dispense matematica
DESCRIPTION
eserciziTRANSCRIPT
CORSODI
MATEMATICA 2
CORSO DI LAUREAMAGISTRALE (LMA)
M.L. BENNATI - O. PEDEMONTE
RACCOLTA DI ESERCITAZIONI
FACOLTA DI ARCHITETTURA - DIPARTIMENTO DSAUNIVERSITA DI GENOVA
2
Capitolo 1
Studio di funzioni di due variabili
1.1 Domini, curve di livello, derivate parziali e dire-zionali, piano tangente
Prima prova intermedia del 20/12/2000Sia data la funzione
f (x,y) =2x√
3x2 +3y2−1.
1. Disegnare l’insieme di definizione D di f , determinandone il tipo di figurageometrica.
2. Determinare l’insieme E in cui f (x,y)≤ 0 e disegnare la curva di livello γ ,passante per P1(−1,0).
3. Calcolare le derivate parziali di f .
4. Calcolare la derivata direzionale Dv f di f in P2(−1,1), secondo il versorev = (1
2 ,√
32 ).
5. Scrivere l’equazione del piano tangente alla superficie z = f (x,y) nel puntoP(−1,1, f (−1,1)).
Soluzione.
1) D = {(x,y) ∈ R2 : 3x2 + 3y2− 1 > 0}. Per disegnarlo, notiamo che g(x,y) =
3
4 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
3x2 + 3y2 − 1 = 0, cioe x2 + y2 = 1/3, rappresenta una circonferenza di cen-tro (0,0) e raggio r =
√3/3, e divide il piano nei due aperti e connessi A1,A2.
Applicando il teorema dei valori intermedi:
P1(0,0) ∈ A1, g(P1) =−1 < 0 ⇒ g(x,y)< 0 in A1
P2(2,0) ∈ A2, g(P2) = 11 > 0 ⇒ g(x,y)> 0 in A2
Si ha D = A2 aperto, illimitato.
x
y
A1
D = A2
2) Poiche√
3x2 +3y2−1 > 0 per ogni (x,y) ∈D, allora f (x,y)≤ 0 ⇐⇒ x≤0, quindi l’insieme E e il sottoinsieme di D contenuto nel semipiano delle ascissenegative.
Per P1 passa una ed una sola curva di livello γ di equazione f (x,y) = f (P1),con f (P1) =−2/
√2 =−
√2. L’equazione di γ e quindi
γ :2x√
3x2 +3y2−1=−√
2 ⇒ 4x2 = 2(3x2+3y2−1) ⇒ 2x2+6y2−2 = 0,
che rappresenta un’ellisse di forma canonica x2 +y2
13
= 1. γ e la semiellisse
contenuta in E priva degli estremi.
1.1. DOMINI E DERIVATE 5
x
y
√3
3-1
E
3)
fx =
2√
3x2 +3y2−1−2x · 1
2√
3x2 +3y2−1·6x
3x2 +3y2−1
=6x2 +6y2−2−6x2
2√
(3x2 +3y2−1)3
=6y2−2
2√
(3x2 +3y2−1)3
fy = 2x · −6y
2√
(3x2 +3y2−1)3
=−6xy√
(3x2 +3y2−1)3
4) P2(−1,1) e un punto interno a D per cui e definito ∇ f (P2).
Dv f (P2) = ∇ f (P2) · v = fx(P2)12+ fy(P2)
√3
2
Usando il fatto che fx(P2) = 4/(5√
5) e fy(P2) = 6/(5√
5) si ha
Dv f (−1,1) =4
5√
512+
65√
5
√3
2=
2+3√
35√
5.
5) L’equazione del piano tangente e la seguente:
z = f (−1,1)+ fx(−1,1)(x+1)+ fy(−1,1)(y−1).
6 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Utilizzando i conti svolti nel punto 4) si ha:
z = − 2√5+
45√
5(x+1)+
65√
5(y−1)
z =4√
525
x+6√
525
y− 2√5+
45√
5− 6
5√
5
z =4√
525
x+6√
525
y− 12√
525
.
Infine l’equazione si puo scrivere nella seguente forma:
4√
5x+5√
5y−25z−12√
5 = 0.
1.1. DOMINI E DERIVATE 7
Prima prova intermedia del 26/11/2001Sia data la funzione
f (x,y) = log(3+8xy)− log(−4xy)
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D.
2. Dato P0(x0,y0) ∈ D, definire la curva di livello passante per P0.
3. Dato P1(1,−1/4) ∈D, determinare e disegnare, se esiste, la curva di livellopassante per P1.
4. Definire e calcolare, se esiste, il gradiente di f in P1.
5. Calcolare, se esiste, la derivata direzionale di f in P1 secondo la direzionedel versore u = (−
√2/2,−
√2/2).
6. Scrivere, se esiste, l’equazione del piano tangente alla superficie di equa-zione z = f (x,y) nel punto P(1,−1/4, f (1,−1/4)).
Soluzione.
1) Il campo di esistenza D di f si ottiene risolvendo il sistema seguente{3+8xy > 0−4xy > 0
g(x,y) = 3+ 8xy = 0 rappresenta l’iperbole equilatera xy = −3/8 con i rami nel2◦ e 4◦ quadrante. Inoltre si ha V1(
√3/8,−
√3/8) e V2(−
√3/8,
√3/8) (vedi
Figura 1). Essa divide il piano in 3 aperti connessi A1,A2,A3. Applicando ilteorema dei valori intermedi:
P1(0,0) ∈ A1, g(P1) = 3 > 0⇒ g(x,y)> 0 in A1
P2(−1,1) ∈ A2, g(P2) =−5 < 0⇒ g(x,y)< 0 in A2
P3(1,−1) ∈ A3, g(P3) =−5 < 0⇒ g(x,y)< 0 in A3.
La disequazione 3+8xy > 0 e verificata in A1.−4xy > 0 ⇐⇒ xy < 0 che e verificata nel 2◦ e 4◦ quadrante esclusi gli assi x e y.Intersecando gli insiemi di Figura 1 e Figura 2 si ottiene D in Figura 3. D e apertoe illimitato.
8 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
A1
A2
A3
V1
V2
Fig.1
x
y
Fig.2
x
y
DD
Fig.3
x
y
2) Se P0(x0,y0) ∈ D, esiste un’unica curva di livello passante per P0. Risulta:
CP0 = {(x,y) ∈ D : f (x,y) = f (P0)}.
3) P1(1,−1/4)∈D, quindi esiste una curva di livello passante per P1 di equazionef (x,y) = f (P1). D’altra parte si ha f (P1) = log1− log1 = 0 e quindi CP1 ha equa-zione: log(3+8xy)− log(−4xy) = 0⇔ log(3+8xy) = log(−4xy). Applicando adentrambi i membri la funzione esponenziale si ha 3+ 8xy = −4xy⇒ 12xy = −3e quindi xy = −1/4, che rappresenta un’iperbole equilatera contenuta in D convertici V3(1/2,−1/2), V4(−1/2,1/2) (vedi Figura 4).
Fig.4
x
y
4) f e derivabile in tutti i punti di D e quindi anche in P1, inoltre ∇ f (P1) =( fx(P1), fy(P1)), con
fx =1
3+8xy·8y− 1
−4xy· (−4y) fx(P1) =−2−1 =−3
fy =1
3+8xy·8x− 1
−4xy· (−4x) fy(P1) = 8+4 = 12.
1.1. DOMINI E DERIVATE 9
Pertanto ∇ f (P1) = (−3,12).5) La derivata direzionale nella direzione u esiste in quanto e definito ∇ f (P1).Inoltre si ha
∂ f∂u
(P1) = fx(P1)
(−√
22
)+ fy(P1)
(−√
22
)=
3√
22−6√
2 =−92
√2.
6) L’equazione del piano tangente in P(1,−1/4, f (1,−1/4)) e
z = f (1,−1/4)+ fx(P1)(x−1)+ fy(P1)(y+1/4),
ed equivalentemente, svolgendo i calcoli
z = 0+(−3)(x−1)+12(y+1/4).
Infine quindi 3x−12y+ z−6 = 0 e l’equazione del piano richiesto.
10 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova guidata del 23/10/2002Data la funzione
f (x,y) =√
2x2 +2y2−1−√
x2−4y2.
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D, giustificando ogniaffermazione.
2. Determinare e disegnare la curva di livello passante per P0(1,0).
3. Calcolare fx(P0) e fy(P0).
4. Calcolare∂ f∂ r
(P0) dove r e la retta y = x− 1 con l’orientamento assegnatoin figura.
x
yr
Soluzione.
1) L’insieme di definizione D di f si ottiene risolvendo il sistema{2x2 +2y2−1≥ 0x2−4y2 ≥ 0.
(S)
Sia g1(x,y) = 2x2 + 2y2− 1. L’equazione g1(x,y) = 0 rappresenta una circon-ferenza di centro (0,0) e raggio r =
√2/2 che suddivide il piano in due aperti
connessi A1 e A2. (vedi Figura 1).
A1
D = A2
x
y
Fig.1
1.1. DOMINI E DERIVATE 11
O(0,0)∈ A1, g1(0,0) =−1 < 0 mentre (2,0)∈ A2 e g1(2,0) = 7 > 0. Applicandoil teorema dei valori intermedi la disuguaglianza g1(x,y)> 0 e verificata in A2. Ladisuguaglianza g1(x,y)≥ 0 e quindi verificata in A2 e sulla circonferenza.Sia g2(x,y) = x2−4y2; g2(x,y) = 0 rappresenta le due rette di equazione y =±x
2.
