∫Λ−1(E)

r cosϕ sinϑ · r sinϕ sinϑ · r cosϑ · r2 sinϑ drdϕdϑ

=

∫ 1

1/2r5 dr

∫ π/2

0cosϕ sinϕdϕ

∫ π/2

0cosϑ sin3 ϑ dϑ =

[r6

6

]1

1/2

[sin2 ϕ

2

]π/20

[sin4 ϑ

4

]π/20

=63

48 · 64.

49


I =

∫x2+y2+z2<R2

dxdydz√x2 + y2 + (z −A)2

, A > R.

(Il prodotto di I per la costante di gravitazione universale e il potenziale newtoniano generatoin (0, 0, A) da una massa di densita costante = 1 distribuita in una palla di raggio R e centrol’origine.)

Risposta Nell’Es.IX.43 del testo questo calcolo e svolto usando l’integrazione per strati in coor-dinate cartesiane. In coordinate sferiche, invece:

I =

∫ 2π

0dϕ

∫ R

0dr

∫ π

0

r2 sinϑ√r2 +A2 − 2Ar cosϑ

dϑ =2π

A

∫ R

0r[√

r2 +A2 − 2Ar cosϑ]π

0dr

=2π

A

∫ R

0r[A+ r − (A− r)] dr =

4πR3

3A.

Esercizio 6 Dato il dominio D di R3 costituito dai punti che si trovano nel quarto di spazio y ≥ 0,z ≥ 0 e tra le sfere di centro l’origine e raggio 1 e 2, calcolare∫∫∫

D

z(x2 + y2)

(x2 + y2 + z2)3dxdydz.

Risposta In coordinate sferiche l’integrale diventa∫ π

0dϑ

∫ π/2

0dϕ

∫ 2

1

% cosϕ(%2 sinϕ)

%6%2 sin2 ϕd% = π

∫ π/2

0cosϕ sin3 ϕdϕ

∫ 2

1

d%

%d%

= π

[sin4 ϕ

4

]π/20

[log %]21 =π

4log 2.

Esercizio 7 Sia E il seguente sottoinsieme di R3:

E ={

(x, y, z) ∈ R3 , tali che x2 + y2 ≤ 1 , −√x2 + y2 ≤ z ≤

√1− x2 − y2

}.

Calcolare il volume di E.

Risposta Integrazione per fili passando a coordinate polari sul cerchio x2 + y2 ≤ 1: siccome

E = {0 ≤ r ≤ 1,−r ≤ z ≤√

1− r2}

si ottiene

2π

∫ 1

0r dr

∫ √1−r2

−rdz = 2π

∫ 1

0r(√

1− r2 + r) dr =2π

3+

∫ 1

0(1− y)

12dy =

4π

3.

50

A questo risultato si arriva anche con considerazioni geometriche: E e un cilindro E1 di raggio 1privato in basso di un cono E2 e sormontato da mezza sfera E3 di raggio 1, i cui i rispettivi volumisono dati daVol(E1) = π, Vol(E2) = π/3, Vol(E3) = 2π/3.Ne segue che Vol(E) =Vol(E1)−Vol(E2)+Vol(E3) = 4π/3.

Esercizio 8 Esprimere in coordinate sferiche il dominio

D = {(x, y, z) |x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0, x2 + y2 ≤ z2}

e calcolare

I =

∫∫∫Dz dxdydz.

Risposta Si introduca un sistema di coordinate sferiche

x = r sinϕ cos θ, y = r sinϕ sin θ, z = r cosϕ, 0 ≤ ϕ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Dev’essere r2 sin2 ϕ ≤ r2 cos2 ϕ, da cui ϕ ≤ π/4, e quindi D si trasforma nell’insieme

{(r, θ, ϕ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π/4, 0 ≤ θ ≤ 2π}.

Si ottiene

I = 2π

∫ 1

0r3 dr

∫ π/4

0cosϕ sinϕdϕ =

π

8.

Attenzione: se invece della colatitudine si prende come ϕ la latitudine, che non varia da 0 a π bensıda −π/2 a π/2, al posto dell’integrale da 0 a π/4 compare quello da π/4 a π/2 — e il risultatoovviamente non cambia!

Esercizio 9 Sia f(x, y) = e−(x2+y2).(i) Mostrare che f e dotata di integrale improprio convergente su tutto R2;(ii) calcolare ∫

R2

f(x, y) dxdy

passando al limite di integrali di Riemann sia su quadrati che su cerchi;(iii) calcolare ∫ ∞

−∞e−x

2dx.

Risposta (i) Ovvio: ogni esponenziale — funzione regolarissima in tutti i limitati — con esponenteuguale all’opposto di una potenza positiva della distanza r dall’origine tende a 0 per r → ∞ piurapidamente di r−α, o se si preferisce di (1 + rα)−1, quale che sia α > 0.

(ii) Passando a coordinate polari si vede che∫x2+y2<R2

e−(x2+y2) dxdy = 2π

∫ R

0e−r

2r dr = π(1− e−R2

)→ π per R→∞,

51

e questa e anche un’altra risposta, ben piu precisa della precedente, alla domanda di (i); d’altraparte, ogni quadrato di lato 2R contiene un cerchio di raggio R ed e contenuto in un cerchio diraggio

√2R, per cui∫x2+y2<R2

e−(x2+y2) dxdy ≤∫

[−R,R]2e−(x2+y2) dxdy ≤

∫x2+y2<2R2

e−(x2+y2) dxdy

e se ne deduce che∫[−R,R]2

e−(x2+y2) =

∫ R

−Rdx

∫ R

−Re−(x2+y2) dy =

∫ R

−Re−x

2dx

∫ R

−Re−y

2dy

tende a π per R→∞.(iii) L’ultimo membro delle precedenti identita vale(∫ R

−Re−x

2dx

)2

e quindi la sua radice quadrata tende a√π per R→∞, da cui∫ ∞

−∞e−x

2dx = lim

R→∞

∫ R

−Re−x

2dx =

√π.

Esercizio 10 Calcolare il seguente integrale improprio:∫∫D

ln(x2 + y2)√x2 + y2

dxdy

dove D e il disco di centro l’origine e raggio uno.

Risposta Si ha ∫∫D

ln(x2 + y2)√x2 + y2

dxdy = limε→0

∫∫Dε

ln(x2 + y2)√x2 + y2

dxdy

dove Dε = {(x, y) : ε2 ≤ x2 + y2 ≤ 1}. Introducendo un sistema di coordinate polari∫∫Dε

ln(x2 + y2)√x2 + y2

dxdy = 2π

∫ 1

ε

ln ρ2

ρρdρ = 4π

∫ 1

εln ρ dρ = 4π(−1− ε(ln ε− 1))→ −4π.

52

ANALISI VETTORIALE — COMPITO PER LE VACANZE DI FINE D’ANNO

Esercizio 1 Sia r(t) la curva regolare a tratti

x = t2, y = t3, t ∈ [0, 1] e x = t3, y = t2, t ∈ [1, 2].

• Calcolare la lunghezza di r,

• calcolare, dove esistono, i versori tangenti −→τ (t).

Risposta La curva r e regolare a tratti per via della sua rappresentazione parametrica nel puntot = 1: pur riuscendo

limt→1−

x(t) = limt→1+

x(t), limt→1−

y(t) = limt→1+

y(t)

si halimt→1−

x′(t) = 2 6= limt→1+

x′(t) = 3, limt→1−

y′(t) = 3 6= limt→1+

y′(t) = 2.

La lunghezza L si calcola per ciascun tratto

L =

∫ 1

0

√(2t)2 + (3t2)2 dt+

∫ 2

1

√(3t2)2 + (2t)2 dt =

∫ 2

0

√4t2 + 9t4 dt =

=

∫ 2

0t√

4 + 9t2 dt =1

18

2

3

√4 + 9t2

3∣∣∣∣20

=8

27

(10√

10− 1).

I versori tangenti esistono in tutti i punti di r meno che nel punto (1, 1) corrispondente a t = 1:si ha

−→τ (t) = ±

(x′(t)√

x′2(t) + y′2(t),

y′(t)√x′2(t) + y′2(t)

).

Le espressioni di x′(t) e y′(t) sono naturalmente diverse a seconda che riesca t ∈ [0, 1) oppuret ∈ (1, 2].

Esercizio 2 Sia r(t) la curva regolare a tratti

x = cos(t), y = sin(t), z =

{t t ∈ [0, π)2t t ∈ [π, 2π]

.

(i) Calcolare la lunghezza di r,(ii) determinare la funzione s(t) ascissa curvilinea su r,(iii) determinare i punti di non derivabilita di s(t).

Risposta La curva r e composta di due due eliche separate:

• la prima x = cos(t), y = sin(t), z = t, t ∈ [0, π], parte dal punto (1, 0, 0) e termina nelpunto (−1, 0, π)

• la seconda x = cos(t), y = sin(t), z = 2t, t ∈ [π, 2π], parte dal punto (−1, 0, 2π) e terminanel punto (1, 0, 4π)

53

La lunghezza totale, somma delle lunghezze delle due parti, e quindi

L =

∫ π

0

√1 + 1dt+

∫ 2π

π

√1 + 4dt = π

(√2 +√

5)

L’ascissa curvilinea e

s(t) =

{t√

2 se t ∈ [0, π]

π√

2 + (t− π)√

5 se t ∈ (π, 2π]

La funzione s(t) e derivabile in tutto [0, 2π] privato del punto π: infatti

s′(t) =

{ √2 se t ∈ [0, π)√5 se t ∈ (π, 2π]

Esercizio 3 Assegnato il campo−→F = (2x2, 3y2):

• determinare il lavoro di−→F lungo il segmento dall’origine al punto (1, 2),

• determinare il lavoro di−→F lungo la poligonale

(0, 0)→ (1, 0)→ (1, 2).

Risposta Il lavoro del campo−→F e, per definizione,∫

S

−→F .−→τ ds =

∫ 1

0

−→F (x(t), y(t)) · (x′(t), y′(t)) dt

dove S e il segmento (0, 0), (1, 2) : x = t, y = 2t, t ∈ [0, 1], e

(x′(t), y′(t)) = (1, 2).

