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Michele Campiti

Prove scritte di

Analisi Matematica 2Ingegneria Meccanica e Gestionale

a.a. 2006–2007

Grafico della funzione f(x, y) := sin(2x2 − y) cos(x− 2y2) in [−π/2, π/2]2

Raccolta delle tracce di “Analisi Matematica 2” per Ingegneria classe Industriale, corso

B, Facolta di Ingegneria, Universita degli Studi di Lecce

1

2 luglio 2007

Facolta di IngegneriaIngegneria Meccanica e GestionaleProva scritta di Analisi Matematica 2

1. Determinare la soluzione del seguente problema di Cauchy{3y′ +

y

2e−x − 1= −(e−x + 1)y4 ,

y(0) = −1 .

2. Determinare massimi e minimi assoluti per la funzione

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + x

nell’insieme E = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y2 + z2 ≤ 1, x ≤ 0}.

3. Determinare l’insieme di convergenza e l’eventuale somma della serie

∞∑n=0

(2− x)n

2n(n+ 1).

2

Soluzione del 2 luglio 2007

1. L’equazione differenziale e di tipo Bernoulli; osservato che la soluzionenulla non soddisfa il problema di Cauchy assegnato, si puo dividereper y4 e, posto z = y−3 (da cui z′ = −3y−4y′), si ottiene l’equazionedifferenziale lineare del primo ordine

z′ =1

2e−x − 1z + (e−x + 1) .

Una primitiva della funzione

1

2e−x − 1= c

ex

2− ex

e − log(2−ex) e quindi la soluzione generale dell’equazione differenzialeomogenea associata e

z(x) = c e− log(2−ex) =c

2− ex, c ∈ R .

A questo punto una primitiva della funzione

elog(2−ex)(e−x + 1) = (2− ex)(e−x + 1) = 1− ex + 2e−x

e la funzione x−ex−2e−x e quindi la soluzione generale dell’equazionedifferenziale lineare

z(x) =1

2− ex(c+ x− ex − 2e−x) , c ∈ R ;

ricordando che z = y−3, si ottiene

y(x) = 3

√2− ex

c+ x− ex − 2e−x, c ∈ R .

Imponendo la condizione iniziale si ottiene

3

√1

c− 3= −1 ,

da cui c = 2. Pertanto la soluzione del problema di Cauchy assegnatoe

y(x) = 3

√2− ex

2 + x− ex − 2e−x.

2. Si osserva innanzitutto che la funzione e dotata di massimo e mini-mo assoluto in quanto e continua e l’insieme E e chiuso e limitato.

3

La funzione e differenziabile nell’insieme assegnato; pertanto i puntistazionari interni ad E sono dati dalle soluzioni del sistema

∂f

∂x(x, y, z) = 2x+ 1 = 0 ,

∂f

∂y(x, y, z) = 2y = 0 ,

∂f

∂z(x, y, z) = 2z = 0 .

Si deduce l’esistenza di un unico punto stazionario interno ad E che eil punto (−1/2, 0, 0) nel quale si ha

f

(−1

2, 0, 0

)= −1

4.

La frontiera risulta costituita dalla superfice sferica E1 della semisferacon centro l’origine e raggio 1 situata nel semispazio delle ascisse nega-tive (individuata dalle condizioni x2+y2+z2 = 1 e x ≤ 0) e dal cerchioE2 di centro l’origine e raggio 1 situato nel piano yz (individuato dallecondizioni x = 0 e y2 + z2 ≤ 1).

Per quanto riguarda l’insieme E1, si puo studiare la funzione

g(x, y) = f(x, y,√

1− x2 − y2) = 1 + x

con la condizione −1 ≤ x ≤ 0. Si riconosce immediatamente che g hacome massimo assoluto 1 assunto in tutti i punti della circonferenzaunitaria con centro nell’origine e situata nel piano yz e minimo assoluto0 assunto nel punto (−1, 0, 0).

Per quanto riguarda l’insieme E2, posto x = 0 si ottiene la funzione

h(y, z) = y2 + z2 , y2 + z2 ≤ 1 .