Infatti x2− 4y2 = 0 si scompone in (x− 2y)(x+ 2y) = 0 e si ottengono le rettecome in Figura 2.
x
y
B1B3
B2
B4Fig.2
Esse dividono il piano in quattro sottoinsiemi aperti e connessi, B1,B2,B3,B4.M1(1,0)∈B1 con g2(M1)= g2(1,0)= 1> 0; M2(0,1)∈B2 con g2(M2)= g2(0,1)=−4 < 0; M3(−1,0) ∈ B3 con g2(M3) = g2(−1,0) = 1 > 0; M4(0,−1) ∈ B4 cong2(M4) = g2(0,−1) = −4 < 0. Per il teorema dei valori intermedi la disegua-glianza g2(x,y) = x2− 4y2 > 0 e verificata in B1 ∪B3 e g2(x,y) ≥ 0 e verificatain B1 ∪B3 e sulle rette in Figura 2. L’insieme di definizione di f , cioe dei pun-ti D che risolvono il sistema (S) si ottiene intersecando i sottoinsiemi di Figura1 e Figura 2 ed e rappresentato in Figura 3. D e un sottoinsieme di R2 chiu-so, illimitato, non connesso. I punti A(
√10/5,
√10/10), B(−
√10/5,
√10/10),
C(−√
10/5,−√
10/10), E(√
10/5,−√
10/10) si ottengono risolvendo il sistema
{2x2 +2y2−1 = 0x2−4y2 = 0
⇐⇒
{10y2 = 1x2 = 4y2 ⇐⇒
{y =±
√10/10
x =±√
10/5.
12 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
A
E
B
Cx
y
DD
Fig.3
A
E
B
Cx
y
DD
Fig.4
2) P0(1,0) ∈ D. Per P0 passa una ed una sola curva di livello C . Per definizio-ne C = {(x,y) ∈ D : f (x,y) = f (P0)}. Siccome f (P0) =
√1−√
1 = 0, C haequazione√
2x2 +2y2−1−√
x2−4y2 = 0 ⇒√
2x2 +2y2−1 =√
x2−4y2
2x2 +2y2−1 = x2−4y2 ⇒ x2 +6y2 = 1.
L’ultima equazione, che si puo riscrivere come
x2 +y2
1/6= 1
e l’equazione di un’ellisse con centro di simmetria O(0,0) e semiassi a = 1,b =√6/6. Si osserva che l’ellisse passa per i punti A,B,C,E di intersezione tra le rette
e la circonferenza. La curva di livello C e rappresentata dai due archi di ellissecontenuti in D, come in Figura 4 (in blu).3) Applicando le regole di derivazione delle funzioni composte si ha:
fx =1
2√
2x2 +2y2−1·4x− 1
2√
x2−4y2·2x fx(1,0) = 2−1 = 1
fy =1
2√
2x2 +2y2−1·4y− 1
2√
x2−4y2· (−8y) fy(1,0) = 0.
Si osserva che il vettore gradiente di f in P0, cioe ∇ f (P0) = (1,0), ha la direzionedell’asse x ed e ortogonale alla tangente alla curva di livello in P0 che e parallelaall’asse y.4)
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cos(θ)+ fy(P0)sin(θ),
1.1. DOMINI E DERIVATE 13
dove u = (cosθ ,sinθ) e il versore unitario di r con l’orientamento assegnato.Risulta u = (
√2/2,√
2/2) e quindi
∂ f∂ r
(P0) = 1 ·√
22
+0 ·√
22
=
√2
2.
14 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova intermedia del 30/10/2002 Data la funzione
f (x,y) =
√3x2 +7y2−3
2y.
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D, giustificando ogniaffermazione.
2. Determinare, se esiste, la curva di livello passante per P0(0,1).
3. Calcolare il gradiente di f in P0.
4. Calcolare∂ f∂ r
(P0) dove r e la retta y = 2x+1 con l’orientamento assegnatoin figura.
x
y
r
θ
P0 1
Soluzione.
1) L’insieme di definizione D di f si ottiene risolvendo il sistema{3x2 +7y2−3≥ 0y 6= 0.
Sia g(x,y) = 3x2+7y2−3 = 0. Tale equazione rappresenta un’ellisse la cui forma
canonica e x2 +y2
3/7= 1. L’ellisse suddivide il piano i due aperto connessi A1 e
A2.
1.1. DOMINI E DERIVATE 15
x
y
A1
A2
1-1
P2
P1
Sia P1(0,0)∈A1; g(P1) =−3< 0; per il teorema dei valori intermedi g(x,y) =3x2+7y2−3< 0 in A1. Sia P2(0,1)∈A2; g(P2)= 7−3= 4> 0; per il teorema deivalori intermedi g(x,y)= 3x2+7y2−3> 0 in A2. La disequazione 3x2+7y2−3≥0 e verificata in A2 compresa l’ellisse. Poiche deve anche essere y 6= 0 dobbiamoescludere l’asse x. L’insieme di definizione D e l’insieme tratteggiato in figura. Siosserva che escludendo l’asse x sono esclusi sull’ellisse i punti (1,0) e (−1,0). Dnon e ne aperto ne chiuso, ed e illimitato.
x
y
D
2) P0(0,1) ∈ D, per cui esiste una ed una sola curva di livello passante per P0, diequazione f (x,y) = f (P0):
CP0 = {(x,y) ∈ D : f (x,y) = f (P0)}; f (P0) = 1.
16 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Quindi l’equazione e: √3x2 +7y2−3
2y= 1.
Poiche y 6= 0, moltiplichiamo entrambi i membri per 2y e si ha√
3x2 +7y2−3 =2y. Essendo il primo membro dell’ultima equazione positivo o nullo deve esserey≥ 0, anzi y > 0. Elevando al quadrato si ha 3x2 +7y2−3 = 4y2, quindi
3x2 +7y2−3 = 0 ⇒ x2 + y2−1 = 0,
che rappresenta una circonferenza di raggio r = 1 e centro (0,0). Tenendo contodella condizione y > 0 la curva di livello passante per P0 e una semicirconferenzapriva degli estremi.
x
y
D
CP0
P0
3) f e derivabile in tutti i punti interni a D, esclusi cioe i punti sull’ellisse per cui3x2 +7y2−3 = 0. P0 e interno a D, per cui esiste ∇ f (P0) = ( fx(P0), fy(P0)).
fx =12y· 1
2√
3x2 +7y2−3·6x fx(P0) = 0
fy =12·
y · 1
2√
3x2 +7y2−3·14y−
√3x2 +7y2−3
y2 fy(P0) =34.
∇ f (P0) = (0,3/4), ha la direzione dell’asse y ed e ortogonale alla tangente in P0alla curva di livello per P0.
1.1. DOMINI E DERIVATE 17
4) Per definizione
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ ,
dove u = (cosθ ,sinθ) e il versore unitario di r con l’orientamento assegnato. Si
ha: y= 2x+1, ovveroy−1
2= x e quindi l = 1,m= 2 e u=
(± l√
l2 +m2,± m√
l2 +m2
).
Con l’orientamento fissato u = (−1/√
5,−2/√
5). Infine:
∂ f∂ r
(P0) = 0 ·(− 1√
5
)+
34·(− 2√
5
)=−3
√5
10.
Prova intermedia del 30/10/2002 Data la funzione
f (x,y) = log(2−√
x2 + y2−2)
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D, giustificando ogniaffermazione.
2. Determinare, se esiste, la curva di livello passante per P2(2,0).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P2.
4. Calcolare, se esiste, la derivata direzionale di f in P2 secondo la direzionedel vettore v = (1,−2).
5. Determinare l’equazione del piano tangente alla superficie z = f (x,y) nelpunto (2,0, f (2,0)).
Soluzione.
1) f e definita nell’insieme dei punti (x,y) ∈ R2 verificanti il seguente sistemadi disequazioni {
x2 + y2−2≥ 02−√
x2 + y2−2 > 0.
g1(x,y) = x2+y2−2 = 0 e una circonferenza di centro (0,0) e raggio r =√
2 chedivide il piano in due aperti connessi A1 e A2.
18 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
x
y
A1
A2
√2
P1(0,0) ∈ A1, g1(0,0) = −2 < 0 mentre P2(2,0) ∈ A2 e g1(2,0) = 2 > 0. Appli-cando il teorema dei valori intermedi la disuguaglianza g1(x,y)> 0 e verificata inA2. La disuguaglianza g1(x,y)≥ 0 e quindi verificata in A2 e sulla circonferenza.
2−√
x2 + y2−2 > 0⇔√
x2 + y2−2 < 2⇔ x2 + y2−2 < 4⇔ x2 + y2 < 6
g2(x,y) = x2+y2−6 e una circonferenza di centro (0,0) e raggio r =√
6 che chedivide il piano in due aperti connessi B1 e B2. Applicando come sopra il teoremadei valori intermedi la disuguaglianza g2(x,y)< 0 e verificata in B1. La frontierae esclusa.
x
y
B1
B2
√6
L’insieme di definizione D e ottenuto intersecando i due insiemi trovati. D non ene aperto, ne chiuso. E’ limitato e connesso.
1.1. DOMINI E DERIVATE 19
x
y
√2
D
√6
2) Per ogni punto P0(x0,y0)∈D passa una ed una sola curva di livello di equazionef (x,y) = f (P0). P2 ∈ D, per cui la curva C passante per P2 e
C = {(x,y) ∈ D : f (x,y) = f (P2)}; f (P2) = f (2,0) = log(2−√
2).