Si ha quindi ∫S

−→F .−→τ ds =

∫ 1

0(2t2 + 6(2t)2)dt =

26

3.

Il lavoro lungo i due segmenti della poligonale (0, 0)→ (1, 0)→ (1, 2) e∫ 1

02x2 dx+

∫ 2

03y2dy =

2

3+ 8 =

26

3

Il campo−→F e conservativo, con potenziale dato da

U(x, y) =2

3x3 + y3.

I due lavori del campo−→F lungo il segmento (0, 0), (1, 2) e lungo la poligonale (0, 0)→ (1, 0)→ (1, 2)

quindi coincidono tra loro e coincidono con l’incremento di U tra gli estremi del segmento e dellapoligonale.

Esercizio 4 Assegnato il campo

−→F = (y2, x2, x2 + y2 + z2) :

54

• determinare il lavoro di−→F lungo il segmento dall’origine al punto (1, 2, 3),

• detto L(a, b, c) il lavoro di F lungo il segmento dall’origine al punto (a, b, c), determinare ilgradiente della funzione L(a, b, c),

• servirsi del punto precedente per verificare che−→F non e conservativo.

Risposta Una rappresentazione parametrica del segmento S e

x = t, y = 2t, z = 3t, t ∈ [0, 1]

per cui∫S

−→F .−→τ ds =

∫ 1

0

−→F (x(t), y(t), z(t)) · (x′(t), y′(t), z′(t)) dt =

∫ 1

0

((2t)2 . 1 + t2 . 2 + (14t2) . 3

)dt =

=

∫ 1

048t2 dt =

48

3= 16.

Il lavoro L(a, b, c) di−→F lungo il segmento dall’origine al punto (a, b, c) si calcola in modo analogo:

x = at, y = bt, z = ct, t ∈ [0, 1]

da cui

L(a, b, c) =

∫ 1

0

((bt)2 . a+ (at)2 . b+ (a2 + b2 + c2)t2 . c

)dt =

=a2 b+ b2 a+ (a2 + b2 + c2) c

3

Il gradiente ∇L(a, b, c) della L(a, b, c) e pertanto(∂L

∂a,∂L

∂b,∂L

∂c

)=

(2a(b+ c) + b2

3,

2b(a+ c) + a2

3,a2 + b2 + 3c2

3

),

vettore che non coincide con−→F calcolato in (a, b, c). In altri termini, L(a, b, c) non e un potenziale

per−→F , e questo sarebbe un modo — molto lungo — per constatare che

−→F non e conservativo:

questo peraltro si vede subito semplicemente constatando che il campo−→F non ha rotore nullo, dal

momento che∂

∂xF2 = 2x 6= ∂

∂yF1 = 2y.

Esercizio 5 Determinare se sono conservativi nei loro domini i seguenti campi, e nei casi in cui larisposta e affermativa calcolare i rispettivi potenziali:

−→F 1 = (2x2, 3y2),

−→F 2 = (y2, x2, x2 + y2 + z2),

−→F 3 = (ex + y, ey + x),

−→F 4 =

( xr2,y

r2

).

Risposta Nel suo dominio R2 campo−→F 1 e ovviamente il gradiente delle funzioni

2

3x3 + y3 +K.

55

Nel suo dominio R2 il campo−→F 2 = (F21, F22, F23) non e conservativo perche non ha rotore

nullo:∂

∂xF22 = 2x 6= ∂

∂yF21 = 2y.

Nel suo dominio R2 il campo−→F 3 ha rotore∣∣∣∣∣∣

i j k∂x ∂y ∂z

ex + y ey + x 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

e quindi e un gradiente. Un suo potenziale si ottiene con la tecnica dell’integrazione indefinita: sicercano le primitive V (x, y) della ex + y rispetto a x, ovvero

V (x, y) = ex + xy + c(y),

e si sceglie la c(y) in modo che Vy = ey +x, da cui c′(y) = ey e quindi c(y) = ey +K. Le V richiestesono dunque le ex + xy + ey +K.

Nel suo dominio R2 \ (0, 0) il campo−→F 4 e radiale, quindi conservativo, con potenziali

Φ(r) =1

2ln(x2 + y2) +K.

Esercizio 6 Assegnato il campo −→F = (ex + y, ey + x)

• determinare un suo potenziale con la tecnica dell’aperto stellato,

• determinare il lavoro di−→F sui segmenti da (ρ, 0) a (0, ρ) al variare di ρ ∈ R.

Risposta Nell’Es.5 si e visto che in R2 il campo, essendo irrotazionale, e conservativo, e si ecostruito un suo potenziale con la tecnica dell’integrazione indefinita. Procediamo qui invece conla tecnica dell’aperto stellato (rispetto all’origine, ma qui qualunque altro punto andrebbe bene),calcolando il lavoro del campo lungo il segmento [0, 1] 3 t 7→ (tx, ty) dall’origine al punto (x, y):

V (x, y) =

∫ 1

0

{(ext + yt)x+ (eyt + xt)y

}dt =

=

∫ 1

0

{(ext)′ + (eyt)′ + xy(t2)′

}dt = ex − 1 + ey − 1 + xy.

Il lavoro richiesto sui segmenti da (ρ, 0) a (0, ρ) corrisponde, naturalmente a

V (0, ρ)− V (ρ, 0) = 0.

Esercizio 7 Assegnate due funzioni continue f e g, calcolare l’integrale curvilineo∫C{(f(x) + y)dx+ (g(y)− 3x)dy}

56

essendo C la circonferenza di centro (0, 0) e raggio 1 percorsa nel verso antiorario.

Risposta Il campo vettorialeE0 = {f(x), g(y)}

e conservativo: un suo potenziale e infatti U(x, y) = F (x) + G(y) essendo F e G due primitive dif e g, certamente esistenti se f e g sono almeno continue.

Il campoE1 = {y,−3x}

non e conservativo: infatti rot(E1) = −4 e quindi∫C{(f(x) + y)dx+ (g(y)− 3x)dy} =

∫C{f(x)dx+ g(y)dy}+

∫C{ydx− 3xdy} =

=

∫C{ydx− 3xdy} =

∫∫C−4 dx dy = −4π

Esercizio 8 Calcolare l’integrale curvilineo

I =

∫C

{(2xy − 5) dx+ (x2 + 3y2) dy

}essendo C

• il segmento da (−1, 0) a (1, 0), oppure

• l’arco di parabola y = x2 − 1 percorso da (−1, 0) a (1, 0).

Risposta

• sul segmento: ∫C

{(2xy − 5) dx+ (x2 + 3y2) dy

}=

∫ 1

−1−5 dx = −10

• sull’arco di parabola: x = t, y = t2 − 1, t ∈ [−1, 1]∫C

{(2xy − 5) dx+ (x2 + 3y2) dy

}=

∫ 1

−1

[2t(t2 − 1)− 5 + [t2 + 3(t2 − 1)2]2t

]dt = −10

L’uguaglianza dei due valori era del resto prevedibile dal momento che il campo (2xy−5, x2+3y2)ha rotore nullo e, essendo definito in tutto il piano, e conservativo: pertanto il lavoro lungo unacurva dipende solo dagli estremi, e il segmento e l’arco di parabola hanno gli stessi estremi.

Esercizio 9 Calcolare il lavoro compiuto dal campo di forze

F (x, y) =

(1

2√x− y

− 1, cos y − 1

2√x− y

)lungo l’arco di parabola y = x2 − 4x+ 3 dal punto (1, 0) al punto (4, 3).

57

Risposta L’insieme di definizione E di F e il semipiano x > y, che e (ad esempio) stellato; in Fe irrotazionale, dunque conservativo, in E, e i suoi potenziali U si calcolano imponendo

U(x, y) =

∫ (1

2√x− y

− 1

)dx =

√x− y−x+ g(y),

∂

∂y(√x− y−x) + g′(y) = cos y− 1

2√x− y

da cui g(y) = sin y+C: i potenziali di F sono le funzioni√x− y−x+sin y+C, e quindi il lavoro e

−3 + sin 3. A questo stesso risultato si arriva naturalmente anche calcolando l’integrale curvilineo.

Esercizio 10 Dato il campo F = ( y1+xy − y

2, x1+xy − 2xy), calcolare il lavoro compiuto dal campo

lungo la curva di equazioni parametriche

x(t) = t2, y(t) = t, t ∈ [1, 2],

percorsa nel verso delle t crescenti.

Risposta Nell’aperto stellato x > 0, y > −1/x dove giace la curva il campo e conservativo, conpotenziali log(1 + xy)− xy2 + C, per cui il lavoro richiesto e

[log(1 + xy)− xy2](4,2)(1,1) = log

9

2− 15.

Naturalmente a questo risultato si arriva anche calcolando l’integrale curvilineo∫ 2

1

[(t

1 + t3− t2

)2t+

(t2

1 + t3− 2t3

)]= [log(1 + t3)− t4]21.

Esercizio 11 Assegnato il campo vettoriale

−→w =

{−yrn,x

rn

}calcolare il lavoro ∫

C

−→w .−→τ ds

essendo C la circonferenza di centro l’origine e raggio r > 0.

Risposta Il calcolo diretto fornisce∮C

−→w . τ ds =

∫ 2π

0

r(sin2(ϑ) + cos2(ϑ))

rnrdϑ =

=1

rn−2

∫ 2π

0dϑ =

2π

rn−2

Esercizio 12 Dato il campo vettoriale

F :=

(3x2

4 + x3 + y2,

2y

4 + x3 + y2

)58

calcolarne il lavoro sull’ arco di curva {x = t2 + 1

y = 3t3 + 2

con t ∈ [0, 1].

Soluzione: F e ben definito per x 6= − 3√

4 + y2, quindi in tutto il semipiano x ≥ 0 e in particolarelungo l’arco di curva in considerazione. F e inoltre conservativo con potenziale

V (x, y) = ln(4 + x3 + y2)

da cui segue che il lavoro e L = V (2, 5)− V (1, 2) = ln(37)− ln(9).

Esercizio 13 Calcolare il lavoro compiuto dal campo

(−yx−2e−(y/x), x−1e−(y/x))

lungo la curva sostenuta dalla semicirconferenza

S : (x− 2)2 + (y − 2)2 = 1, y ≥ x

ed orientata in senso antiorario.