Tale funzione ovviamente ha come minimo 0 assunto nel punto (0, 0)e massimo 1 nei punti della circonferenza 4y2 + z2 = 1.

Confrontando i valori ottenuti si conclude che il minimo assoluto dif e −1/4 assunto nel punto (−1/2, 0, 0) e massimo assoluto 1 assuntonei punti della circonferenza unitaria con centro nell’origine e situatanel piano yz.

Alternativamente, la funzione puo essere studiata in coordinate sferi-che sugli insiemi E1 ed E2 ponendo x = ρ cos θ sinφ, y = ρ sin θ sinφ,z = ρ cosφ. Infatti l’insieme E1 viene individuato dalle condizioni

ρ = 1 , −π2≤ θ ≤ π

2, 0 ≤ φ ≤ π ,

e la funzione diventa (ponendo ρ = 1)

g(θ, φ) = 1 + cos θ sinφ ,

4

che va studiata nel rettangolo −π/2 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ φ ≤ π.

Analogamente si puo descrivere l’insieme E2; tuttavia in questo casopuo essere piu semplice la trasformazione (in coordinate cilindricherispetto all’asse x) x = x, y = ρ cos θ, z = ρ sin θ rispetto alla qualel’insieme E2 viene descritto dalle condizioni x = 0, 0 ≤ ρ ≤ 1 e−π ≤ θ ≤ π e la funzione diventa

h(ρ) = ρ2 , 0 ≤ ρ ≤ 1 .

3. Postoy = 1− x

2,

si ottiene la serie∞∑n=0

yn

n+ 1.

Si riconosce facilmente che la serie precedente e una serie di potenzecon raggio di convergenza 1; pertanto essa converge per y ∈] − 1, 1[ enon converge per y ∈] − ∞,−1[∪]1,+∞[. Inoltre per y = 1 la serienon converge (serie armonica) mentre per y = −1 essa converge (seriearmonica a segni alterni). Quindi si conclude che la serie convergepuntualmente per y ∈ [−1, 1[ e uniformemente in ogni intervallo [−1, r]con −1 < r < 1.

Per calcolare la somma si puo tenere presente che se y = 0 la serie eovviamente convergente verso 1; se y = 0, la serie si puo scrivere come

1

y

∞∑n=0

yn+1

n+ 1

e quindi risulta ottenuta per integrazione da quella geometrica e per-tanto, per ogni y ∈ [−1, 1[,

∞∑n=0

yn+1

n+ 1=

∞∑n=0

∫ y

0tn dt =

∫ y

0

∞∑n=0

tn dt =

∫ y

0

1

1− tdt = − log(1−y) .

Quindi la serie∑∞

n=0yn

n+1 converge per y ∈ [−1, 1[ e la sua somma e

∞∑n=0

yn

n+ 1=

1 , y = 0 ,

− log(1− y)

y, y ∈ [−1, 1[\{0} .

Tenendo presente che x = 2 − 2y si ricava la convergenza della serieassegnata in ]0, 4] e, per ogni x ∈]0, 4],

∞∑n=0

(2− x)n

2n(n+ 1)=

1 , x = 2 ,

− log(x/2)

1− x/2, x ∈]0, 4] \ {2} ;

5

La convergenza uniforme puo essere inoltre assicurata negli insiemi[r, 4] con 0 < r < 4.

6

16 luglio 2007


1. Determinare, se esistono, le soluzioni della seguente equazione diffe-renziale

y′

y=

1

x(log y − log x) .

2. Calcolare (se esistono) i punti di massimo e minimo assoluti dellafunzione

f(x, y) =x2

2+ x+ y2

nell’insieme

E = {(x, y) ∈ R2 :x2

4+ y2 ≤ 1, x ≤ 0} .

3. Calcolare il seguente integrale doppio∫∫E

2y2 − x2

x2 + y2dx dy ,

dove E e la corona circolare di centro l’origine e raggi 1 e 2.