C ha equazione
log(2−√
x2 + y2−2) = log(2−√
2) ⇐⇒
elog(2−√
x2+y2−2) = elog(2−√
2) ⇐⇒
2−√
x2 + y2−2 = 2−√
2 ⇐⇒√x2 + y2−2 =
√2 ⇐⇒
x2 + y2−2 = 2 ⇐⇒x2 + y2 = 4,
circonferenza di centro C(0,0) e raggio r = 2, contenuta in D.
x
y
√2 2
C
√6
20 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
3) f e continua in D, ma ammette derivate parziali internamente a D, cioe esclusala circonferenza x2+y2−2= 0 perche la funzione non e derivabile quando e nulloil suo argomento. P2(2,0) e interno a D, quindi esiste il gradiente di f in P2 che sidenota con ∇ f (P2) = ( fx(P2), fy(P2)). Se P(x,y) si ha
fx(P) =1
2−√
x2 + y2−2·
[− 1
2√
x2 + y2−2·2x
]
fy(P) =1
2−√
x2 + y2−2·
[− 1
2√
x2 + y2−2·2y
]
∇ f (P2) =
(− 1
2−√
22√2,0)=
(−√
2(2+√
2)2
,0
)
4) Indicando con u il versore unitario parallelo a v, si ha u =(
1√5,− 2√
5
)=(√
55 ,−2
√5
5
). La retta r che ha direzione e verso di u ha equazione x−2
1 = y−2 ⇒
y = −2x + 4 e θ e l’angolo che forma con il semiasse positivo delle x. Perdefinizione
∂ f∂ r
= fx(P2)cosθ + fy(P2)sinθ =− 2√2(2−
√2)· 1√
5=−√
10(2+√
2)10
.
5) L’equazione del piano tangente in (x0,y0, f (x0,y0)) a z = f (x,y) e data da:
z− f (x0,y0) = fx(x0,y0)(x− x0)+ fy(x0,y0)(y− y0).
Sostituendo le coordinate del punto dato P2(2,0) si ha:
z = log(2−√
2)−√
22
(2+√
2)(x−2).
1.1. DOMINI E DERIVATE 21
Prima prova guidata a.a. 2003/04
Data la funzione f (x.y) =
√y+ x2−4x2− y−4
.
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Determinare e disegnare, se esiste, la curva di livello passante per P0(0,2).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0(0,2).
4. Calcolare la derivata direzionale di f in P0(0,2) secondo la direzione delversore u = (1/2,
√3/2).
5. Determinare l’equazione del piano tangente alla superficie z = f (x,y) inP(0,2, f (0,2)).
Soluzione.
f e definita sey+ x2−4x2− y−4
≥ 0. La disequazione frazionaria equivale a risolvere
due sistemi:
(1)
{y+ x2−4≥ 0x2− y−4 > 0
, ∪ (2)
{y+ x2−4≤ 0x2− y−4 < 0
Sia g1(x,y) = y+ x2−4 = 0.
x
y
P1
A1 A2
-2 2
4
P3
Fig. 1
x
y
P1
A3
A4
-2 2
-4
P3
Fig. 2
Essa rappresenta la parabola in Figura 1, che divide il piano nei due aperti connessiA1 e A2. P1(0,0) ∈ A1, g1(P1) = −4 < 0 quindi g1(x,y) < 0 in A1 per il teoremadei valori intermedi.P2(3,0) ∈ A2, g1(P2) = 9−4 = 5 > 0⇒ g1(x,y)> 0 in A2.
22 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Sia g2(x,y) = x2− y−4 = 0.y = x2− 4 rappresenta la parabola in Figura 2, che divide il piano nei due aperticonnessi A3 e A4. P1(0,0) ∈ A3, g2(P1) =−4 < 0 quindi g2(x,y)< 0 in A3 per ilteorema dei valori intermedi.P2(3,0) ∈ A4, g2(P2) = 5 > 0⇒ g2(x,y)> 0 in A4.Il sistema (1) e verificato in A2 ∩A4, il sistema (2) e verificato in A1 ∩A3. Laparabola y = −x2 + 4 e compresa esclusi i punti di intersezione con la parabolay = x2− 4 che e esclusa. Il dominio D e rappresentato in Figura 3, e non e neaperto, ne chiuso.
x
y
Fig. 3
2) P0(0,2) ∈ D, per P0 passa una ed una sola curva di livello CP0 di equazione
f (x,y) = f (P0). Poiche f (P0) =
√2−4−2−4
=
√13, CP0 ha equazione
√y+ x2−4x2− y−4
=
√13.
Elevando ambo i membri al quadrato si ottiene y+x2−4x2−y−4 = 1
3 . Moltiplicando per
x2− y−4 6= 0 si ha 3y+3x2 +2 = x2− y−4⇒ 4y = −2x2 +8⇒ y = −x2
2 +2.Essa rappresenta una parabola con vertice V (0,2) e passante per i punti (−2,0) e(2,0) che sono esclusi.
1.1. DOMINI E DERIVATE 23
CP0
x
y
Fig. 4
3) P0 e interno a D, f e derivabile in P0, in quanto ha derivate parziali prime intutti i punti interni a D. ∇ f (P0) = ( fx(P0), fy(P0)).
fx =1
2
√y+ x2−4x2− y−4
· (x2− y−4) ·2x− (x2 + y−4) ·2x
(x2− y−4)2 ; fx(0,2) =0
fy =1
2
√y+ x2−4x2− y−4
· (x2− y−4) ·1− (x2 + y−4) ·1
(x2− y−4)2 ; fy(0,2) =
√3
2−6−2
36
=−√
39
∇ f (P0) =(
0,−√
39
).
4)
x
y r
θ
P0 2
24 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
La retta r orientata, passante per P0, con versore u = (1/2,√
3/2), ha coefficienteangolare m =
√3
2 2 =√
3 ed ha equazione cartesiana y−2 =√
3x⇒ y =√
3x+2.
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ
∂ f∂ r
(P0) =0 · 12+
√3
2
(−√
39
)=−1
6.
5) L’equazione di tale piano e data dalla formula
z = f (0,2)+ fx(0,2)(x−0)+ fy(0,2)(y−2)
z =
√3
3−√
39
(y−2)
z = −√
39
y+59
√3.
1.1. DOMINI E DERIVATE 25
Prova guidata del 22/10/2004Data la funzione f (x.y) = arcsin(9x2− y2− 1), giustificando ogni affermazione,risolvere i seguenti quesiti:
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Determinare e disegnare, se esistono, le curve di livello passanti rispettiva-mente per P1(0,1) e P2(1/3,0).
3. Determinare, se possibile, l’equazione del piano tangente alla superficie z =f (x,y) in P3(1/3,0, f (1/3,0)).
Soluzione.
D = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ 9x2− y2−1≤ 1}
poiche arcsin : [−1,1]→ [−π/2,π/2]. Risolviamo il sistema
(S)
{a) 9x2− y2−1≥−1b) 9x2− y2−1≤ 1.
La disequazione Sa) equivale a 9x2 − y2 ≥ 0. Sia g1(x,y) = 9x2 − y2 = 0 ⇒(3x− y)(3x + y) = 0.g1(x,y) = 0 e una conica degenere in quanto e costituitada due rette di equazione y = 3x e y =−3x. g1(x,y) = 0 divide il piano in quattroparti connessi A1,A2,A3,A4. Applichiamo il teorema dei valori intermedi (se unafunzione g(x,y) continua e positiva o negativa in un punto di un insieme apertoconnesso A, allora g permane rispettivamente positiva o negativa in tutto A).
P1(1,0) ∈ A1, g1(P1) = 9 > 0 ⇒ g1(x,y)> 0 in A1
P2(0,1) ∈ A2, g1(P2) =−1 < 0 ⇒ g1(x,y)< 0 in A2
P3(−1,0) ∈ A3, g1(P3) = 9 > 0 ⇒ g1(x,y)> 0 in A3
P2(0,−1) ∈ A4, g1(P4) =−1 < 0 ⇒ g1(x,y)< 0 in A4
Quindi g1(x,y) > 0 e verificata in A1 ∪A3. g1(x,y) ≥ 0 e verificata in A1 ∪A3,con l’aggiunta della frontiera costituita dalle rette y =±3x. Si ottiene l’insieme inFig.1.
26 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
x
y
y =−3x
y = 3xA2
A4
A1A3
Fig. 1
Sia g2(x,y) = x2− y2−2. L’equazione g2(x,y) = x2− y2−2 = 0, ossia x2− y2 =
2 ⇒ x2
2/9− y2
2= 1 rappresenta un’iperbole che ha come asintoti le stesse rette
y =±3x, (infatti ponendox2
2/9− y2
2= 0 si riottiene 9x2− y2 = 0, cioe y =±3x),
e i vertici sono V1(√
2/9,0), V2(−√
2/9,0). L’iperbole divide il piano in treaperti connessi B1,B2,B3. Per risolvere la disequazione g2(x,y) = x2−y2−2 < 0riapplichiamo il teorema dei valori intermedi.