Risposta In ciascuno dei due semipiani x > 0 (dove si trova S) e x < 0 (aperti stellati!) il campoe conservativo perche irrotazionale, ed un suo potenziale e la funzione f(x, y) = −e−(y/x). Gliestremi di S sono le intersezioni della circonferenza con la retta y = x, per cui il lavoro richiesto enullo.

Esercizio 14 Determinare se il campo

−→F =

(− y

r2,x

r2

)e conservativo nei semipiani

x > 0, y > 0, x < 0, y < 0

e nei casi in cui la risposta e affermativa calcolare i rispettivi potenziali.

Risposta Metodo dell’integrazione indefinita:

• per x > 0 abbiamo∫x

r2dy =

∫x

x2 + y2dy =

∫1

x

1

1 + y2/x2dy = arctan

y

x+ ϕ1(x)

e siccomed

dxarctan

y

x= − y

x2

1

1 + y2/x2= − y

x2 + y2=−yr2

ne ricaviamo ϕ1(x) = K1, da cui i potenziali

U1(x, y) = arctany

x+K1;

59

• per y > 0 abbiamo∫−yr2

dx =

∫−y

x2 + y2dx =

∫−1

y

1

1 + x2/y2dx = arccot

x

y+ ψ1(y)

e siccomed

dyarccot

x

y=

x

y2

1

1 + x2/y2=

x

x2 + y2=

x

r2

ne ricaviamo ψ1(y) = K2, da cui i potenziali

U2(x, y) = arccotx

y+K2;

• analogamente, per x < 0 abbiamo i potenziali

U3(x, y) = arctany

x+K3

e per y < 0 i potenziali

U4(x, y) = arccotx

y+K4.

60


Esercizio 1 Dato il campo−→F = {cos(x+ y), sin(x+ y)} e detti Cr i cerchi di centro l’origine e

raggio r, determinare

limr→0

1

r2

∮∂Cr

−→F .−→τ ds

ricorrendo alla formula di Gauss–Green, o Stokes bidimensionale.

Risposta Dalla formula di Stokes si ha∮∂Cr

−→F .−→τ ds =

∫∫Crrot(−→F ) · k dx dy

da cui, tenuto presente che

rot(−→F ) · k = cos(x+ y) + sin(x+ y)

si ha ∮∂Cr

−→F .−→τ ds =

∫∫Cr

[cos(x+ y) + sin(x+ y)] dx dy.

Per passare al limite dell’integrale doppio a secondo membro conviene utilizzare la seguente consi-derazione di carattere generale:

Se una funzione f(x, y) e continua in un intorno dell’origine le sue medie sui dischi Cr verificano

1

πr2

∫∫Crf(x, y) dx dy → f(0, 0) per r →∞.

Infatti1

πr2

∫∫Crf(x, y) dx dy = f(0, 0) +

1

πr2

∫∫Cr

[f(x, y)− f(0, 0)] dx dy,

e il secondo membro tende a 0 per r → 0: infatti, grazie alla continuita di f(x, y) in (0, 0), datocomunque ε > 0 esiste un δ > 0 tale che

|f(x, y)− f(0, 0| < ε per x2 + y2 < δ

e quindi1

πr2

∫∫Cr|f(x, y)− f(0, 0)| dx dy < ε per r < δ.

Nel caso della funzione f(x, y) = cos(x+ y) + sin(x+ y), che vale 1 in (0, 0), otteniamo dunque

1

r2

∮∂Cr

−→F .−→τ ds =

1

r2

∫∫Crrotz(

−→F ) dx dy → π per r → 0.

Esercizio 2 Calcolare il flusso del campo di forze

F (x, y) = (x3y,−x2y2)

61

uscente dalla frontiera del dominio D intersezione del cerchio di centro (0,−3) e raggio 1 colsemipiano y ≥ −3.

Risposta Si usa il teorema della divergenza:∫∂D

F · ν ds =

∫D

divF dxdy =

∫Dx2y dxdy.

Il calcolo dell’integrale doppio si fa passando alle coordinate polari: x = % cosϑ, y = −3 + % sinϑcon 0 ≤ % ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π :

I =

∫ 1

0%3 d%

∫ π

0cos2 ϑ(−3 + % sinϑ)dϑ = −3

∫ 1

0%3 d%

∫ π

0cos2 ϑ dϑ+

∫ 1

0%4 d%

∫ π

0cos2 ϑ sinϑ dϑ

= −3

[%4

4

]1

0

[ϑ

2+

sin 2ϑ

4

]π0

−[%5

5

]1

0

[cos3 ϑ

3

]π0

= −3π

8+

2

15.

Esercizio 3 Calcolare il flusso del campo F = (x2, xy) uscente dal dominio D = {(x, y) ∈ R2 :1 ≤ x− 3y ≤ 2, 0 ≤ x− y ≤ 1}.

Risposta Siccome il dominio e un parallelogramma, si puo applicare il teorema (di Gauss-Greene quindi quello) della divergenza:

flusso =

∫+∂D

F · νe ds =

∫∫D

divF dxdy =

∫∫D

3x dxdy.

L’ultimo membro, col cambiamento affine di variabili

u = x− 3y, v = x− yt⇐⇒ x =3v − u

2, y =

v − u2

,

con determinante jacobiano det [∂(x, y)/∂(u, v)] = 1/2, diventa∫∫[1,2]×[0,1]

33v − u

2

1

2dudv =

3

4

∫ 2

1du

∫ 1

0(3v− u) dv =

3

4

∫ 2

1

[3v2

2− uv

]1

0

dv =3

4

[3

2u− u2

2

]2

1

= 0.

Esercizio 4 Calcolare l’area della superficie

Σ = {(x, y, z) | (x, y) ∈ E, z = 2 + x2 + y2}

doveE = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4}.

Risposta Essendo la superficie Σ data come grafico di una funzione f(x, y) = 2 + x2 + y2 la sua

area si calcola tramite

|Σ| =∫∫

E

√1 + (fx)2 + (fy)2 dxdy =

∫∫E

√1 + 4x2 + 4y2 dxdy.

62

Passando a coordinate polari (in particolare con ρ da 1 fino a 2, non fino a 4!) si ottiene

|Σ| =∫ 2

1

∫ 2π

0ρ√

1 + 4ρ2 dθdρ = 2π1

8

2

3

[(1 + 4ρ2)3/2

]2

1=π

6(17√

17− 5√

5).

Esercizio 5 Indicata con S la superficie ottenuta per rotazione intorno all’asse z del grafico dellafunzione

x = 1−√

1− z2, z ∈ [−1, 1],

• determinare una rappresentazione parametrica di S,

• calcolare l’area di S,

• calcolare l’integrale superficiale ∫∫Sz dσ.

Risposta I punti di S sono costituiti, al variare di z ∈ [−1, 1], dalle circonferenze di raggio1−√

1− z2. La rappresentazione parametrica richiesta e dunquex = (1−

√1− v2) cos(u)

y = (1−√

1− v2) sin(u)z = v

−1 ≤ v ≤ 10 ≤ u ≤ 2π

La matrice Jacobiana e −(1−√

1− v2) sin(u) (1−√

1− v2) cos(u) 0v√

1− v2cos(u)

v√1− v2

sin(u) 1

da cui segue

L = −(1−√

1− v2) cos(u)

M = (1−√

1− v2) sin(u)

N = − v√1− v2

(1−√

1− v2)

e quindi √L2 +M2 +N2 =

1−√

1− v2

√1− v2

=1√

1− v2− 1

Ne segue pertanto

Area =

∫∫Sdσ =

∫ 2π

0du

∫ 1

−1

{1√

1− v2− 1

}dv =

= 2π

∫ 1

−1

{1√

1− v2− 1

}dv = 2π (π + 2) .

Naturalmente questo procedimento e quello che conduce alla formula per il calcolo dell’area diuna qualunque superficie di rotazione di x = f(z), z ∈ [−1, 1]:

Area = 2π

∫ 1

−1f(z)

√1 + f ′2(z)dz,

63

nel nostro caso

= 2π

∫ 1

−1(1−

√1− v2)

√1 +

v2

1− v2dv.

L’integrale superficiale vale 0 per evidenti motivi di simmetria:∫∫Sz dσ =

∫ 2π

0du

∫ 1

−1v

{1√

1− v2− 1

}dv = 0.

Esercizio 6 Assegnata la superficie

S : x = u2 + v2, y = u2 − v2, z = 2uv, u2 + v2 ≤ 1

• calcolare la matrice jacobiana (xu yu zuxv yv zv

)• calcolare i tre valori L2, M2, N2

• esprimere l’elemento d’area d σ

• calcolare l’area di S.

Risposta

Si ha (xu yu zuxv yv zv

)=

(2u 2u 2v2v −2v 2u

)L = 4u2 + 4v2, M = 4v2 − 4u2, N = −8uv

L2 +M2 +N2 = 32(u4 + v4 + 2u2v2),

dσ =√L2 +M2 +N2 du dv = 4

√2(u2 + v2) du dv

area(S) =

∫∫Sdσ =

∫∫u2+v2≤1

4√

2(u2 + v2) du dv

da cui servendosi delle coordinate polari

area(S) = 4√

2

∫ 2π

0dθ

∫ 1

0ρ3 dρ = 2

√2π

Si noti che elevando al quadrato le tre espressioni parametriche si ottiene la relazione

x2 = y2 + z2

cioe l’equazione cartesiana di un cono rotondo “contato due volte”.

64


Esercizio 1 Calcolare l’integrale generale dell’equazione differenziale

y′ = y(y − 1)t

e determinare quali soluzioni sono definite su tutto R.

Risposta Fuori dagli equilibri y = 0 e y = 1, separazione delle variabili:∫1

y(y − 1)dy =

∫t dt.