7

Soluzione del 16 luglio 2007

1. Si osservi innanzitutto che deve essere x > 0 e y > 0; l’equazionedifferenziale puo essere scritta nella forma

y′ =y

xlog

y

x,

e quindi, posto z = y/x, da cui y = xz e y′ = z + xz′, si ottienexz′ = z(log z − 1), cioe l’equazione a variabili separate

z′

z(log z − 1)=

1

x.

Tenendo presente che, posto t = log z,∫1

z(log z − 1dz =

∫1

t− 1dt = log |t− 1|+ c = log | log z − 1|+ c ,

integrando i due membri dell’equazione differenziale, si ha log | log z−1| = log(cx) con c > 0, da cui, tenendo conto del valore assoluto

log z − 1 = cx , c ∈ R .

Pertanto z = ecx+1 e infine y = x ecx+1.

2. La funzione in esame e continua nell’insieme E che e chiuso e limitatoe quindi, per il teorema di Weierstrass, la funzione ammette massimo eminimo assoluto. Tenendo presente che la funzione e anche differenzia-bile, per determinarli e sufficiente confrontare i valori della funzionenei punti stazionari interni e sulla frontiera. Per quanto riguarda ipunti stazionari interni, essi sono dati dalle soluzioni del sistema

∂f

∂x(x, y) = x+ 1 = 0 ,

∂f

∂y(x, y) = 2y = 0 ,

Si ottiene solamente il punto (−1, 0) nel quale la funzione assume ilvalore f(−1, 0) = −1/2.

Si studia ora la funzione sulla frontiera dell’insieme E considerandoseparatamente il segmento congiungente i punti (0,−1) e (0, 1) e l’arcodi ellisse di equazione x2/4 + y2 = 1 situato nel semipiano x ≤ 0. Perquanto riguarda il segmento bisogna studiare la funzione

φ(y) = f(0, y) = y2 , y ∈ [−1, 1] ,

8

e tale funzione ammette ovviamente minimo assoluto per y = 0 emassimo assoluto per y = ±1; bisogna conseguentemente considerarei punti (0, 0), (0,−1) e (0, 1) nei quali si ha

f(0, 0) = 0 , f(0,−1) = 1 , f(0, 1) = 1 .

Per quanto riguarda infine l’arco di ellisse in esame conviene consi-derare il cambiamento di variabili (in coordinate ellittiche) x = 2ρ cos θe y = ρ sin θ e tener presente che sull’insieme in esame risulta ρ = 1 eπ/2 ≤ θ ≤ 3π/2. Si ottiene quindi la funzione

ψ(θ) = f(2 cos θ, sin θ) = 2 cos2 θ + 2 cos θ + sin2 θ

= cos2 θ + 2 cos θ + 1 = (1 + cos θ)2 .

Anche in questo caso, tenendo presente il comportamento della funzio-ne coseno nell’intervallo [π/2, 3π/2], si ottiene facilmente che il minimoassoluto viene assunto per θ = π e vale 0 mentre il massimo assolutoviene assunto per θ = π/2 e θ = 3π/2 e vale 1; i punti corrispondentida considerare sono (−2, 0) (0,−1) e (0, 1) nei quali si ha

f(−2, 0) = 0 , f(0,−1) = 1 , f(0, 1) = 1 .

In conclusione il minimo assoluto della funzione nell’insieme E e ugualea −1/2 e viene assunto nel punto (−1, 0) mentre il massimo assolutoe 1 e viene assunto nei punti (0,−1) e (0, 1).

3. Considerato il cambiamento di variabili in coordinate polari x = ρ cos θe y = ρ sin θ, la corona circolare di centro l’origine e raggi 1 e 2 vienedescritta dalle limitazioni 1 ≤ ρ ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2π e l’integrale diventa∫ 2

1ρ dρ

∫ 2π

0(2 sin2 θ − cos2 θ) dθ =

[ρ2

2

]21

∫ 2π

0(3 sin2 θ − 1) dθ

=3

2

∫ 2π

0(3 sin2 θ − 1) dθ =

3

2

∫ 2π

0

(1

2− 3

2cos(2θ)

)dθ

=3

2

(π − 3

2

[sin(2θ)

2

]2π0

)=

3

2π .