P1(1,0) ∈ B1, g2(P1) = 7 > 0 ⇒ g2(x,y)> 0 in B1
O(0,0) ∈ B2, g2(P2) =−2 < 0 ⇒ g2(x,y)< 0 in B2
P3(−1,0) ∈ B3, g2(P3) = 9−2 = 7 > 0 ⇒ g2(x,y)> 0 in B3
Quindi g2(x,y) ≤ 0 e verificata in B2, con l’aggiunta dei due rami di iperbole,com in Fig.2. Intersecando le soluzioni di Sa) e di Sb), si ottiene D (vedi la partetratteggiata in Fig.3).
x
y y = 3x
y =−3x
B2
B1
V1
B3
V2
Fig. 2
x2
2/9 −y2
2 = 1
x
y y = 3x
y =−3x
Fig. 3
x2
2/9 −y2
2 = 1
x
y y = 3x
y =−3x
Fig. 4
P2
1.1. DOMINI E DERIVATE 27
2) P1(0,1) non appartiene a D, per cui non esiste una curva di livello passanteper P1., mentre P2 ∈ D (infatti 1/3 <
√2/3, ascissa del vertice V1), quindi per P2
passa una ed una sola curva di livello CP2 di equazione f (x,y) = f (P2). f (P2) =arcsin(9 ·1/9−1) = 0, quindi CP2 ha equazione
arcsin(9x2− y2−1) = 0 ⇒ 9x2− y2−1 = sin0 = 0
CP2 e quindi l’iperbole di equazionex2
1/9−y2 = 1, di cui P2 rappresenta un vertice
(gli asintoti son sempre le stesse rette y =±3x). Il disegno e in Fig.4 (la curva dilivello e in blu).3) f e derivabile con derivate parziali continue in tutti i punti interni a D. E esclu-sa la frontiera, ossia le rette y = ±3x e i due rami di iperbole, poiche la funzionearcsin t e derivabile in (−1,1).P2(1/3,0) e interno a D, per cui esiste il piano tangente a z= f (x,y) in P3(1/3,0, f (1/3,0))avente equazione
z = f (1/3,0)+ fx(1/3,0)(x−1/3)+ fy((1/3,0))(y−0), f (1/3,0) = 0
fx =1√
1− (9x2− y2−1)2·18x, fx(1/3,0) = 6
fy =1√
1− (9x2− y2−1)2· (−2y), fy(1/3,0) = 0
Il piano tangente ha allora equazione: z = 6(x−1/3)⇒ z = 6x−2.
28 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova intermedia del 27/10/2003
Data la funzione f (x,y) =
√−y+ x2 +3√
2y.
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D, specificandone lecaratteristiche e giustificando ogni affermazione.
2. Determinare, se esiste, e disegnare la curva di livello passante per P0(0,1).
3. Calcolare, se possibile, la derivata direzionale di f in P0(0,1) secondo ladirezione del versore u = (
√3/2,1/2).
Soluzione.
1) Il dominio D di f si determina risolvendo il sistema{−y+ x2 +3≥ 02y > 0.
Sia g(x,y) =−y+x2+3. g(x,y) = 0 rappresenta una parabola con vertice V (0,3)e concavita rivolta verso l’alto.
V (0,3)
A2
A1
x
y
Fig. 1
Essa divide il piano nei due aperti, connessi A1 e A2. Sia P1(0,4) ∈ A1; g(P1) =−4+3 =−1 < 0; per il teorema dei valori intermedi g(x,y) in A1. Sia P2(0,0) ∈A2; g(P2)= 3> 0; per il teorema dei valori intermedi g(x,y)> 0 in A2. La disequa-zione −y+ x2 +3≥ 0 e verificata in A2 con l’aggiunta della parabola y = x2 +3,come in Figura 1.
1.1. DOMINI E DERIVATE 29
x
y
Fig. 2
La disequazione y > 0 e verificata nel semipiano delle ordinate positive, esclusol’asse x, come in Figura 2. Intersecando gli insiemi di Figura 1 e Figura 2 siottiene l’insieme soluzione del sistema, cioe il dominio D di f (Figura 3).
V (0,3)
D
x
y
Fig. 3
L’insieme D e illimitato, connesso, ne aperto, ne chiuso.2) P0(0,1) ∈D, per cui passa una ed una sola curva di livello per P0, che chiamia-mo CP0 ed ha equazione f (x,y) = f (P0).
CP0 = {(x,y) ∈ D : f (x,y) = f (P0)}.
f (P0) =√
2√2= 1 ⇒
√−y+ x2 +3√
2y= 1. Elevando ambo i membri al quadrato si
ottiene−y+ x2 +3
2y= 1. Poiche y 6= 0, facciamo il minimo comune multiplo,
eliminando il denominatore e otteniamo:
−y+ x2 +3 = 2y ⇒ 3y = x2 +3 ⇒ y =x2
3+1.
La curva di livello CP0 e una parabola che ha vertice nello stesso punto P0 ed etutta contenuta in D come in Figura 4.
30 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
3
1
CP0
D
x
y
Fig. 3
3) P0 e interno a D, quindi f ha ha derivate parziali e quindi direzionali in P0,secondo la formula
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ ,
ove u = (cosθ ,sinθ) e r e la retta orientata secondo il versore u.
x
y
r
y =√
33 x+1
1
fx =1√2y· 1
2√−y+ x2 +3
·2x fx(P0) =0
fy =
√2y · 1
2√−y+ x2 +3
· (−1)−√−y+ x2 +3 · 1
2√
2y·2
2y
fy(P0) =
−√
2 · 12√
2−√
2√2
2=−3
4,
∂ f∂ r
=
√3
2·0+ 1
2·(−3
4
)=−3
8.
1.1. DOMINI E DERIVATE 31
Prova guidata del 25/10/2005Data la funzione
f (x.y) =
√4x2 + y2−1
x2 .
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Determinare e disegnare, se esiste, la curva di livello passante per P0(1,0).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0(1,0).
4. Determinare, se possibile, l’equazione del piano tangente alla superficie z =f (x,y) in P3(1,0, f (1,0)).
Soluzione.
1) Il campo di esistenza D di f si ottiene ponendo 4x2+y2−1x2 ≥ 0 e quindi risolvendo
il sistema seguente {4x2 + y2−1≥ 0x 6= 0
Ponendo g(x,y) = 4x2 + y2− 1, g(x,y) = 0 ⇐⇒ x2
1/4 + y2 = 1, che rappresentaun’ellisse in forma canonica di semiassi a = 1/2, b = 1. Essa divide il piano in 2aperti connessi A1,A2. Applicando il teorema dei valori intermedi:
P1(0,0) ∈ A1, g(P1) =−1 < 0⇒ g(x,y)< 0 in A1
P2(1,0) ∈ A2, g(P2) = 3 > 0⇒ g(x,y)> 0 in A2
La disequazione g(x,y)≥ 0 e verificata in A2 compresa l’ellisse.Per ottenere il dominio, si deve escludere la retta di equazione x = 0, cioe l’assey. D non e ne aperto ne chiuso, non e connesso, e illimitato.
x
y
A1
A2
12
1
32 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
2) Il punto P0(1,0) ∈ D, quindi esiste un’unica curva di livello passante per P0 diequazione f (x,y) = f (P0). f (1,0) =
√3, quindi risulta:
CP0 =
{(x,y) ∈ D :
√4x2 + y2−1
x2 =√
3
}elevando ambi i membri al quadrato e moltiplicando per x2 si ottiene
4x2 + y2−1 = 3x2
da cui x2 + y2 = 1. La curva di livello CP0 e costituita da una circonferenza diraggio 1 e centro C(0,0), ad eccezione dei punti di intersezione con l’asse y.
x
y
12
1
P0
3) f e derivabile in tutti i punti di D e quindi anche in P0, inoltre ∇ f (P0) =( fx(P0), fy(P0)), con
fx =1
2√
4x2+y2−1x2
· x2 ·8x−2x(4x2 + y2−1)
x4 , fx(1,0) =1
2√
3·2 =
1√3=
√3
3
fy =1
2√
4x2+y2−1x2
· 2yx2 , fy(1,0) = 0.
Pertanto ∇ f (P0) = (√
3/3,0).4) L’equazione del piano tangente e la seguente:
z = f (1,0)+ fx(1,0)(x−1)+ fy(1,0)(y−0).
e quindi
z =√
3+
√3
3(x−1) =
√3
3x+
23
√3
1.1. DOMINI E DERIVATE 33
Prima prova guidata del 6-11-2007Data la funzione f (x.y) =
√5− xy−
√xy+3.
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0(1,1).
3. Determinare e disegnare, se esiste, la curva di livello passante per il puntoP0(1,1) e scriverne l’equazione della retta tangente nel punto.
4. Calcolare la derivata direzionale di f in P0(1,1) secondo la direzione e versodel gradiente.
5. Determinare l’equazione del piano tangente alla superficie z = f (x,y) inP(1,1, f (1,1)).
Soluzione.
1) Il dominio D di f si ottiene risolvendo il sistema
{5− xy≥ 0xy+3≥ 0.
Sia g1(x,y) = 5− xy; l’equazione g1(x,y) = 0 rappresenta un’iperbole equilateracon i rami nel primo e terzo quadrante e vertici V1(
√5,√
5), V2(−√
5,−√
5).L’iperbole divide il piano in tre aperti connessi A1, A2 e A3. Vediamo dove everificata l’equazione g1(x,y)≥ 0.
Sia P1(3,3)∈ A1; g1(P1) = 5−9 =−4 < 0. Per il teorema dei valori intermedig1(x,y)< 0 in A1.
Sia P2(0,0) ∈ A2; g1(P2) = 5−0 = 5 > 0 ⇒ g1(x,y)> 0 in A2.Sia P3(−3,−3) ∈ A3; g1(P3) = 5− 9 = −4 < 0 ⇒ g1(x,y) < 0 in A3. Pertantog1(x,y) = 5− xy > 0 e verificata in A2 e g1(x,y)≥ 0 e verificata in A2 compresi irami dell’iperbole, che chiamiamo D1.
34 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
V1
V2
A3
A1
A2
D1
x
y
Sia g2(x,y) = 3+ xy; l’equazione g2(x,y) = 0 rappresenta un’iperbole equilateracon i rami nel secondo e quarto quadrante e vertici V3(−
√3,√
3), V4(−√
3,−√
3).L’iperbole divide il piano in tre aperti connessi A4, A5 e A6. Applicando, comesopra, il teorema dei valori intermedi, la disequazione g2(x,y) ≥ 0 e verificata inA5 compresi i rami di iperbole, che chiamiamo D2.
V4
V3
A4
A5
A2
D2
x
y
Il dominio D si ottiene intersecando D1 e D2.