Il primo integrando e uguale a (y − 1)−1 − y−1, per cui dev’essere

log|y − 1||y|

=t2

2+ C ⇐⇒ |y − 1|

|y|= eCet

2/2 ⇐⇒ y − 1

y= Ket

2/2 ⇐⇒ y =1

1−Ket2/2

con C e K arbitrarie costanti reali. Prendendo K > 1 o K < 0 si ottengono soluzioni definite sututto R, a valori nel primo caso in ]−∞, 0[ e nel secondo in ]0, 1[; quando 0 < K < 1 si ottengonosoluzioni > 1 definite negli intervalli in cui et

2/2 < 1/K, cioe per |t| <√− logK2, oppure soluzioni

< 0 definite negli intervalli in cui et2/2 > 1/K, cioe per t < −

√− logK2 e per t >

√− logK2.

Esercizio 2 Risolvere il problema di Cauchy

y′ = t tan y, y(0) = π/4.

determinando l’intervallo di definizione della soluzione.

Risposta Si tratta di un’equazione differenziale a variabili separabili, col secondo membro definitoper y 6= π/2 + kπ, k ∈ N. Poiche tan(π4 ) = 1 6= 0, in un intorno del punto (0, π4 ) possiamo dividereper tan(y) e procedere nella maniera standard∫

1

tan(y)dy =

∫t dt

∫cos(y)

sin(y)dy =

t2

2+ c,

dove c e una costante che calcoleremo imponendo la condizione iniziale. Abbiamo quindi che lafunzione y(t) soddisfa

log | sin(y(t))| = t2

2+ c

e poiche sin(π4 ) =√

22 > 0 si puo togliere il seno dal segno di modulo e si ha sin(y(t)) = ece

t2

2

(mentre in generale bisognerebbe scrivere sin(y(t)) = Ket2

2 con K = ±ec): molto, molto grave

sarebbe passare a sin(y(t)) = et2

2 + K... Dunque ec e uguale a√

22 . La soluzione del problema di

Cauchy e data da

y(t) = arcsin

(√2

2et2

2

),

65

definita per tutte le t tali che

√2

2et2

2 < 1⇐⇒ et2

2 <√

2⇐⇒ t2

2< log(

√2)⇐⇒ |t| <

√log(2).

E sbagliato scrivere ≤ al posto di <: per t che tende a√

log(2) la soluzione tende a π2 , punto in cui

l’equazione differenziale non ha piu senso essendo il secondo membro non definito; discorso analogoper t che tende a −

√log(2).

L’insieme di definizione sara dunque I = (−√

log(2),√

log(2)).

Esercizio 3 Trovare le soluzioni non identicamente nulle dell’equazione differenziale

y′ = et cos2(y)

determinando i loro intervalli di definizione.

Risposta Al variare di y in un intervallo non contenente nessun punto

π

2+ kπ

il secondo membro dell’equazione non si annulla, e separando le variabili si ottiene

dy

dt= et cos2(y) =⇒ dy

cos2(y)= et dt =⇒

∫dy

cos2(y)=

∫et dt

da cuitan(y) = et + c =⇒ y(t) = arctan(et + c) + nπ, n = 0,±1,±2,±3, ...

Le soluzioni trovate sono definite per ogni t ∈ R.

Esercizio 4 Risolvere l’equazione differenziale

y′ =(1 + t2)(1− y2)

ty.

Risposta. Dividendo per t(1− y2) 6= 0 e separando le variabili si trova l’integrale generale definitoimplicitamente da

t2 + log t2 + log |1− y2| = K

ovvero

y2 = 1 +C

t2et2.

In questa espressione si ritrovano anche le due soluzioni costanti y = ±1 che in partenza non eranostate prese in considerazione.

Esercizio 5 Controllare se la soluzione del problema di Cauchy{y′ = 3y4(6t+ et)y(0) = 1.

66

e definita su tutto R oppure no.

Risposta Separazione delle variabili:∫dy

3y4=

∫(6t+ et) dt⇐⇒ − 1

9y3= 3t2 + et + c

e, imponendo la condizione di Cauchy che da c = −10/9,

y =

(1

−27t2 − 9et + 10

)1/3

.

La soluzione non e definita su tutto R: infatti −27t2−9et+10 ha senz’altro degli zeri, dal momentoche assume, oltre a valori positivi come 10 per t = 0, anche valori negativi come −17− e per t = 1(e anzi tende a −∞ per t→∞).

Esercizio 6 Studiare il problema di Cauchy x =xt cos t− x

tx(π) = 2

Risposta Risolviamo con la separazione delle variabili in un intorno di (π, 2):

x =x(t cos t− 1)

t=⇒ x

x= cos t− 1

t.

Integrando membro a membro otteniamo∫ x

2

dy

y=

∫ t

πds

(cos s− 1

s

)da cui

lnx− ln 2 = sin t− ln t+ lnπ.

Ne segue che

lnx = sin t+ ln

(2π

t

)e quindi la soluzione del problema di Cauchy e

x(t) =2π

tesin t.

Esercizio 7 Trovare la soluzione dell’equazione

y′′ cos t+ 2y′ sin t = 2√y′, −π

2< t <

π

2,

che verifica y(0) = y′(0) = 1.

Risposta L’equazione e di Bernoulli nella nuova incognita w = y′:

w′ cos t+ 2w sin t = 2√w.

67

Ponendo z =√w si arriva all’equazione lineare non omogenea

z′ cos t+ z sin t = 1,

il cui integrale generale e z(t) = C cos t+ sin t. Da qui si ricava

y′(t) = w(t) = (C cos t+ sin t)2;

imponendo che y′(0) = w(0) = 1, e quindi anche z(0) = 1 (dal momento che z(t) e la determinazionepositiva della radice di w(t)) si ottiene C = 1. Dunque y(t) e la primitiva di (cos t + sin t)2 =1 + 2 sin t cos t che vale 1 per t = 0, ovvero

y(t) = t+ sin2 t+ 1.

Esercizio 8 Risolvere l’equazione

y

tdt+ (y − log t) dy = 0.

Risposta Nella scrittura del primo membro e innanzitutto implicita la condizione t > 0. L’equa-zione non e esatta, ma lo diventa quando viene moltiplicata per il fattore integrante µ(y) = y−2,y 6= 0; le primitive del (nuovo) primo membro

1

ytdt+

(1

y− log t

y2

)dy

sono le funzioni

log |y|+ log t

y+ C,

che non sono le soluzioni dell’equazione: queste ultime si ottengono compiendo il successivo passo,semplice quanto si vuole, ma comunque necessario, di definirle implicitamente attraverso la famigliadi equazioni cartesiane

log |y|+ log t

y+ C = 0.

Esercizio 9 Calcolare la soluzione (y(t), w(t)) del sistema

y′ = w2 sin y, w′ = w3

tale che (y(1), w(1)) = (π/2, 1).

Risposta. Il sistema e triangolare. Il problema di Cauchy

w′ = w3, w(1) = 1

ammette l’unica soluzione w(t) = (3 − 2t)−1/2 (e da adesso in poi si impone t < 3/2). A questopunto si cercano le soluzioni di

y′ =sin y

3− 2t

68

ovvero ∫dy

sin y=

∫dt

3− 2t.

Siccome il primo integrale vale∫dy

2 sin(y/2) cos(y/2)= log | tan(y/2)|+ C

otteniamo facilmente

tan(y/2) =K

(3− 2t)1/2= Kw

da cui, imponendo la condizione y(1) = π/2, si ottiene K = 1 e quindi

y = 2 arctan(3− 2t)1/2, w = (3− 2t)1/2.


y′(t) = cos2 y sinh t, y(0) = 0.

Risposta E un’equazione a variabili separabili. Le soluzioni di equilibrio dell’equazione differen-ziale sono y(t) = π/2 + kπ, k ∈ Z, che non soddisfano la condizione iniziale. Quindi i valori dellasoluzione appartengono all’intervallo (−π/2, π/2). Separando le variabili, integrando e imponendola condizione iniziale si trova

tan y = cosh t− 1

che definisce implicitamente la soluzione. Quindi y(t) = arctan(cosh t− 1).

Esercizio 11 Risolvere il seguente problema di Cauchy:{y′ = 1

2(1 + y2) cos ty(0) = 1

e stabilire l’insieme massimale di esistenza della soluzione.

Risposta Per separazione di variabili si ottiene

arctan y =1

2sin t+ c⇐⇒ y = tan(

1

2sin t+ c).

Attenzione: l’argomento della tangente non puo uscire da ]− π/2, π/2[! Ma qui, siccome y(0) = 1,si ottiene c = π/4, e dato che −π

4 < −12 ≤ −

12 sin t ≤ 1

2 <π4 per ogni t, la soluzione e definita per

ogni valore di t.

Esercizio 12 (i) Calcolare tutte le soluzioni dell’equazione differenziale

y′ =y2

(3t+ 2)2

con dati iniziali y(0) = 1 e y(0) = 0, determinando i rispettivi intervalli di definizione.

69

(ii) Stabilire se esiste una soluzione dell’equazione tale che limt→∞ y(t) = 1/2.

Risposta L’equazione ha senso per t 6= −2/3, e siccome l’istante iniziale 0 sta in ] − 2/3,∞[, ein questa semiretta che devono trovarsi gli intervalli di esistenza che ci interessano. La soluzionebanale y(t) ≡ 0 e l’unica, grazie al teorema di esistenza e unicita, a soddisfare il problema di Cauchycon dato iniziale nullo, e, ancora banalmente, e definita in tutta la semiretta ]− 2/3,∞[. Passandoalle soluzioni non identicamente nulle, e quindi mai nulle, si applica la separazione delle variabili le si ottiene

(∗) 1

y=

1

3(3t+ 2)+ c =⇒ y(t, c) =

11

3(3t+2) + c.

Quindi se y(0) = 1 si ha che c = 5/6, e infine

y(t) =2(3t+ 2)

(5t+ 4)

soluzione del equazione differenziale nell’intervallo (−2/3,∞) (e non conta che il secondo membroabbia senso della semiretta piu grande ]− 5/4,∞[.

Per avere che limt→∞ y(t, c) = 1/2 bisogna scegliere c = 2 nella (*).


y′ =4

ty + t

√y.

nell’aperto A in cui e definita.