9

3 settembre 2007


1. Determinare la soluzione generale della seguente equazione differen-ziale

y′′ − y = ex .

2. Calcolare il seguente integrale doppio∫∫E

y

xdx dy ,

dove E e l’insieme limitato contenuto nel primo quadrante delimitatodalle rette di equazione y =

√3x/3, y =

√3x e dalle curve di equazione

xy =√3/8 e xy =

√3/4.

3. Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione difunzioni

fn(x) = arctan enx , x ∈ R .

4. Applicare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per lo studio deimassimi e minimi vincolati della funzione

f(x, y) = x+ y

sulla circonferenza di centro l’origine e raggio 1.

10

Soluzione del 3 settembre 2007

1. Si tratta di un’equazione differenziale del secondo ordine completa. Ilpolinomio caratteristico associato all’equazione omogenea y′′−y = 0 edato da λ2−1 = 0 ed ha come soluzioni ±1, entrambe di moltepplicita1. Quindi la soluzione generale dell’equazione omogenea e y = c1e

x +c2e

−x; tenendo presente che il termine noto e di tipo particolare eche 1 e soluzione del polinomio caratteristico con molteplicita 1, unasoluzione particolare dell’equazione completa e del tipo y = cxex; siha y′ = cex + cxex e y′′ = 2cex + cxex e sostituendo nell’equazionecompleta si ottiene 2cex + cxex − cxex = ex che e soddisfatta perc = 1/2. Quindi una soluzione particolare dell’equazione assegnata ey = xex/2 e la soluzione generale dell’equazione completa e data da

y = c1ex + c2e

−x +x ex

2.

2. La rappresentazione geometrica dell’insieme E suggerisce di conside-rare il seguente cambiamento di variabili u = xy e v = y/x. Si ricavafacilmente x =

√u/v e y =

√uv e il determinante jacobiano della tra-

sformazione e 1/(2v). Tenendo presente che l’insieme E viene descrittodalle condizioni

√3

8≤ u ≤

√3

4,

√3

3≤ v ≤

√3 ,

l’integrale diventa∫ √3/4

√3/8

du

∫ √3

√3/3

1

2v

√uv√u/v

dv

=

∫ √3/4

√3/8

du

∫ √3

√3/3

1

2dv =

1

2

(√3

4−

√3

8

)(√3−

√3

3

)=

1

8.

3. Per ogni x ∈ R si ha

limn→+∞

enx =

+∞ , x > 0 ,1 , x = 0 ,0 , x < 0 ,

e quindi

limn→+∞

arctan enx =

π

2, x > 0 ,

π

4, x = 0 ,

0 , x < 0 .

11

Si denoti con f la funzione definita a secondo membro della formu-la precedente. Quindi la successione di funzioni fn e puntualmenteconvergente in tutto R verso f ma, essendo f non continua, la conver-genza non puo essere uniforme in tutto R. In particolare la funzionelimite non e continua in 0 e quindi ci si puo chiedere se la convergenzae uniforme in tutto R privato di un intorno dell’origine, cioe in uninsieme del tipo ] − ∞,−a] ∪ [a,+∞[ con a > 0. Vista la crescenzadelle funzioni enx e arctan si verifica facilmente che

supx∈]−∞,−a]

|fn(x)− f(x)| = supx∈]−∞,−a]

arctan enx = arctan e−na

e inoltre

supx∈[a,+∞[

|fn(x)− f(x)| = supx∈[a,+∞[

π

2− arctan enx =

π

2− arctan ena ;

da cio segue

supx∈]−∞,−a]∪[a,+∞[

|fn(x)− f(x)| = sup{arctan e−na,

π

2− arctan ena

}e poiche in ogni caso

limn→+∞

arctan e−na = 0 , limn→+∞

π

2− arctan ena = 0 ,

si conclude che la convergenza e uniforme in ]−∞,−a] ∪ [a,+∞[.