1.1. DOMINI E DERIVATE 35
x
y
D
D e chiuso, connesso e illimitato.2) f e derivabile in tutti i punti interni a D, esclusi cioe i punti della frontiera, chee costituita dai quattro rami delle due iperboli. P0(1,1) e interno a a D per cui f ederivabile in P0. Si ha:
fx =−y
2√
5− xy− y
2√
xy+3fx(P0) =−
12√
4− 1
2√
4=−1
2
fy =−x
2√
5− xy− x
2√
xy+3fy(P0) =−
12√
4− 1
2√
4=−1
2
e ∇ f (P0) = (−12 ,−
12).
3) P0(1,1) ∈ D per cui esiste una ed una sola curva di li vello passante per P0 diequazione f (x,y) = f (P0), ovvero
√5− xy−
√xy+3 =
√4−√
4 = 0.
C = {(x,y) ∈ D :√
5− xy−√
xy+3 = 0},
da cui otteniamo√
5− xy =√
xy+3, ed elevando entrambi i membri al qua-drato si ha 5− xy = 3 + xy e quindi 2xy = 2 ⇔ xy = 1. La curva di livellopassante per P0(1,1) e ancora un’iperbole equilatera di cui P0(1,1) e uno deidue vertici. L’equazione della retta t tangente a C in P0 e data dall’equazionefx(P0)(x− x0)+ fy(P0)(y− y0) = 0⇒ −1
2(x− 1)− 12(y− 1) = 0⇒ y = −x+ 2.
∇ f (P0) = (−1/2,−1/2) e ortogonale a t in P0.
36 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
x
y
P0(1,1)
∇ f (P0)
t
4)∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ dove r e la retta che ha direzione e verso
di ∇ f (P0) = (−1/2,−1/2), quindi r e la bisettrice del primo e terzo quadrantey = x, orientata verso il basso, e u = (cosθ ,sinθ) ne e il versore unitario per cuiu = (−
√2/2,−
√2/2).
∂ f∂ r
(P0) =−12
(−√
22
)− 1
2
(−√
22
)=√
24 +
√2
4 =√
22 che rappresenta il valore mas-
simo delle derivate direzionali.5) Il piano tangente alla superficie z = f (x,y) in P(1,1, f (1,1)) esiste in quantof ha derivate parziali prime continue in P0(1,1), ed ha equazione z = f (1,1)+fx(P0)(x− x0)+ fy(P0)(y− y0), e quindi:
z =−12(x− x0)−
12(y− y0) =−
12(x−1)− 1
2(y−1) e quindi z =−1
2x− 1
2y+1.
1.1. DOMINI E DERIVATE 37
Prova guidata del 21/10/2008 Data la funzione
f (x,y) = log(x2 + y2−3)− log(2x).
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D, giustificando ogniaffermazione.
2. Determinare, se esiste, e disegnare la curva di livello passante per P0(1,2).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0.
4. Calcolare la derivata direzionale di f in P0 secondo la direzione della rettay= 2x con orientamento a scelta; secondo quale direzione e verso la derivatadirezionale di f in P0 e massima e quanto vale?
5. Determinare l’equazione della retta tangente alla curva di livello in P0.
Soluzione.
1) f e definita nell’insieme dei punti (x,y) ∈ R2 verificanti il seguente sistemadi disequazioni {
x2 + y2−3 > 02x > 0.
g(x,y) = x2 + y2−3 = 0 e una circonferenza di centro (0,0) e raggio r =√
3 chedivide il piano in due aperti connessi A1 e A2.
x
y
P1
A1
A2
P2
P1(0,0) ∈ A1, g(0,0) = −3 < 0 mentre P2(2,0) ∈ A2 e g(2,0) = 4−3 = 1 >0. Applicando il teorema dei valori intermedi la disuguaglianza g(x,y) > 0 everificata in A2 e g(x,y)< 0 e invece verificata in A1. La disuguaglianza 2x > 0 everificata nel semipiano delle ascisse positive.
38 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
x
y
Intersecando A2 con tale semipiano si ottiene l’insieme D in figura. D e aperto,illimitato e connesso.
x
y
D
C
A
B
P0(1,2)
2) Per ogni punto P0(x0,y0) ∈ D passa una ed una sola curva di livello diequazione f (x,y) = f (P0). P0 ∈ D, per cui la curva C passante per P0 e
C = {(x,y) ∈ D : log(x2 + y2−3)− log(2x) = log(1+4−3)− log2}.
C ha equazione
log(x2 + y2−3) = log(2x) ⇐⇒
elog(x2+y2−3) = elog(2x) ⇐⇒x2 + y2−3 = 2x ⇐⇒
x2 + y2−2x−3 = 0,
circonferenza di centro C(1,0) e raggio r =√
1+3 = 2, passante per i puntiA(0,√
3) e B(0,−√
3) e C ne e l’arco contenuto in D, come in figura (in blu,i punti A e B sono esclusi).
1.1. DOMINI E DERIVATE 39
3) f e continua in D, ed ammette derivate parziali in D, in quanto composta di fun-zioni derivabili nel loro campo di esistenza. Quindi esiste ∇ f (P0)= ( fx(P0), fy(P0)).Si ha
fx(x,y) =2x
x2 + y2−3− 2
2xfx(P0) =
21+4−3
−1 = 1−1 = 0;
fy(x,y) =2y
x2 + y2−3fy(P0) =
41+4−3
= 2
∇ f (P0) = (0,2) e un vettore parallelo all’asse y.
4) Orientiamo la retta r di equazione y = 2x, passante per P0, nel verso indicatodalla freccia. Poiche il suo vettore direzionale e (l,m) = (1,2) e il versore uil versore unitario parallelo e u =
(1√1+4
, 2√1+4
)=(√
55 , 2
√5
5
)= (cosθ ,sinθ) in
base all’orientamento scelto. Si ha ∂ f∂ r (P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ = 0 · 1
√5
5 +
2 · 2√
55 = 4
√5
5 . La derivata direzionale di f in P0 e massima nella direzione e versodel gradiente e coincide con fy(P0) = 2, poiche fx(P0) = 0 e ∇ f (P0) ha versoreunitario (0,1).
x
y
C
A
B
P0(1,2)
θ
∇ f (P0) = (0,2)
t
40 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova guidata del 19/10/2009 Data la funzione
f (x,y) = x3−3x+3xy2.
1. Calcolare la derivata direzionale di f in P0(1,2) secondo la direzione dellaretta y = 2x in entrambi i versi; calcolare la derivata direzionale massima dif in P0.
2. Calcolare, se esiste, l’equazione del piano tangente alla superficie z= f (x,y)nel punto P(1,2, f (1,2)).
3. Determinare, se esiste, almeno un punto in cui il gradiente e parallelo al-l’asse x e uno in cui e parallelo all’asse y.
4. Determinare, se esistono, punti sulla superficie z = f (x,y) in cui il pianotangente e parallelo al piano z = 0 e, in caso affermativo. Determinarnel’equazione.
Soluzione.
1) f e una funzione definita e continua, con derivate parziali continue in R2. fha derivata direzionale in P0(1,2) secondo la direzione della retta r di equazioney = 2x, passante per P0.
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ , con u = (cosθ ,sinθ),
il versore unitario della retta r. L’equazione di r in forma normale e y2 = x dove v=
(1,2) e il vettore direzionale della retta, ma non e unitario. u =(
1√1+4
, 2√1+4
)=(√
55 , 2
√5
5
)e il versore unitario di r se si sceglie l’orientamento verso l’alto,
mentre u =(−√
55 ,−2
√5
5
)e il versore unitario di r se si sceglie l’orientamento
opposto.
fx = 3x2−3+3y2; fx(1,2) = 12fx = 6xy; fy(1,2) = 12
Si ha ∂ f∂ r (P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ = 12 ·
√5
5 +12 · 2√
55 = 36
√5
5 , in un verso,
mentre in quello opposto ha valore opposto −36√
55 .
1.1. DOMINI E DERIVATE 41
x
yP0(1,2)
u = (√
55 , 2
√5
5 )
u = (−√
55 ,− 2
√5
5 )
∇ f (P0) = ( fx(P0), fy(P0)) = (12,12). La derivata direzionale e massima nelladirezione e verso del gradiente e vale√
f 2x (P0)+ f 2
y (P0) =√
144+144 =√
288 = 12√
2.
La direzione e verso del del gradiente sono gli stessi della retta y = x con versoreunitario u =
(√2
2 ,√
22
).
x
y
P0
∇ f (P0)
12
12
2) Per la continuita di f e delle sue derivate (sono tutti polinomi) la superficiez = f (x,y) ha piano tangente in ogni punto con equazione:
z = f (x0,y0)+ fx(x0,y0)(x− x0)+ fy(x0,y0)(y− y0)
L’equazione del piano tangente a x = f (x,y) in P(1,2, f (1,2)) e quindi
z = f (1,2)+ fx(1,2)(x−1)+ fy(1,2)(y−2); f (1,2) = 12z = 12+12(x−1)+12(y−2);z = 12+12x−12+12y−24;z = 12x+12y−24.
42 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
3) Se P(x,y) e un generico punto del piano ∇ f (P) = (3x2−3+3y2,6xy).∇ f (P) e parallelo all’asse x se risulta fx(P) 6= 0 e fy(P) = 0. Scegliendo ad esem-pio P1(2,0), ∇ f (P1) = (9,0) e parallelo all’asse x (anzi sta proprio sull’asse x);fy = 6xy e nulla se x = 0 oppure y = 0, mentre fx = 3x2− 3+ 3y2 = 0 se e solose x2 + y2−1 = 0 per cui basta prendere un punto sulla circonferenza di raggio 1con entrambe le coordinate non nulle (altrimenti nelle intersezioni con gli assi siannulla anche fy) ad esempio P2(
√2
2 ,√
22 ) e ∇ f (P2) = (0,3) e parallelo all’asse y.