Risposta A e unione degli aperti A1 = {t > 0, y > 0} e A2 = {t < 0, y > 0}. Sia in A1 che inA2 l’equazione, che e di Bernoulli, ammette l’integrale generale dato da y = z2, dove z =

√y e

soluzione dell’equazione che si ottiene dividendo per 2√y, cioe

z′ =y′

2√y

=2√y

t+t

2=

2z

t+t

2.

L’equazione omogenea associata w′ = 2wt−1 ammette l’integrale generale w(t) = Kt2, per cuiapplichiamo la variazione della costante: poniamo z(t) = h(t)w(t) = t2h(t), con h′(t) = 1

2t e quindih(t) = 1

2 log |t|. Ne segue che la soluzione generale e

z(t) = t2(K +1

2log |t|) , ovvero y = t4

(1

2log |t|+K

)2

.


y′ =2tey

1− t2ey

nell’aperto A in cui e definita.

Risposta A e il piano privato del grafico di y = −2 log t. In A l’equazione si riscrive

2tey dt+ (t2ey − 1) dy = 0

70

e quindi e esatta dato che∂(2tey)

∂y= 2tey =

∂(t2ey − 1)

∂t.

Localmente il suo integrale generale e dato dalle famiglie di curve

t2ey − y = c

(e se ci si ferma a scrivere il primo membro senza uguagliarlo ad una costante si trova solo unaprimitiva della forma differenziale, non si risolve l’equazione — beninteso, solo implicitamente).

Si puo arrivare a questo stesso risultato con un argomento del tutto differente. Si effettua lasostituzione

z = t2y =⇒ z′ = 2tey + t2eyy′ =⇒ y′ =z′ − 2tey

t2ey=z′

z− 2

t

da cuiz′

z=

2

t− 2tey

1− t2ey=

2

t(1− t2ey)=

2

t(1− z)e quindi, per separazione delle variabili,∫

(1

z− 1) dz = 2

∫1

tdt =⇒ log z − z = 2 log |t|+K =⇒ y − eyt2 = K.

Attenzione: questo procedimento ha successo nel caso presente, ma in genere non e applicabile.

71

ANALISI VETTORIALE — I COMPITO D’ESONERO — BIANCO

Esercizio 1 Mostrare che la funzione ∫ 2π

0

sin√tx

xdx

e ben definita per t > 0. Calcolare F ′(t), giustificando i passaggi.

Risposta Per rispondere alla prima domanda basta fissare arbitrariamente t > 0 e maggiorare

| sin√tx|

x≤√tx

x=

√t√x

per x > 0 :

l’ultimo membro ha integrale improprio convergente da 0 a 2π, e cio basta a garantire che F (t) eun integrale improprio assolutamente convergente.

Per la derivabilita maggioriamo innanzitutto il modulo dell’integrando di F (t) al variare di t,per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g1(x) integrabile (in senso improprio) da 0 a2π. A tal fine fissiamo arbitrariamente K > 0, facciamo variare t in ]0,K] e otteniamo

| sin√tx|

x≤√tx

x≤√K√x

= g1(x) = g1,K(x) per 0 < x ≤ 2π.

Cio garantisce in aggiunta alla sola esistenza, gia ottenuta, di F (t), anche la sua continuita, in ogniintervallo 0 < t ≤ K e quindi piu in generale in tutta la semiretta 0 < t <∞.

Fatto questo, passiamo a maggiorare il modulo della derivata rispetto a t dell’integrando diF (t) al variare di t, per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g2(x) integrabile (in sensoimproprio) da 0 a 2π. A tal fine fissiamo arbitrariamente ε > 0, facciamo variare t in [ε,∞[ eotteniamo ∣∣∣ ∂

∂t

(sin√tx

x

) ∣∣∣ =| cos√tx|

2√tx

≤ 1

2√εx

= g2(x) = g2,ε(x) per 0 < x ≤ 2π

(ma molti hanno sbagliato la ∂/∂t!) Cio garantisce la derivabilita di F (t) in ogni intervallo ε ≤ t <∞ e quindi piu in generale in tutta la semiretta 0 < t <∞, con

F ′(t) =

∫ 2π

0

cos√tx

2√tx

dx =1

tsin√tx∣∣∣2π0

=1

tsin√

2πt.

Esercizio 2 Determinare per quali valori di γ converge l’integrale improprio∫ π/4

0

tanx√xγ

dx.

Risposta Siccome (s’intende per x → 0+, che e quello che ci interessa perche l’integrando econtinuo in tutto ]0, π/4]) risulta

tanx√xγ≈ sinx

xγ/2≈ x

xγ/2=

1

xγ/2−1,

72

la risposta e: per γ/2− 1 < 1, ovvero per γ < 4.

Esercizio 3 Cercare gli estremi di f(x, y) = 4xy sull’ellisse 2x2 + 2y2 − xy = 1.

Risposta Moltiplicatori di Lagrange:

4y − λ(4x− y) = 0, 4x− λ(4y − x) = 0, 2x2 + 2y2 − xy = 1.

Non puo essere 4x − y = 0 perche cio implicherebbe y = 0 e quindi x = 0: ma (0, 0) non stasull’ellisse. Dalla prima equazione possiamo dunque ricavare il valore λ = 4y/(4x− y), che inseritonella seconda equazione da

4x− 4y

4x− y(4y − x)⇐⇒ x2 = y2

ovvero x = ±y, da cui, sostituendo nel vincolo, i punti ±(1/√

5,−1/√

5) in cui la funzione vale−4/5 e i punti ±(1/

√3, 1/√

3) nei quali la funzione vale 4/3. Dunque gli estremi richiesti sono ilmassimo 4/3 e il minimo −4/5.

E peraltro sconcertante che alcuni, avendo trovato che dev’essere x2 = y2 in tutti i punti (x, y)tra cui per forza devono cadere quelli di massimo e di minimo, deducano solo che dev’essere x = y,trovando dunque solo due valori uguali della f — che di conseguenza dovrebbe essere costante sulvincolo...

Esercizio 4 Trovare e classificare i punti critici della funzione f(x, y) = 4y4 − 16x2y + x.Determinare inoltre estremo superiore ed estremo inferiore di f in R2.

Risposta Esiste un unico punto critico: (1/8, 1/4) (ma c’e stato chi ha “trovato” un altro puntocritico, attribuendo due radici cubiche al numero x2 ≥ 0...) Lı le derivate seconde di f valgono

fxx = −8, fxy = fyx = −4, fyy = 3

e quindi l’hessiana ha determinante negativo. Ne segue che il punto critico e di sella.In pochissimi hanno pensato che per calcolare sup e inf, e constatare che valgono rispettivamente

∞ e −∞, bastava porre y = 0 e far tendere x a ∞ ed a −∞...

Esercizio 5 Mostrare che in un opportuno intorno dell’origine le soluzioni dell’equazione

y + sinx− x sin y = 0

sono i punti del grafico di una y = f(x) che si annulla in x = 0, e scrivere il polinomio di Maclaurindel II ordine della f .

Risposta Una volta verificate le ipotesi del Teorema di Dini, si sa che esiste una f(x) come richiestodall’esercizio; ovvero che l’equazione definisce intorno a (0, 0) una funzione implicita y = f(x) chesi annulla in 0; ovvero ancora tante formulazioni equivalenti: ma cio che non ci si puo limitare adire, come fanno quasi tutti, e che Dini garantisce semplicemente l’esistenza di una funzione che siannulla in 0, e basta!!!

Coi soliti conti si vede che f ′(0) = −1, f ′′(0) = −2, per cui il polinomio richiesto e −x− x2.

73

Esercizio 6 Verificare se nell’origine la funzione

f(x, y) =log3(1 + x)− y3

x2 + y2per (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0

e: (i) continua; (ii) dotata di tutte le derivate direzionali; (iii) differenziabile.

Risposta Fuori dall’origine la funzione e C∞.Siccome per x→ 0 si ha log(1 + x) ≈ x, si vede subito che per (x, y)→ (0, 0) risulta

|f(x, y)| ≤ | log3(1 + x)|x2 + y2

+|y3|

x2 + y2≈ |x|+ |y| → 0

e quindi (i) continuita (anche) in (0, 0).Prendendo poi un qualunque versore (u1, u2) si ottiene

f(tu1, tu2)− f(0, 0)

t=

log3(1 + tu1)− t3u32

t3≈ t3u3

1 − t3u32

t3= u3

1 − u32

da cui (ii) esistenza in (0, 0) della derivata rispetto a ogni versore (u1, u2), con valore u31 − u3

2, einfine (iii) non differenziabilita in (0, 0), perche da essa seguirebbe linearita (∇f)(0, 0) · (u1, u2)della derivata direzionale.

Qui si sono riviste vecchie conoscenze che ormai si sperava non fossero piu in circolazione:disuguaglianze senza moduli di tipo F (x) ≤ G(x) grazie alle quali si e preteso dedurre da G(x)→ 0che anche F (x)→ 0, o limiti di tipo F (x, y)→ 0 dedotti semplicemente da passaggi alle polari (dicui comunque non ci sarebbe qui nessuna necessita) F (r cosϑ, r sinϑ)→ 0 per ogni ϑ...

74

ANALISI VETTORIALE — I COMPITO D’ESONERO —ROSA

Esercizio 1 Mostrare che la funzione

F (t) =

∫ ∞3

e−tx4/3

xdx

e ben definita per t > 0. Calcolare F ′(t), giustificando i passaggi.

Risposta Per rispondere alla prima domanda basta fissare arbitrariamente t > 0 e maggioraree−tx

4/3/x, al variare di x in [3,∞[, con una funzione che abbia integrale improprio convergente,

ad esempio con e−tx, e cio basta a garantire che F (t) e un integrale improprio (assolutamente)convergente.

Per la derivabilita maggioriamo innanzitutto il modulo dell’integrando di F (t) al variare di t,per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g1(x) integrabile (in senso improprio) da 3 a∞.A tal fine fissiamo arbitrariamente ε > 0 e maggioriamo l’integrando con g1(x) = g1,ε(x) = e−εx.Cio garantisce in aggiunta alla sola esistenza, gia ottenuta, di F (t), anche la sua continuita, in ognisemiretta t ≥ ε e quindi piu in generale in tutta la semiretta t > 0.