4. Il vincolo in questo caso ha equazione φ(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0 equindi bisogna considerare la funzione ausiliaria

h(x, y, λ) = f(x, y) + λφ(x, y) = x+ y + λ(x2 + y2 − 1) .

La funzione h e differenziabile ed i suoi punti stazionari sono dati dalsistema

∂h

∂x(x, y, λ) = 1 + 2λx = 0 ,

∂h

∂y(x, y, λ) = 1 + 2λy = 0 ,

∂h

∂λ(x, y, λ) = x2 + y2 − 1 = 0 .

Osservato che per λ = 0 il sistema precedente non ha soluzioni, dalleprime due equazioni si ricava x = y = −1/(2λ) e sostituendo nel-l’ultima si ottiene 1/(2λ2) − 1 = 0 da cui λ = ±

√2/2. Pertanto

x = y = ∓√2/2 e in tali due punti si ha

f

(−√2

2,−

√2

2

)= −

√2 , f

(√2

2,

√2

2

)=

√2 ;

12

poiche la funzione f e continua ed il vincolo definisce un insieme chiusoe limitato, i punti trovati sono di minimo e rispettivamente di massimoassoluto per f .

13

11 dicembre 2007, traccia A


1. Calcolare il seguente integrale triplo∫∫∫D

x5 + y5

(x2 + y2 + z2)3 + 1dx dy dz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0} .

2. Studiare il massimo ed il minimo assoluto della funzione

f(x, y) = (1 + x+ y2) ey−x

sul quadrato con vertici nei punti (−1,−1), (1,−1), (1, 1) e (−1, 1).

3. Studiare la seguente equazione differenziale

y′ = x2(y +

1

y

).

4. Dire se la seguente successione di funzioni

fn(x) =enx

enx + 1, x ∈ R ,

puo essere uniformemente convergente.

14

Soluzione dell’11 dicembre 2007, traccia A

1. Suggerimento: Utilizzando le coordinate sferiche

x = ρ cos θ sinφ , y = ρ sin θ sinφ , z = ρ cosφ ,

il dominio D viene individuato dalle condizioni ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/2e 0 ≤ φ ≤ π/2. Quindi, tenendo presente che lo jacobiano dellatrasformazione in coordinate sferiche e −ρ2 sinφ, si ottiene l’integrale∫ 1

0dρ

∫ π/2

0dθ

∫ π/2

0

ρ5 sin5 φ(cos5 θ + sin5 θ)

ρ2 + 1ρ2 sinφdφ

=

∫ 1

0

ρ7

ρ2 + 1dρ

∫ π/2

0(cos5 θ + sin5 θ) dθ

∫ π/2

0sin6 φdφ

=1

12(5− 6 log 2)

16

15

5

32π =

5− 6 log 2

72π .

2. Suggerimento: La funzione e continua e il dominio assegnato e chiusoe limitato; quindi f e dotata di minimo e di massimo assoluto chesi ottengono confrontando i valori nei punti stazionari e nei punti dimassimo e minimo relativo sulla frontiera del quadrato.

3. Suggerimento: L’equazione differenziale puo essere considerata sia avariabili separabili (metodo piu semplice), sia del primo ordine diBernoulli, sia di tipo omogeneo dipendente da y/x.

4. Per ogni x ∈ R, si ha

limn→+∞

fn(x) =

1 , x > 0 ;1/2 , x = 0 ;0 , x < 0 .

Poiche ogni fn e continua mentre la funzione limite non lo e, la con-vergenza della successione non puo essere uniforme.

15

11 dicembre 2007, traccia B



x3 + y3

(x2 + y2 + z2)2 + 1dx dy dz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0} .


f(x, y) = (1− x2 + y) ey−x

sul quadrato con vertici nei punti (−1,−1), (1,−1), (1, 1) e (−1, 1).

3. Studiare la seguente equazione differenziale

y′ = x

(y +

1

y

).

4. Dire se la seguente successione di funzioni

fn(x) = log

(nx

nx+ 1

), x ∈]0,+∞[ ,

puo essere uniformemente convergente.