4) I punti P0(x0,y0, f (x0,y0)) sulla superficie z = f (x,y) in cui il piano tangentee parallelo al piano z = 0, sono quelli in cui i corrispondenti P0(x0,y0) risultanoessere punti critici, cioe tali che ∇ f (P0) = (0,0). Ricerchiamo i punti critici:{
3x2−3+3y2 = 06xy = 0
⇒
{3x2−3 = 0y = 0
oppure
{−3+3y2 = 0x = 0,
da cui si ottengono quattro punti (geometricamente le intersezioni della circonfe-renza di raggio 1 con gli assi cartesiani) P1(−1,0),P2(1,0) e P3(0,−1),P4(0,1). Ipiani corrispondenti hanno equazione:
z = f (P3) = f (P4) = 0; z = f (P1) = 2; z = f (P2) =−2.
1.1. DOMINI E DERIVATE 43
Prova guidata del 19/10/2010 Data la funzione f (x.y) =log(8− xy)
log(xy).
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Determinare, se esiste, e disegnare la curva di livello passante per il puntoP0(2,2).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0(2,2).
4. Calcolare l’equazione della retta tangente alla curva di livello nel puntoP0(2,2).
Soluzione.
1) Il dominio D di f si ottiene risolvendo il sistema
8− xy > 0xy > 0xy 6= 1.
Sia g(x,y) = 8− xy; l’equazione g(x,y) = 0 rappresenta un’iperbole equilateracon i rami nel primo e terzo quadrante e vertici V1(
√8,√
8), V2(−√
8,−√
8).L’iperbole divide il piano in tre aperti connessi A1, A2 e A3. Vediamo dove everificata la disequazione g(x,y)> 0.
Sia P1(3,3) ∈ A1; g(P1) = 8−9 =−1 < 0. Per il teorema dei valori intermedig(x,y)< 0 in A1.
Sia P2(0,0)∈A2; g(P2) = 8−0= 8> 0⇒ g(x,y)> 0 in A2. Sia P3(−3,−3)∈A3; g(P3) = 8−9 =−1 < 0 ⇒ g(x,y)< 0 in A3. Pertanto g(x,y) = 8− xy > 0 everificata in A2 e g(x,y)> 0 e verificata in A2.
44 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
V1
V2
A3
A1
A2
x
y
Fig.1
La disequazione xy > 0 e verificata nel primo e nel terzo quadrante escludendogli assi cartesiani, mentre con la disuguaglianza xy 6= 1 dobbiamo escludere i ramidell’iperbole equilatera xy = 1 che ha vertici V3(1,1) e V4(−1,−1).
V3
V4
x
y
Fig.2
Intersecando i sottoinsiemi evidenziati nelle le due figure 1 e 2 si ottiene il dominioD, che e aperto, illimitato, non connesso, in Fig.3.
1.1. DOMINI E DERIVATE 45
Fig.3
D
P0
D
2) P0(2,2) ∈ D per cui esiste una ed una sola curva di livello passante per P0 diequazione f (x,y) = f (P0) =
log4log4 = 1. La curva di livello C ha equazione
log(8− xy)log(xy)
= 1⇒ log(8− xy) = log(xy)
(poiche log(xy) 6= 0) e per l’iniettivita della funzione logaritmo 8− xy = xy⇒xy = 4. La curva di livello passante per P0(2,2) e ancora un’iperbole equilatera dicui P0(2,2) e uno dei due vertici, ed e tutta contenuta in D.3) f e una funzione che ha derivate parziali prime in tutto il dominio D e quindi
fx =
−y8−xy log(xy)− log(8− xy) y
xy
log2(xy)
fy =
−x8−xy log(xy)− log(8− xy) x
xy
log2(xy)
fx(2,2) =−24 log4− 2
4 log4
log2 4= fy(2,2)
fx(2,2) = fy(2,2) =−1
log4; ∇ f (P0) =
(− 1
log4,− 1
log4
)4) L’equazione della retta t tangente a C in P0 e data dall’equazione fx(P0)(x−x0) + fy(P0)(y− y0) = 0 ⇒ − 1
log4(x− 2)− 1log4(y− 2) = 0 ⇒ y = −x + 4. Il
gradiente di f in P0, che ha la direzione della retta y = x, e ortogonale a t in P0.
46 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
x
y
P0(2,2)
∇ f (P0)
t
1.1. DOMINI E DERIVATE 47
Prova guidata del 20/10/2010 Data la funzione f (x.y) =√
3− log(3xy).
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Determinare, se esiste, e disegnare la curva di livello passante per il puntoP0(1/3,1).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0.
4. Calcolare l’equazione della retta tangente alla curva di livello nel punto P0.
Soluzione.
1) Il dominio D di f si ottiene risolvendo il sistema{3− log(3xy)≥ 03xy > 0
La disequazione 3xy > 0 e verificata nel primo e nel terzo quadrante escludendogli assi cartesiani e quindi in D1.
D1
D1
x
y
Fig.1
La disequazione 3− log(3xy)≥ 0 equivale a log(3xy)≤ 3 ⇐⇒ xy ≤ e3
3 . Siag(x,y) = xy− e3
3 ; l’equazione g(x,y) = 0 rappresenta un’iperbole equilatera con irami nel primo e terzo quadrante e vertici
V1(√
e3/3,√
e3/3), V2(−√
e3/3,−√
e3/3).
48 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
L’iperbole divide il piano in tre aperti connessi A1, A2 e A3. Vediamo dove everificata la disequazione g(x,y)> 0.
Sia P1(3,3) ∈ A1; g(P1) = 9− e3
3 > 0. Per il teorema dei valori intermedig(x,y)> 0 in A1.
Sia P2(0,0) ∈ A2; g(P2) =−e3
3 < 0 ⇒ g(x,y)< 0 in A2. Sia P3(−3,−3) ∈ A3;g(P3) = 9− e3
3 > 0 ⇒ g(x,y) > 0 in A3. Pertanto g(x,y) ≤ 0 e verificata in A2 eg(x,y)> 0 e verificata in A2 e sui due rami di iperbole e quindi in D2.
V1
V2
A3
A1
A2
2
x
y
Fig.1
Intersecando i sottoinsiemi evidenziati nelle le due figure 1 e 2 si ottiene il dominioD = D1∩D2, che non e ne aperto, ne chiuso, illimitato, non connesso, in Fig.3.
Fig.3
D
D
2) P0(13 ,1) ∈ D per cui esiste una ed una sola curva di livello passante per P0 di
equazione f (x,y) = f (P0) =√
3− log(3 ·1/3) =√
3. La curva di livello C ha
1.1. DOMINI E DERIVATE 49
equazione
√3− log(3xy) =
√3
Elevando al quadrato, otteniamo 3− log(3xy) = 3, da cui log(3xy) = 0⇒ 3xy = 1⇒ xy = 1/3. La curva di livello passante per P0(1/3,1) e ancora un’iperboleequilatera di vertici V3(
√3/3,√
3/3), V4(−√
3/3,−√
3/3) ed e tutta contenuta inD.3) f e una funzione che ha derivate parziali prime in tutti i punti interni a D e none invece derivabile sulla frontiera, ossia sui due rami di iperbole xy = e3/3, dovenon e derivabile la funzione radice in quanto e nullo il suo argomento. P0 e internoa D per cui esistono entrambe le derivate parziali in P0.
fx =1
2√
3− log(3xy)· −3y
3xy=
−12x√
3− log(3xy)
fy =1
2√
3− log(3xy)· −3x
3xy=
−12y√
3− log(3xy)
fx(P0) =−1
213
√3=−√
32
fy(P0) =−1
2√
3=−√
36
4) Il gradiente di f in P0, e ortogonale alla retta t tangente alla curva di livello inP0. L’equazione della retta t tangente e data dall’equazione
fx(P0)(x− x0)+ fy(P0)(y− y0) = 0
⇒−√
32
(x− 13)−√
36
(y−1) = 0
⇒ 3x−1+ y−1 = 0t : y =−3x+2.
50 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
x
y
P0(1/3,1)∇ f (P0)
t
1.1. DOMINI E DERIVATE 51
Prova guidata del 27/10/2011 Data la funzione f (x,y) =√
e4− ex2−4y2 .
1. Determinarne e disegnarne il dominio D, specificandone le caratteristiche.
2. Determinare, se esiste, e disegnare la curva di livello passante per il puntoP0(2,2).
3. Calcolare, se esiste, il gradiente di f in P0.
4. Calcolare l’equazione della retta tangente alla curva di livello nel punto P0.
Soluzione.
1) f e definita quando
e4− ex2−4y2≥ 0 ⇒ ex2−4y2
≤ e4 ⇒ x2−4y2 ≤ 4 ⇒ x2
4− y2 ≤ 1.
Applichiamo il teorema dei valori intermedi alla funzione
g(x,y) =x2
4− y2−1.
e verifichiamo dove g(x,y)≤ 0.
L’equazione g(x,y) = 0 rappresenta un’iperbole in forma canonica x2
4 −y2 = 1che ha vertici V1(2,0),V2(−2,0) sull’asse x e gli asintoti sono le rette y = ± x
2
(ponendo x2
4 − y2 = 0).
V1V2A3
A1
A2
x
y
Fig.1
52 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
L’iperbole divide il piano in tre aperti connessi (Fig.1), A1,A2,A3, verifichiamodove g(x,y)< 0.P1(3,0) ∈ A1; g(P1) = 9/4−1 > 0. Per il teorema dei valori intermedi g(x,y)> 0in tutto l’aperto connesso A1; analogamente P3(−3,0) ∈ A3 e g(P3) = 9/4−1 > 0per cui g(x,y) > 0 in A3. Se invece prendiamo P2(0,0) ∈ A2 si ha g(P2) = −1 <0 ⇒ g(x,y) < 0 in A2. Sia P3(−3,−3) ∈ A3; Pertanto g(x,y) ≤ 0 e verificata inA2 compresi i due rami di iperbole. Il dominio D in figura 2 e un insieme chiuso,illimitato, connesso.