Fatto questo, passiamo a maggiorare il modulo della derivata rispetto a t dell’integrando diF (t) al variare di t, per cominciare, in un opportuno intervallo, con una g2(x) integrabile (in sensoimproprio) da 3 a ∞. A tal fine fissiamo arbitrariamente ε > 0, facciamo variare t in [ε,∞[ eotteniamo ∣∣∣ ∂

∂t

e−tx4/3

x

∣∣∣ =∣∣∣− x1/3e−tx

4/3∣∣∣ ≤ x1/3e−εx

4/3= g2(x) = g2,ε(x) per x ≥ 3.

Cio garantisce la derivabilita di F (t) in ogni intervallo ε ≤ t <∞ e quindi piu in generale in tuttala semiretta 0 < t <∞, con

F ′(t) = −∫ ∞

3x1/3e−tx

4/3dx =

[3

4te−tx

4/3

]∞3

= − 3

4te−t3

√3.

Notiamo che tanti hanno scritto la maggiorazione

e−tx4/3 ≤ e−x4/3

che e falsa per t < 1. Anche qualcuno che ha pensato a dare maggiorazioni al variare di t, percominciare, in un intervallo [a, b] ⊂]0,∞[ ha poi scritto

e−tx4/3 ≤ e−bx4/3 per a ≤ t ≤ b

invece die−tx

4/3 ≤ e−ax4/3 per a ≤ t ≤ b.

F ′(t) = −∫ ∞

3x1/3e−tx

4/3dx =

[3

4te−tx

4/3

]∞3

= − 3

4te−t3

√3.

75

Esercizio 2 Determinare per quali valori positivi di γ converge l’integrale improprio∫ 3π/2

0

sin2 x

1− cosxγdx.

Risposta Siccome (s’intende per x → 0+, che e quello che ci interessa perche l’integrando econtinuo in tutto ]0, 3π/2]) si ha

sin2 x ≈ x2, 1− cosxγ ≈ x2γ

2≈ x2γ ,

l’integrando e ≈ x2−2γ , e quest’ultima funzione e integrabile in senso improprio fino a 0 se e solose 2− 2γ > −1, ovvero γ < 3/2.

Alcuni, invece di osservare che sin2 x ≈ x2, si limitano a sin2 x ≤ 1 (che e vero, ma riduttivo),e quindi ottengono solo i valori γ ≤ 1/2: troppo pochi. Altri invece scrivono che 1 − cosxγ ≈ xγ ,che e falso!, e quindi ottengono tutti i valori γ ≤ 3: troppi!

Esercizio 3 Cercare gli estremi di f(x, y) = xy sull’ellisse x2 + y2 + xy = 1.

Risposta Moltiplicatori di Lagrange:

y − λ(2x+ y) = 0, x− λ(2y + x) = 0, x2 + y2 + xy = 1.

Non puo essere 2x + y = 0 perche cio implicherebbe y = 0 e quindi x = 0: ma (0, 0) non stasull’ellisse. Dalla prima equazione possiamo dunque ricavare il valore λ = y/(2x+ y), che inseritonella seconda equazione da

x− y

2x+ y(2y + x)⇐⇒ x2 = y2

ovvero x = ±y, da cui, sostituendo nel vincolo, i punti ±(1,−1), dove la funzione vale −1, e i punti±(1/

√3, 1/√

3), dove la funzione vale 1/3. Dunque gli estremi richiesti sono il massimo 1/3 e ilminimo −1.

E peraltro sconcertante che alcuni, avendo trovato che dev’essere x2 = y2 in tutti i punti (x, y)tra cui per forza devono cadere quelli di massimo e di minimo, deducano solo che dev’essere x = y,trovando dunque solo due valori uguali della f — che di conseguenza dovrebbe essere costante sulvincolo...

Esercizio 4 Trovare e classificare i punti critici della funzione f(x, y) = 4y4 − 16x2y + x.Determinare inoltre estremo superiore ed estremo inferiore di f in R2.

Risposta Esiste un unico punto critico: (1/8, 1/4) (ma c’e stato chi ha “trovato” un altro puntocritico, attribuendo due radici cubiche al numero x2 ≥ 0...) Lı le derivate seconde di f valgono

fxx = −8, fxy = fyx = −4, fyy = 3

e quindi l’hessiana ha determinante negativo. Ne segue che il punto critico e di sella.In pochissimi hanno pensato che per calcolare sup e inf, e constatare che valgono rispettivamente

∞ e −∞, bastava porre y = 0 e far tendere x a ∞ ed a −∞...

76

Esercizio 5 Mostrare che in un opportuno intorno dell’origine le soluzioni dell’equazione

1 + x+ log(1 + y)−√

1 + xy = 0

sono i punti del grafico di una funzione y = f(x), e scrivere lo sviluppo di MacLaurin del secondoordine della f .

Risposta Una volta verificate le ipotesi del Teorema di Dini, si sa che esiste una f(x) come richiestodall’esercizio; ovvero che l’equazione definisce intorno a (0, 0) una funzione implicita y = f(x) chesi annulla in 0. Coi soliti conti si vede che f ′(0) = −1 nonche (ma qui, quanti sbagli nei calcolidelle derivate seconde!) f ′′(0) = 0, per cui il polinomio richiesto e −x.

Esercizio 6 Verificare se nell’origine la funzione

f(x, y) =x3 − y3

sin2 x+ y2per (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0

e: (i) continua; (ii) dotata di tutte le derivate direzionali; (iii) differenziabile.

Risposta Fuori dall’origine la funzione e C∞.Siccome per x→ 0 si ha sinx ≈ x, si vede subito che per (x, y)→ (0, 0) risulta

|f(x, y)| ≤ |x3|sin2 x+ y2

+|y3|

sin2 x+ y2≈ |x|+ |y| → 0

e quindi (i) continuita (anche) in (0, 0).Prendendo poi un qualunque versore (u1, u2) si ottiene

f(tu1, tu2)− f(0, 0)

t=

t3u31 − t3u3

2

t[sin2(tu1) + t2u22]≈ t3u3

1 − t3u32

t3= u3

1 − u32

da cui (ii) esistenza in (0, 0) della derivata rispetto a ogni versore (u1, u2), con valore u31 − u3

2, einfine (iii) non differenziabilita in (0, 0), perche da essa seguirebbe linearita (∇f)(0, 0) · (u1, u2)della derivata direzionale.

Qui si sono riviste vecchie conoscenze che ormai si sperava non fossero piu in circolazione:disuguaglianze senza moduli di tipo F (x) ≤ G(x) grazie alle quali si e preteso dedurre da G(x)→ 0che anche F (x)→ 0, o limiti di tipo F (x, y)→ 0 dedotti semplicemente da passaggi alle polari (dicui comunque non ci sarebbe qui nessuna necessita) F (r cosϑ, r sinϑ)→ 0 per ogni ϑ...

77

ANALISI VETTORIALE — II COMPITO D’ESONERO


y′ +tan t

2y =

cos2 t

2(1 + sin t)y−1, y(0) = 1.

Risposta L’equazione — non lineare, definita per t ∈] − π/2, π/2[ — e di Bernoulli, si riscrivecome

2yy′ + y2 tan t =cos2 t

1 + sin t,

e con la sostituzione z = y2 si trasforma nell’equazione lineare non omogenea

(∗) z′ + z tan t =cos2 t

1 + sin t.

Per risolvere quest’ultima otteniamo prima l’integrale generale dell’omogenea associate

z′1 + z1 tan t = 0,

che ez1 = C cos t,

e poi cerchiamo l’integrale generale della (∗), ad esempio, con la variazione della costante, cioe sottola forma

z = v(t) cos t

con v(t) da determinare, ovvero con

v′(t) cos t =cos2 t

1 + sin t

e quindiv(t) = log(1 + sin t) +K.

Abbiamo cosı ottenuto l’integrale generale della (∗)

z = cos t[log(1 + sin t) +K]

(definito per ogni K, essendo la (∗) lineare, in tutto l’intervallo in cui la (∗) e definita, ovvero in]− π/2, π/2[), quindi anche quello dell’equazione di partenza:

y =√

cos t[log(1 + sin t) +K]

(definito invece, per ogni fissato K, solo nel sottointervallo di ]− π/2, π/2[ in cui log(1 + sin t) +Ksi mantiene > 0). La condizione di Cauchy e soddisfatta per K = 1.

Esercizio 2 Calcolare l’integrale superficiale∫Σ

y

xdσ,

78

dove Σ e il grafico della funzione z = xy per 1/4 ≤ x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x.

Risposta Poiche

dσ =√

1 + f2x + f2

y dxdy =√

1 + x2 + y2 dxdy (f(x, y) = xy)

al variare di x = r cosϑ, y = r sinϑ per 1/2 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π/4 (ed e un inutile dispendio dienergie, anche se in se stesso non e sbagliato, passare alla rappresentazione parametrica del grafico,come peraltro tanti hanno fatto con risultati in genere fallimentari), l’integrale vale

∫ 1

1/2r√

1 + r2 dr

∫ π/4

0

sinϑ

cosϑdϑ =

[(1 + r2)3/2

3

]1

1/2

[− log(cosϑ)]π/40 =

1

6

[23/2 −

(5

4

)3/2]

log 2.

Esercizio 3 Calcolare il lavoro compiuto dal campo vettoriale

F(x, y) = (y√x,−xey)

lungo la curva y =√x percorsa in senso antiorario tra l’origine e il punto (1, 1).

Risposta La curva y =√x, a dire il vero, non e regolare in tutto [0, 1]... Ma il suo sostegno e

lo stesso della curva [0, 1] 3 y 7→ ϕ(y) = (y2, y), che invece e regolare4, e con la notazione −ϕ aindicare ϕ percorsa in senso antiorario5 otteniamo il lavoro∫

−ϕ(y√x dx− xey dy) =

∫ 0

1(2y3 − y2ey) dy =

[y4

2− y2ey + 2

∫yey dy

]0

1

= −1

2+ e+ [2yey − 2ey]01 = −1

2+ e− 2− 2e+ 2e = e− 5

2.