16

8 gennaio 2008



x2

x2 + y2dx dy dz ,

dove

D = {(x, y, z) ∈ R3 | 1 ≤ x2+y2+z2 ≤ 4 , x2+y2 ≤ z2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0} .


f(x, y) = (x− y2) (x+ 2y)

sul triangolo con vertici nei punti (0, 0), (0, 2) e (1, 0).

3. Studiare la convergenza semplice ed uniforme della seguente serie difunzioni

+∞∑n=0

x2n+2

(2n+ 1)(2n+ 2),

e calcolarne la somma.

4. Descrivere il tipo di soluzione particolare della seguente equazionedifferenziale

y′′ − y = x ex + cosx .

17

Soluzione dell’8 gennaio 2008

1. Utilizzando le coordinate sferiche

x = ρ cos θ sinφ , y = ρ sin θ sinφ , z = ρ cosφ ,

il dominio D viene individuato dalle condizioni 1 ≤ ρ ≤ 2 in quanto1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ π/2 e 0 ≤ φ ≤ π/2 in quantox ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0 e infine, dalla condizione x2 + y2 ≤ z2 si ricavaρ2 sin2 φ ≤ ρ2 cos2 φ cioe − cosφ ≤ sinφ ≤ cosφ, che nell’intervallo[0, π/2] e soddisfatta per 0 ≤ φ ≤ π/4. Quindi, tenendo presente chelo jacobiano della trasformazione in coordinate sferiche e −ρ2 sinφ, siottiene l’integrale∫ 2

1dρ

∫ π/2

0dθ

∫ π/4

0

ρ2 cos2 θ sin2 φ

ρ2 sin2 φρ2 sinφdφ

=

∫ 2

1ρ2 dρ

∫ π/2

0cos2 θ dθ

∫ π/4

0sinφdφ

=

[ρ3

3

]21

[θ

2+

sin 2θ

4

]π/20

[− cosφ]π/40

=

(8

3− 1

3

)π

4

(−√2

2+ 1

)=

7

24

(2−

√2)π .

2. La funzione e differenziabile ed i suoi punti stazionari si ottengonodalle soluzioni del sistema

∂f

∂x(x, y) = 2x+ 2y − y2 = 0 ,

∂f

∂y(x, y) = 2x− 2xy − 6y2 = 0 .

Sottraendo le due equazioni si ottiene y(2 + 2x + 5y) = 0. Se y = 0dalla prima si ottiene x = 0, ma il punto stazionario (0, 0) si trova sullafrontiera del dominio assegnato. Se 2 + 2x + 5y = 0 si ricava 2x =−2− 5y e sostituendo nella prima equazione si ottiene y2+3y+2 = 0che ha come soluzioni y = −2 e y = −1; in ogni caso i punti stazionariche si ottengono sono esterni al dominio assegnato. Poiche f e continuasul triangolo assegnato, essa ammette massimo e minimo che devononecessariamente trovarsi sulla frontiera. Si passa quindi a studiareil comportamento della funzione sui tre lati del triangolo. Sul latoindividuato dalle condizioni x = 0 e 0 ≤ y ≤ 2, la funzione diventaφ1(y) = f(0, y) = −2y3 ed ha minimo in 2 uguale a −16 e massimo in0 uguale a 0. Sul lato individuato dalle condizioni y = 0 e 0 ≤ x ≤ 1,

18

la funzione diventa φ2(x) = f(x, 0) = x2 ed ha minimo in 0 uguale a 0e massimo in 1 uguale a 1. Infine, sul lato individuato dalle condizioniy = 2−2x (equazione della retta passante per (0, 2) e (1, 0)) e 0 ≤ x ≤1, la funzione diventa φ3(x) = f(x, 2−2x) = 12x3−43x2+48x−16; lasua derivata e φ′

3(x) = 36x2−86x+48 e nell’intervallo [0, 1] e positivain [0, 8/9] e negativa in [8/9, 1]; quindi nel punto 8/9 vi e un massimoin cui φ3(8/9) = f(8/9, 2/9) = 272/243 mentre tenendo presente chenegli estremi φ3(0) = −16 e φ3(1) = 1, il minimo si trova in 0 evale −16. Pertanto, confrontando i valori ottenuti, si conclude che ilminimo assoluto di f e −16 e viene assunto nel punto (0, 2) mentre ilmassimo e 272/243 e viene assunto nel punto (8/9, 2/9).