2−2D
P0(2,2)
x
y
Fig.2
2) P0(2,2) ∈ D per cui esiste una ed una sola curva di livello passante per P0 diequazione f (x,y)= f (P0) che chiamiamo CP0 . f (2,2)=
√e4− e4−16 =
√e4− e−12.
CP0 ha equazione √e4− ex2−4y2
=√
e4− e−12.
Elevando al quadrato ambo i membri, otteniamo e4− ex2−4y2= e4− e−12, da cui
ex2−4y2= e−12 e x2−4y2 =−12, cioe
x2
12− y2
3=−1.
La curva di livello passante per P0(2,2) e ancora un’iperbole, con i vertici V3(0,√
3),V4(0,−
√3) e asintoti le stesse rette y = ±x/2 ( x2
12 −y2
3 = 0 ⇒ x2
4 − y2 = 0 ey =±x/2), ed e tutta contenuta in D.
1.1. DOMINI E DERIVATE 53
2
CP0
CP0
−2D
P0 t
∇ f (P0)
r
x
y
−√
3
√3
Fig.3
3) f e una funzione derivabile in tutti i punti interni a D e non e invece derivabilesulla frontiera, ossia sui due rami di iperbole x2/4−y2 = 1, dove non e derivabilela funzione radice in quanto e nullo il suo argomento. P0 e interno a D per cuiesistono entrambe le derivate parziali in P0.
fx =1
2√
e4− ex2−4y2· (−ex2−4y2
) ·2x
fy =1
2√
e4− ex2−4y2· (−ex2−4y2
) · (−8y)
fx(P0) =−2e−12√
e4− e−12
fy(P0) =8e−12
√e4− e−12
∇ f (P0) =
(−2e−12√
e4− e−12,
8e−12√
e4− e−12
)e si puo prendere come vettore direzionale della retta r il vettore v = (−1,4), chee proporzionale a ∇ f (P0). Dalla forma normale
x− x0
fx(P0)=
y− y0
fy(P0)
54 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
si ricava che la retta r ha equazione
fy(P0)(x− x0)− fx(P0)(y− y0) = 0⇒ 4(x−2)+(y−2) = 0⇒ r : y =−4x+10.
La retta t tangente e ortogonale ad r ed ha equazione
fx(P0)(x− x0)+ fy(P0)(y− y0) = 0⇒−(x−2)+4(y−2) = 0
⇒ y =x4+
32.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 55
1.2 Ottimizzazione vincolata e non: punti critici, mas-simi e minimi relativi e assoluti
Compitino intermedio del 26/11/2001Data la funzione f (x,y) = 3x3 +9x2y+3y3−9y.
1. Dare la definizione di punto di minimo relativo.
2. Enunciare una condizione necessaria ed una sufficiente per l’esistenza dipunti di massimo e minimo relativi.
3. Determinare eventuali punti di massimo e minimo relativi e di sella.
4. Dare la definizione di massimo assoluto per f su un insieme D.
5. Enunciare una condizione sufficiente per l’esistenza di massimi e minimiassoluti per f su un insieme D.
6. Determinare, se esistono, i massimi e minimi assoluti di f sull’arco dellacurva AB in Figura 1.
x
yA(−1,2)
B(2,−4)
γ
Fig.1
Soluzione.1) f : A ⊆ R2 → R, P0 ∈ A, punto interno ad A si dice punto di minimo rela-tivo se esiste un intorno S = S(P0,δ ) con δ > 0 di P0(x0,y0) tale che f (x,y) ≥f (x0,y0), ∀(x,y) ∈ S.2) f ha derivate parziali prime in P0. Se P0 e estremo relativo allora P0 e puntocritico, cioe ∇ f (P0) = (0,0) (condizione necessaria). Se f ∈ C 2(A) e P0 e puntocritico, P0 e punto di minimo relativo se H(P0) > 0 e fxx(P0) > 0, P0 e punto di
56 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
massimo relativo se H(P0)> 0 e fxx(P0)< 0 (condizione sufficiente).3) Condizione necessaria. Ricerca dei punti critici.{
fx = 9x2 +18xy = 0fy = 9x2 +9y2−9 = 0
⇒
{9x(x+2y) = 09x2 +9y2−9 = 0
L’equazione x(x+ 2y) = 0 si annulla se x = 0 oppure se x+ 2y = 0 per cui siottengono due sistemi:{
x = 09x2 +9y2−9 = 0
⇒
{x = 0y2 = 1
⇒
{x = 0y =±1
(1)
e si hanno due punti critici P1(0,−1) e P2(0,1).{x−2y = 0x2 + y2−1 = 0
⇒
{x =−2y5y2 = 1
⇒
{x = 2
(±√
55
)y =±
√5
5
(2)
e si hanno altri due punti critici P3
(2√
55 ,√
55
)P4
(−2√
55 ,−
√5
5
). Condizione suf-
ficiente.fxx = 18x+18y, fyy = 18y, fxy = fyx = 18x.
H(P) = 182(x+ y)y−182x2 = 324[xy+ y2− x2]H(P1) = 324 > 0, fxx(P1) =−18 < 0⇒ P1 e punto di massimo relativoH(P2) = 324 > 0, fxx(P2) = 18 > 0⇒ P2 e punto di minimo relativoH(P3) = 324
(−2
5 +15 −
45
)=−324 < 0⇒ P3 e punto di sella
H(P4) = 324(−2
5 +15 −
45
)=−324 < 0⇒ P4 e punto di sella
4) f : D⊆R2→R, P0 ∈D si dice punto di massimo assoluto se f (x,y)≥ f (x0,y0)∀(x,y) ∈ D.5) Se f e continua in D e D e un sottoinsieme limitato e chiuso allora f ha massi-mo e minimo assoluti in D (teorema di Weierstrass).6) L’arco, cioe il segmento AB, e un sottoinsieme chiuso e limitato, f e continua,quindi esistono il massimo e il minimo assoluti di f su AB. AB ha equazionecartesiana y =−2x ed equazioni parametriche
γ :
{x = ty =−2t
−1≤ t ≤ 2
1.2. OTTIMIZZAZIONE 57
La restrizione di f a γ e:
f|γ =: h(t) = 3t3 +9t2(−2t)+3(−2t)3−9(−2t)
= 3t3−18t3−24t3 +18t= −39t3 +18t.
Si ha h′(t) = −117t2 + 18 = 0, t2 = 18117 , t = ±
√18
117 = ±√
213 , entrambi com-
presi in [−1,2]. I punti candidati ad essere massimo e minimo assoluto sono
P5
(−√
213 ,2
√2
13
), P6
(√2
13 ,−2√
213
)e gli estremi A(−1,2) e B(2,−4).
f (A) =h(−1) = 39−18 = 21f (B) =h(2) =−39 ·8+36 =−276
f (P5) =h(−√
213
) =−39
(−√
213
)3
+18
(−√
213
)
=39 · 213·√
213−18 ·
√2
13=−12
√2
13
f (P6) =h(
√2
13) =−39 · 2
13
√213
+18
√2
13= 12
√2
13.
B e punto di minimo assoluto e il valore minimo assoluto e m =−276.A e punto di massimo assoluto e il valore massimo assoluto e M = 21.
58 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova intermedia del 30/10/2002Data la funzione f (x,y) = 4x3 +3x2y+ y3−15y.
1. Determinare gli eventuali punti critici.
2. Determinare gli eventuali punti di massimo e di minimo relativi e di sella.
Soluzione.
1) Essendo f un polinomio, e definita in R2 ed ha derivate parziali in R2. P0 ∈R2
e punto critico se ∇ f (P0) = ( fx(P0), fy(P0)) = (0,0). I punti critici si determinanorisolvendo il sistema{
fx = 12x2 +6xy = 0fy = 3x2 +3y2−15 = 0
⇒
{6x(2x+ y) = 0x2 + y2−5 = 0.
La prima equazione si annulla se x = 0 oppure se 2x+ y = 0. Si ottengono duesistemi {
x = 0y2 = 5
⇒
{x = 0y =±
√5
(1)
e di conseguenza i punti critici P1(0,−√
5) e P2(0,√
5).{y =−2xx2 +4x2 = 5
⇒
{y =−2xx2 = 1
⇒
{y =−2xx =±1
(2)
e quindi si hanno i punti critici P3(−1,2) e P4(1,−2).2) f ∈ C 2(R2), condizione sufficiente affinche un punto critico P0 ∈ R2 sia unestremo (massimo o minimo) relativo e che H(P0) > 0. Calcoliamo il determi-nante hessiano.
fxx = 24x+6y, fyy = 6y, fyx = fxy = 6x,
H(P) = 6y(24x+6y)−36x2.
H(P1) = 180 > 0, fxx(P1) =−6√
5 < 0⇒ P1 e punto di massimo relativoH(P2) = 180 > 0, fxx(P2) = 6
√5 > 0⇒ P2 e punto di minimo relativo
H(P3) = H(P4) =−288+144−36 =−180 < 0⇒ P3,P4 sono punti di sella.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 59
Prova intermedia del 30/12/2002Stabilire se la funzione g(x,y)= log(2x−y2+3) ha punti critici nel proprio campod’esistenza ed eventualmente determinarli.
Soluzione.g(x,y) = log(2x− y2 +3) e definita se 2x− y2 +3 > 0.