F(x, y) =

(−2

3

x−1/3

y − x2/3,

1

y − x2/3

):

(i) determinare i sottoinsiemi d del piano in cui F e conservativo;(ii) calcolare i potenziali di F in ciascuno dei sottoinsiemi di cui al punto (i).

Risposta Il grafico di y = x2/3 divide il piano in due aperti stellati, dai quali poi va escluso l’assey, cosa che quasi tutti hanno dimenticato di fare. In ciascuno dei 4 aperti rimanenti i potenziali diF sono dati dalle funzioni

log |y − x2/3|+K.

4Solita questione di abusi terminologici piu che tollerati, come quando parliamo di integrale lungo la circonferenzax2 + y2 = 1 e sottintendiamo che si passi alle coordinate polari.

5Nella maggior parte dei compiti si e preso il verso orario... Ma e pur vero che parlare di verso orario o antiorariosu una curva aperta ha dell’opinabile.

79

Esercizio 5 Data la serie∞∑n=0

e−nx2

:

(i) calcolare la somma della serie nei punti in cui essa converge puntualmente;(ii) determinare i sottoinsiemi di R in cui la convergenza e totale.

Risposta (i) Con la sostituzione y = e−x2

la serie diventa quella geometrica:∑∞

n=0 yn, che

converge se e solo se |y| < 1, con somma 1/(1− y). Dunque la serie di partenza converge se e solose x 6= 0, con somma 1/(1− e−x2).

(ii) La convergenza totale si ha per |x| ≥ ε quale che sia ε > 0.

Esercizio 6 Calcolare l’integrale∫∫∫z2 dxdydz, D = {(x, y, x) ∈ R3 |x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥

√x2 + y2}.

Risposta Coordinate sferiche

x = r sinϕ cosϑ, y = r sinϕ sinϑ, z = r cosϑ.

Siccome dev’essere r cosϕ ≥ r sinϑ ricaviamo tanϕ ≤ 1 e quindi 0 ≤ ϕ ≤ π/4, per cui l’integralediventa

2π

∫ 1

0r4 dr

∫ π/4

0cos2 ϕ sinϕdϕ =

2π

5

[−cos3 ϕ

3

]π/40

=π

30(4−

√2).

Chi ha integrato per fili, prendendo coordinate polari x = r cosϑ, y = r sinϑ nel piano (x, y)con 0 ≤ r ≤ z ≤

√1− r2, non ha tenuto presente che le ultime due disuguaglianze valgono

simultaneamente solo per r ≤√

1− r2, ovvero per r ≤ 1/√

2, e non per r ≤ 1: se poi si ottiene,come risultato dell’integrazione di z2 ≥ 0, un numero negativo, tanto gia basta per rendersi contoche si e fatto un errore.

80


Esercizio 1 Sia

f(x, y) =log(1 + 4x3 + 2y4)√

x2 + y2per (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0.

Controllare se nell’origine f :(i) e continua;(ii) e dotata di derivate direzionali;(iii) e differenziabile.

Risposta Siccomelog(1 + u) ≈ u per u→ 0,

risulta

f(x, y) =log(1 + 4x3 + 2y4)√

x2 + y2≈ 4x3 + 2y4√

x2 + y2per (x, y)→ (0, 0).

(i) Dal momento che|4x3 + 2y4|√x2 + y2

≤ 4|x|3

|x|+

2y4

|y|

otteniamo f(x, y)→ 0 per (x, y)→ (0, 0), ovvero la continuita.(ii) Siccome

log(1 + 4(tα)3 + 2(tβ)4)

t√t2(α2 + β2)

≈ 4(tα)3 + 2(tβ)4

t|t|√α2 + β2

→ 0 per t→ 0

(e a un certo punto mi sono stancato di segnare l’errore dei tanti che hanno scritto t2 invece dit|t|), le derivate direzionali, tra cui quelle rispetto a x e a y, sono tutte nulle (da cui c’e ancora chiconclude che, siccome coincidono con ∇f(0, 0) · (α, β), tanto basta a garantire la differenziabilitadi f in (0, 0)...)

(iii) Siccome

f(x, y)−∇f(0, 0) · (x, y)√x2 + y2

=log(1 + 4x3 + 2y4)

x2 + y2≈ 4x3 + 2y4

x2 + y2→ 0 per (x, y)→ (0, 0)

la funzione e differenziabile in (0, 0).

Esercizio 2 Dato il campo vettoriale F(x, y) = (sinx+3y2, 2x−e−y2), calcolare la sua circuitazionesulla frontiera del semidisco x2 + y2 ≤ 4, y ≥ 0, orientata positivamente.

Risposta Ovviamente, Gauss–Green, ovvero Stokes bidimensionale: la circuitazione vale∫x2+y2≤4,y≥0

(2− 6y) dxdy =

∫ π

0dϑ

∫ 2

0(2%− 6%2 sinϑ) d% = 4π − 32.

(Fa male dover leggere, ma dovrebbe fare ancor piu male rendersi conto di avere scritto, [cosϑ]π0 = 0.]

81

Esercizio 3 Determinare l’insieme dei punti in cui la serie di potenze

∞∑n=3

(ex − 2)n

n log(log n)

converge assolutamente e quelli in cui la convergenza e totale.

Risposta Innanzitutto ci si riconduce alla serie di potenze

(∗)∞∑n=3

yn

n log(log n),

che ha raggio di convergenza 1 perche n2 ≥ n log(log n) ≥ n e limn(n2)1/n = limn(n)1/n = 1.Questo argomento (certo, un po’ sofisticato) non e stato utilizzato da nessuno. Nella maggior partedei casi si e affermato, senza ovviamente darne nessuna giustificazione, che il raggio di convergenza1 si ottiene applicando ai coefficienti il criterio del rapporto o quello della radice.

Per lo studio agli estremi minoriamo

n log(log n) ≤ n(log n) :

siccome∑

n1

n(logn) diverge (criterio integrale), anche∑

n1

n log(logn) diverge. Ne segue che la (∗)converge assolutamente se e solo se |y| < 1, e totalmente in ogni intervallo chiuso ⊂]− 1, 1[, mentreconverge semplicemente per y = 1 grazie al criterio di Leibniz6.

Dunque la serie di partenza converge assolutamente se e solo se −1 < ex − 2 < 1, ovvero1 < ex < 3, ovvero 0 < x < log 3, e totalmente in ogni intervallo chiuso ⊂]0, log 3[, mentre convergesemplicemente per x = 0.

Esercizio 4 (i) Dimostrare che per ogni t ∈ R l’integrale improprio

F (t) =

∫ ∞0

arctanxt

x(1 + x2)dx

converge assolutamente.(ii) Dimostrare che per ogni t ∈ R la F (t) e una funzione derivabile, e dare l’espressione di

F ′(t).

Risposta (i) Siccome 0 ≤ | arctanxt| ≤ x|t| per x ≥ 0, l’integrando si maggiora per |t| ≤ K <∞con g(x) = K/(1 + x2), funzione della sola x integrabile in senso improprio da 0 a ∞. Questomostra non solo che F (t) converge (assolutamente) per ogni t ∈ [−K,K], ma anche che in taleintervallo e una funzione continua. Siccome poi g(x) maggiora per ogni t ∈ [−K,K] con K ≥ 1anche

∂

∂t

arctanxt

x(1 + x2)=

1

(1 + x2)(1 + x2t2),

la F e anche derivabile con

F ′(t) =

∫ ∞0

1

(1 + x2)(1 + x2t2)dx

6Stupefacente constatare quanti credano di poter dedurre per y = −1 la convergenza assoluta dalla convergenzasemplice ottenuta grazie a Leibniz, oltretutto dopo aver affermato la divergenza della serie per y = 1.)

82

in [−K,K]. Infine, vista l’arbitrarieta di K , le conclusioni precedenti valgono per ogni t 6= 0.

Esercizio 5 Sia F (x, y) = ex + xy − 2y2 + 2 sin y − x− 1 = 0.(i) Dimostrare che in un opportuno intorno del punto (0, 0) l’equazione F (x, y) = 0 definisce

implicitamente una funzione y = f(x).(ii) Calcolare il limx→0 f(x)/x2.

Risposta Si applica Dini. Siccome f ′(0) = 0, per calcolare il limite di f(x)/x2 si dispone di duestrade: o si tiene conto che siccome F e C∞ anche f lo e, si calcola f ′′(0), e si utilizza la formula diMaclaurin f(x) = f(0) + f ′)0)x+ f ′′(0)x2/2 + o(x2) = f ′′(0)x2/2 + o(x2), oppure (piu brevemente)si applica il teorema dell’Hopital, riconducendosi a calcolare il limx→0 f

′(x)/2x. Il risultato e −1/4.


2y dx+ 2(x− xy tan y) dy = 0, y(1) =π

3.

Risposta L’equazione rientra sia tra quelle a variabili separabili che tra quelle della forma

p dx+ q dy = 0

che non sono esatte ma si possono rendere tali con un fattore integrante: qui, siccome

qx − pyp

=2− 2y tan y − 2

2y= − tan y,

il fattore integrante che si trova, soluzione di µ′(y)/µ(y) = − tan y, e cos y.La soluzione y = y(x) del problema di Cauchy che si ottiene e definita dall’equazione

xy cos y − π

6= 0.

83

ANALISI VETTORIALE — COMPITO DELL’11/2/2015

Esercizio 1 Sia

f(x, y) =sinx(1− cos y)

x2 + y2per (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0.

Controllare se nell’origine f :(i) e continua;(ii) e dotata di derivate direzionali;(iii) e differenziabile.

Risposta Utilizziamo i confronti asintotici

sinx ≈ x per x→ 0, 1− cos y ≈ 1

2y2

(ma chissa perche molti qui trascurano il coefficiente 1/2, che e rilevante poi nel calcolo delle derivatedirezionali), da cui

sinx(1− cos y)

x2 + y2≈ 1

2

xy2

x2 + y2per (x, y)→ (0, 0).

Per la continuita basta notare che ∣∣∣ xy2

x2 + y2

∣∣∣ ≤ |x|(e al riguardo va detto che e veramente fastidioso dover ancora vedere questa e simili disuguaglianzescritte senza modulo!) da cui f(x, y)→ 0 = f(0, 0) per (x, y)→ (0, 0).