3. Poichex2n+2

2n+ 2=

∫ x

0t2n+1 dt ,

la serie di potenze assegnata risulta essere ottenuta per integrazionedalla serie

+∞∑n=0

t2n+1

2n+ 1,

che a sua volta, essendo

t2n+1

2n+ 1=

∫ t

0s2n ds ,

e ottenuta per integrazione dalla serie∑+∞

n=0 s2n =

∑+∞n=0(s

2)n; que-st’ultima serie ha raggio di convergenza 1, converge per s ∈] − 1, 1[ ela sua somma e data da

+∞∑n=0

s2n =1

1− s2, s ∈]− 1, 1[ .

Quindi la serie assegnata ha lo stesso raggio di convergenza 1 e inoltreconverge anche negli estremi ±1 (in quanto il termine generale dellaserie in tali punti e un infinitesimo di ordine 2); quindi per il teoremadi Abel la serie e uniformemente convergente in [−1, 1] e per ogni

19

x ∈ [−1, 1] si ha

+∞∑n=0

x2n+2

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

+∞∑n=0

1

2n+ 1

∫ x

0t2n+1 dt =

∫ x

0

+∞∑n=0

t2n+1

2n+ 1dt

=

∫ x

0

+∞∑n=0

∫ t

0s2n ds dt =

∫ x

0

∫ t

0

+∞∑n=0

s2n ds dt

=

∫ x

0

∫ t

0

1

1− s2ds dt =

1

2

∫ x

0[log(s+ 1)− log(1− s)]t0 dt

=1

2

∫ x

0(log(t+ 1)− log(1− t)) dt

=1

2[(t+ 1) log(t+ 1)− t+ (1− t) log(1− t) + t]x0

= (x+ 1) log(x+ 1) + (1− x) log(1− x) .

4. L’equazione differenziale e lineare del secondo ordine completa. Lesoluzioni del polinomio caratteristico associato all’equazione omogeneasono ±1. Il termine noto e somma dei termini noti particolari x ex ecosx. Al termine x ex corrisponde una soluzione particolare y1(x) =x(ax + b)ex con a e b costanti da determinare (si e tenuto conto delfatto che 1 e soluzione di molteplicita 1 del polinomio caratteristico),mentre al termine cosx corrisponde una soluzione particolare y2(x) =c sinx + d cosx con c e d costanti da determinare. In definitiva, lasoluzione particolare sara somma delle due funzioni precedenti e quindisara del tipo y(x) = x(ax+ b)ex+ c sinx+d cosx con a, b, c, d costantida determinare.

20

25 marzo 2008


1. Determinare lo jacobiano della seguente trasformazione di coordinate:{x = u v ,y = u/v .

2. Studiare massimi e minimi della funzione

f(x, y) = ex2+ y2

in tutto R2 e sul cerchio di centro l’origine e raggio 1.

3. Studiare la convergenza semplice ed uniforme della seguente successio-ne di funzioni

fn(x) = (1− x)xn , x ∈ [0, 1] .

4. Risolvere la seguente equazione differenziale

2x2 y y′ = 1 + y2 .

21

Soluzione del 25 marzo 2008

1. Si ha

J(u, v) =

(v u1v − u

v2

)= −u

v− u

v= −2u

v.

2. Suggerimento: Si osserva innanzitutto che il minimo assoluto vieneassunto sicuramente nel punto (0, 0) e vale 1 in quanto sia ex

2che y2

sono crescenti e inoltre la funzione sempre ≥ 1 e assume tale valoresolamente in (0, 0). Calcolando poi le derivate parziali si riconosce chenon vi sono altri punti stazionari. Tenendo presente che entrambe lefunzioni ex

2e y2 tendono a +∞ per x → ±∞ e rispettivamente per

y → ±∞ si deduce che la funzione non limitata superiormente inR2. Invece nel cerchio di centro l’origine e raggio 1 la funzione deveammettere necessariamente un massimo assoluto in quanto e continuasu un insieme chiuso e limitato e tale massimo deve necessariamentetrovarsi sulla frontiera del cerchio determinata dalla condizione x2 +y2 = 1; da tale condizione si deduce y2 = 1− x2 e la funzione coincidecon g(x) = ex

2+ 1 − x2 con −1 ≤ x ≤ 1. La derivata di g si annulla

solo in 0 e quindi, confrontando i valori che essa assume in 0 e negliestremi ±1, si deduce che il massimo assoluto e uguale ad e e vieneassunto in ±1 che per la funzione f corrispondono ai punti (±1, 0).

3. Suggerimento: La successione converge puntualmente alla funzionenulla. Inoltre fn si annulla agli estremi e la sua derivata si annulla in0 e n/(n+ 1). Quindi

limn→+∞

supx∈[0,1]

|fn(x)−0| = limn→+∞

f

(n

n+ 1

)= lim

n→+∞

1

n+ 1

1

(1 + 1/n)n= 0

e quindi la convergenza verso la funzione nulla e anche uniforme.

4. Suggerimento: Dividendo per x2(1 − y2) si ottiene un’equazione avariabili separate; alternativamente, osservato che la funzione nullanon soluzione dell’equazione differenziale, si puo dividere per 2x2y eottenere un’equazione di Bernoulli.

22

15 aprile 2008, traccia A


1. Studiare la convergenza della seguente serie di potenze

+∞∑n=1

4n arctann x

πn


2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti dellafunzione

f(x, y) = 3x2 + 2y3 − 6xy .


y(4) + 5y′′ + 4 = sin 3x .

4. Calcolare il volume del solido A delimitato dalle seguenti condizioni

z ≤ x2 + y2 ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ 1 ,

cioe∫∫∫

A dx dy dz.

23

Soluzione del 15 aprile 2008, traccia A

1. Suggerimento: Posto y = 4arctanx/π, si ottiene una serie geometrica;nel calcolare la somma bisogna tenere presente che l’indice n parte da1.

2. Si lascia per esercizio.


4. Suggerimento: Utilizzando le coordinate cilindriche l’insieme viene de-scritto dalle condizioni 0 ≤ z ≤ 1, z ≤ ρ2 ≤ 1 e −π ≤ θ ≤ π e quin-di, tenendo presente che lo jacobiano della trasformazione ρ, bastarisolvere l’integrale ∫ π

−πdθ

∫ 1

0dz

∫ 1

√zρ dρ =

π

2.

24

15 aprile 2008, traccia B


1. Studiare la convergenza della seguente serie di potenze

+∞∑n=2

2n/2 sinn x


2. Studiare massimi e minimi relativi ed eventualmente assoluti dellafunzione

f(x, y) = 3x2 + 2y3 + 6xy .


y(4) + 10y′′ + 9 = sin 2x .

4. Calcolare il volume del solido A delimitato dalle seguenti condizioni

1 ≤ x2 + y2 ≤ z , 1 ≤ z ≤ 2 ,

cioe∫∫∫

A dx dy dz.

25

Soluzione del 15 aprile 2008, traccia B

1. Suggerimento: Si ha 2n/2 sinn x = (√2 sinx)n, e quindi basta imporre

−1 <√2 sinx < 1 per la convergenza puntuale e −r <

√2 sinx < r

con 0 < r < 1 per quella uniforme.



4. Suggerimento: Utilizzando le coordinate cilindriche l’insieme viene de-scritto dalle condizioni 1 ≤ z ≤ 2, 1 ≤ ρ2 ≤ z e −π ≤ θ ≤ π e quin-di, tenendo presente che lo jacobiano della trasformazione ρ, bastarisolvere l’integrale ∫ π

−πdθ

∫ 2

1dz

∫ √z

1ρ dρ .

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