Per le derivate direzionali si prende un qualunque versore (u, v) ∈ R2, u2 + v2 = 1 e si ottienesubito

sin tu(1− cos tv)

t3≈ 1

2

t3uv2

t3=

1

2uv2 per t→ 0.

Da questa espressione (oltre che dal calcolo diretto, se si preferisce) si ricava che ∇f(0, 0) = (0, 0),per cui f non e differenziabile in (0, 0) perche le sue derivate direzionali non soddisfano la regoladel gradiente.

Esercizio 2 Calcolare il lavoro compiuto dal campo vettoriale F(x, y, z) = (2x sinπy−ez, 3ez,−xez)lungo la curva C intersezione delle superfici y = x e z = log(1+x), percorsa da (0, 0, 0) a (1, 1, log 2).

Risposta Il prodotto scalare del campo F calcolato sulla curva (x, x, log(1 +x)), cioe (2x sinπx−(1+x), 3(1+x),−x(1+x)), per il vettore tangente alla curva, cioe (1, 1, (1+x)−1), vale 2x sinπx+2 + x, e integrato da 0 ad 1 da il valore richiesto per il lavoro:∫ 1

0(2x sinπx+ 2 + x) dx =

5

2+

2

π.

Alcuni hanno pensato di applicare Stokes: ma qui C non e il bordo di una superficie!

84

Esercizio 3 Determinare l’insieme dei punti in cui la serie di funzioni

∞∑n=1

log

(1 +

xn

n

)(i) converge assolutamente,(ii) converge totalmente,(iii) converge solo semplicemente.

Risposta Per come si trova qui presentato, il testo e corretto, anche se non e quello (piu difficile nelcaso (iii)) che avevamo pensato di proporre, con l’indice n che partiva da 2 e non da 1. Atteniamocialla serie data, con il che e automaticamente escluso dall’insieme di definizione il punto x = −1,mentre in ogni punto x con |x| > 1 il termine generale, anche quando e definito (e per n dispari,x < −1 non lo e) non soddisfa neppure il requisito della limitatezza.

Sia dunque x ∈]− 1, 1]. Siccome

log (1 + t) ≈ t per t→ 0,

la nostra serie e assolutamente e totalmente convergente esattamente negli stessi sottoinsiemi di] − 1, 1] in cui e tale la serie di xn/n, da cui sia la sua divergenza per x = 1 che la convergenzaassoluta in ]− 1, 1[ e quella totale in ogni sottoinsieme chiuso di ]− 1, 1[.

Infine non esistono valori di x per i quali la nostra serie sia solo semplicemente convergente,mentre si potrebbe far vedere che e tale la

∞∑n=2

log

(1 +

(−1)n

n

).

Esercizio 4 (i) Determinare per quali valori di t ≥ 0 l’integrale

F (t) =

∫ 1

0

x2/5 + (tx)1/5

t+ xdx

e una funzione continua.(ii) Calcolare, se esiste, il limt→0 F (t).

Risposta Continuita di un integrale improprio dipendente da un parametro: siccome, datocomunque K > 0, l’integrando si maggiora con la funzione della sola x

g(x) =x2/5 + (Kx)1/5

xper 0 ≤ t ≤ K

(ma molti, invece di effettuare la maggiorazione della frazione minorando il denominatore con x,hanno scritto K al posto di t anche al denominatore!), dotata di integrale improprio convergente,la F (t) e una funzione continua di t in [0,K], in particolare per t = 0, da cui

limt→0

F (t) = F (0) =

∫ 1

0

x2/5

xdx =

5

2.

Dall’arbitrarieta di K segue poi anche che F e continua su tutta la semiretta [0,∞[.

85

Esercizio 5 Sia F (x, y) = x sin y − y + x − ex+y + cosx. Determinare se la funzione y = f(x)determinata implicitamente dall’equazione F (x, y) = 0 in un intorno di (0, 0) presenta in x = 0 unminimo, un massimo o un flesso.

Risposta Banale applicazione del teorema di Dini: per x = 0 la f(x) ha derivata prima f ′(0) =−Fx(0, 0)/Fy(0, 0) = 0 e derivata seconda f ′′(0) = −Fxx(0, 0)/Fy(0, 0) = −1, per cui 0 e punto diun massimo locale.

Esercizio 6 Calcolare l’integrale doppio∫Dexy

√x2

ydxdy,

1

2≤ xy ≤ 1, 2 ≤ y

x2≤ 3.

Risposta Ovvio cambio di variabili:

u = xy, v =y

x2

e invertendo

x =(uv

)1/3, y = u2/3v1/3

con determinante Jacobiano∂(x, y)

∂(u, v)=

1

3v.

Ne segue che l’integrale diventa∫[1/2,1]×[2,3]

eu√

1

v

1

3vdudv =

1

3

∫ 1

1/2eu du

∫ 3

2v−3/2 dv =

1

3(e− e1/2)

(√2− 2√

3

).

86


Esercizio 1 Continuita, derivabilita parziale e differenziabilita di

f(x, y) =1− cos(xy)

log(1 + x2 + y2)per x2 + y2 > 0, f(0, 0) = 0.

Risposta Basta tener conto che

1− cos(xy) ≈ (xy)2

2, log(1 + x2 + y2) ≈ (x2 + y2) :

dunque

|f(x, y)| ≈ (xy)2

2(x2 + y2)≤ |xy| → 0 per (x, y)→ (0, 0)

(continuita nell’origine), e siccome f e identicamente nulla sui due assi coordinati, e di conseguenzae dotata di derivate parziali entrambe nulle nell’origine, basta calcolare

|f(x, y)− f(0, 0)−∇f(0, 0) · (x, y)|(x2 + y2)1/2

≈ (xy)2

2(x2 + y2)3/2≤ |x| → 0 per (x, y)→ (0, 0)

per ottenere la differenziabilita nell’origine.

Esercizio 2 Calcolare l’integrale superficiale∫Σy dσ,

dove Σ e il grafico della funzione z = arctan yx per 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4.

Risposta Siccome il gradiente di f(x, y) = arctan yx e il (famoso!) campo vettoriale (−y/(x2 +

y2), x/(x2 + y2)), per cui l’elemento di area e

dσ =√

1 + f2x + f2

y =1√

x2 + y2

√1 + x2 + y2,

l’integrale si scrive, passando a coordinate polari sulla corona,∫ 2π

0sinϑ dϑ

∫ 2

1r√

1 + r2 dr = 0.


(2x2 − 6xy + 1) dx− 3 dy = 0.

Risposta Non si tratta di un’equazione esatta perche la funzione

∂

∂y(2x2 − 6xy + 1)− ∂

∂x(−3) = −6x

87

non e quella identicamente nulla. Pero, divisa per il coefficiente −3 di dy, essa vale 2x, ed essendouna funzione della sola x l’equazione di partenza e dotata di un fattore integrante µ(x), soluzionedell’equazione

µ′(x)

µ(x)= 2x⇐= µ(x) = ex

2.

Possiamo dunque ricondurci all’equazione esatta

(2x2 − 6xy + 1)ex2dx− 3ex

2dy = 0,

che risolviamo, all’inizio solo localmente col metodo dell’integrazione indefinita, ad esempio rispettoalla x. Dunque cerchiamo una primitiva della forma data da∫

(2x2−6xy+1)ex2dx =

∫[(ex

2)′(x−3y)+ex

2] dx = ex

2(x−3y)+

∫(−ex2+ex

2) dx = ex

2(x−3y)+ϕ(y)

(e qui e stato cruciale che l’integrazione per parti facesse scomparire l’integrale indefinito di ex2!),

dove ϕ(y) dev’essere tale che∂

∂yex

2(x− 3y) + ϕ′(y) = −3ex

2

e quindi ϕ(y) = K. In conclusione, le soluzioni dell’equazione di partenza sono tutte le funzionidefinite localmente e implicitamente dalla famiglia di equazioni

ex2(x− 3y) +K = 0,

e anzi sono le funzioni definite esplicitamente, fissando arbitrariamente le costanti K, da

y =x

3+Ke−x

2, x ∈ R.

Allo stesso risultato si arriva tenendo conto che l’equazione differenziale e anche lineare:

y′ = −2xy +2x2 + 1

3,

con l’integrale generale dell’omogenea associata

y′0 = −2xy0

dato day0(x) = Ke−x

2.

La non omogenea di partenza e dunque risolta (variazione della costante) dalla generica funzione

y(x) = v(x)e−x2

con

v′(x) = ex2 2x2 + 1

3

e quindi

v(x) =1

3xex

2+K.


88

F(x, y) =

(2xy − 1

x, x2

):

(i) determinare i sottoinsiemi del piano in cui F e conservativo;(ii) calcolare i potenziali di F in ciascuno dei sottoinsiemi di cui al punto (i).

Risposta Il grafico di y = x divide il piano nei due aperti stellati, anzi rettangolari, ±x > 0, neiquali i potenziali di F sono dati dalle funzioni

x2y − log |x|+K.

(C’e ancora chi scrive che∫dx/x, x 6= 0, vale log x+K e non log |x|+K... o dimentica la costante

additiva...)

Esercizio 5 Sviluppare la funzione 1/(2− x)2 in serie di potenze della x.

Risposta Siccome la funzione e la derivata di

1

2− x=

1

2(1− x/2)=

1

2

∞∑n=0

xn

2nn

e nell’intervallo |x| < 1 la serie nel terzo membro vale il teorema di derivazione per serie, risulta

1

(2− x)2=

1

2

∞∑n=1

xn−1

2n(n− 1).

Esercizio 6 Dimostrare che in un intorno del punto (1, 0) le soluzioni dell’equazione

F (x, y) = x2 − 2xy + y2 + x+ y − 2 = 0

costituiscono il grafico di una funzione convessa y = f(x).

Risposta Innanzitutto, F e regolare (addirittura C∞ in tutto R2. Siccome F (1, 0) = 0 e Fy(1, 0) =−1, si applica Dini e si ottiene facilmente l’esistenza di una funzione implicita f(x), di classe C∞

in un intorno di x = 1, che verifica, oltre a f ′(1) = 3, anche f ′′(1) = 8, e dunque e convessa.

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