A1
A2
x
y
x = y2/2− 3/2 rappresenta una parabola con asse di simmetria l’asse x, verti-ce V (−3/2,0) e concavita rivolta verso destra. Applicando il teorema dei valoriintermedi la disequazione 2x− y2 +3 > 0 e verificata in A1, insieme aperto, con-nesso e illimitato che rappresenta il campo di esistenza di g. g ha derivate parzialiprime in A1. P0 ∈ A1 e punto critico per g se risolve il sistema:
gx =1
2x− y2 +3·2 = 0
gy =−2y
2x− y2 +3= 0.
Poiche gx non e mai nulla non ci sono punti critici e quindi g non puo avere nemassimi ne minimi relativi nel suo campo di esistenza.
60 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova guidata del 31/01/2003Data la funzione f (x,y) = x2y− xy− y2.
1. Determinare, dopo averne enunciato una condizione e una sufficiente, glieventuali punti di massimo e di minimo relativi.
2. Determinare, dopo averne enunciato una condizione sufficiente, il massimoed il minimo assoluti di f su un quadrato di vertici O(0,0),A(1,0),B(1,−1),C(0,−1).
Soluzione.
1) f e un polinomio, quindi e continua con le derivate parziali prime e secon-de continue in R2, ovvero f ∈ C 2(R2). Se P0 e estremo relativo allora P0 e puntocritico, cioe ∇ f (P0) = (0,0) (condizione necessaria). Se P0 e punto critico, P0e punto di minimo relativo se H(P0) > 0 e fxx(P0) > 0, P0 e punto di massimorelativo se H(P0)> 0 e fxx(P0)< 0 (condizione sufficiente).{
fx = 2xy− y = 0fy = x2− x−2y = 0
{y(2x−1) = 0x2− x−2y = 0.
Si hanno due sistemi (1) e (2):{y = 0x2− x = 0
⇒
{y = 0x = 0 oppure x = 1
(1)
e si ottengono i punti critici P1(0,0), P2(1,0).{2x−1 = 0⇒ x = 1/214 −
12 −2y = 0
⇒
{x = 1
2y =−1
8(2)
e si ha il punto critico P3(1/2,−1/8).
fxx = 2y, fyy =−2, fxy = fyx = 2x−1⇒ H(P) =−4y− (2x−1)2
H(P1) =−1 < 0, P1 e punto di sellaH(P2) =−1 < 0, P2 e punto di sellaH(P3) = 1/2 > 0, fxx(P3) =−1/4 < 0⇒ P3 e punto di massimo relativo.2) f e continua e Q e un sottoinsieme di R2 limitato e chiuso, quindi f ammettemassimo e minimo assoluti su Q per il teorema di Weierstrass.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 61
x
y
C B(1,−1)
AO
Q
P5
P4
γ1
γ3
γ2 γ4
Il massimo e il minimo assoluti vanno ricercati tra
i) punti critici interni a Q.P3(1/2,−1/8) e punto critico interno a Q, i punti P1 e P2 cadono invecesulla frontiera.
ii) punti critici sulla frontiera di Q.
γ1 :
{y = 0x = t,
0≤ t ≤ 1, f|γ1 =: h1(t) = 0.
Si ha h′1(t) = 0, e quindi γ1 e costituita da punti critici.
γ2 :
{x = 0y = t,
−1≤ t ≤ 0, f|γ2 =: h2(t) =−t2.
Si ha h′2(t) =−2t = 0 per t = 0. Si ottiene P1(0,0) coincidente con il verticeO(0,0).
γ3 :
{x = ty =−1,
0≤ t ≤ 1, f|γ3 =: h3(t) =−t2 + t−1.
Si ha h′3(t) =−2t +1 = 0 per t = 1/2 che da luogo al punto P4(1/2,−1).
γ4 :
{x = 1y = t,
−1≤ t ≤ 0, f|γ4 =: h4(t) =−t2.
Si ha h′4(t) =−2t = 0 per t = 0. Quindi si riottiene P2(1,0) coincidente conil vertice A(1,0). Concludendo sulla frontiera si ha tutto il tratto γ1, ossia ilsegmento OA e il punto P4(1/2,−1).
62 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
iii) (Essendo O(0,0) e A(1,0) compresi in γ1) si considerano i vertici C(0,−1)e B(1,−1).f|γ1 = 0f (P4) =−1/4+1/2−1=−3/4; f (P3) =−1/32+1/16−1/64= 1/64;f (C) =−1, f (B) =−1+1−1 =−1.Quindi P3 e punto di massimo assoluto e il valore del massimo assoluto eM = 1/64. I punti di minimo assoluto sono B e C e il valore del minimoassoluto e m =−1.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 63
Prima prova intermedia a.a. 2003/04Data la funzione f (x,y) = x2y+2xy+ y3− y2.
1. Determinarne gli eventuali punti critici.
2. Dopo aver enunciato una condizione necessaria e una sufficiente per la loroesistenza, determinarne gli eventuali estremi relativi.
Soluzione.Essendo f un polinomio, ha derivate parziali prime in R2. P0 ∈ R2 e un puntocritico se ∇ f (P0) = (0,0). I punti critici, se esistono, sono i punti che risolvono il
sistema
{fx = 0fy = 0
, ovvero
{fx = 2xy+2y = 0fy = x2 +2x+3y2−2y = 0
⇒
{2y(x+1) = 0x2 +2x+3y2−2y = 0
Il prodotto y(x+1) e nullo quando e nullo uno dei due fattori, per cui si ottengonodue sistemi.
(1)
{y = 0x2 +2x = 0⇒ x = 0 oppure x =−2
e si hanno i due punti critici P1(0,0) e P2(−2,0).
(2)
{x+1 = 0⇒ x =−1
3y2−2y−1 = 0⇒ y = 1±√
1+33 = 1±2
3
e si ottengono altri due punti critici, P3(−1,−1/3),P4(−1,1).2) Condizione necessaria: f ha derivate parziali prime in P0. Se P0 e un estremorelativo allora P0 e un punto critico, cioe ∇ f (P0) = (0,0).Condizione sufficiente: f ∈ C 2(R2). ( f e continua con le derivate seconde conti-nue nel suo dominio). Se P0 e punto critico e H(P0)= fxx(P0) fyy(P0)−[ fxy(P0)]
2 >0 allora P0 e un estremo relativo. Se fxx(P0) (oppure fyy(P0) > 0) allora P0 e unminimo relativo. Se fxx(P0)< 0 allora P0 e un massimo relativo.
fxx = 2y, fyy = 6y−2, fxy = fyx = 2x+2.
H(P) = 2y(6y−2)− (2x+2)2 = 4y(3y−1)−4(x+1)2
H(P1) =−4 < 0⇒ P1 e punto di sellaH(P2) =−4 < 0⇒ P2 e punto di sellaH(P3) =−4
3(−2) = 83 > 0, fxx(P3) =−2
3 < 0⇒ P3 e punto di massimo relativoH(P4) = 8 > 0, fxx(P4) = 2 > 0⇒ P4 e punto di minimo relativo.
64 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prima prova intermedia a.a. 2003/04Stabilire se la funzione f (x,y) = 2x+exy2
ha massimi e minimi relativi nel propriodominio.
Soluzione.
1) f e definita in R2 con derivate parziali prime. P0 ∈ R2 e punto critico se∇ f (P0) = (0,0). {
fx = 2+ y2exy2= 0
fy = 2xyexy2= 0.
La seconda equazione e soddisfatta se x = 0 oppure y = 0 e sostituendo nell’equa-zione fx = 0 si ha: {
2+ y2 = 0x = 0
che non ha soluzioni reali, oppure {2 = 0y = 0
che e impossibile. f non ha punti critici, non e verificata la condizione necessaria,quindi f non puo avere ne massimi ne minimi relativi.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 65
Prova intermedia del 27/10/2003 Data la funzione f (x,y) = 2x2y+2y3−3y.
1. Determinare gli eventuali punti critici.
2. Dare la definizione di punto di minimo relativo. Dare una condizione ne-cessaria ed una sufficiente per l’esistenza di estremi relativi.
3. Determinare gli eventuali punti di massimo e di minimo relativi e di sella.
4. Stabilire se la funzione g(x,y) = 2y+ cos(2x− y) ha estremi relativi nelproprio dominio ed eventualmente determinarli.
Soluzione.
1) Essendo f un polinomio, e definita in R2 ed ha derivate parziali in R2. P0 ∈R2
e punto critico se ∇ f (P0) = ( fx(P0), fy(P0)) = (0,0). I punti critici su determinanorisolvendo il sistema {
fx = 4xy = 0fy = 2x2 +6y2−3 = 0
Poiche la prima equazione si annulla per x = 0 oppure per y = 0 si ottengono duesistemi.
(1)
{x = 06y2−3 = 0
⇒
{x = 0y2 = 1/2
⇒
{x = 0y =±
√1/2
e si hanno due punti critici P1(0,−√
2/2) e P2(0,√
2/2). Il secondo sistema e
(2)
{y = 02x2−3 = 0
⇒
{x = 0x2 = 3/2
⇒
{x = 0x =±
√3/2
e si hanno due punti critici P3(−√
3/2,0) e P4(√
3/2,0).2) P0 ∈ R2 si dice punto di minimo relativo se esiste un intorno
S(P0,δ ) = {P(x,y) ∈ R2 : d(P,P0)< δ , con δ > 0}
di P0(x0,y0) tale che f (x,y)≥ f (x0,y0)∀(x,y) ∈ S(P0,δ ).Condizione necessaria: f ha derivate parziali prime in P0. Se P0 e un estremorelativo allora P0 e un punto critico, cioe ∇ f (P0) = (0,0).Condizione sufficiente: f ∈ C 2(R2). ( f e continua con le derivate seconde conti-nue nel suo dominio). Se P0 e punto critico e H(P0)= fxx(P0) fyy(P0)−[ fxy(P0)]
2 >
66 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
0 allora P0 e un estremo relativo. Se fxx(P0) (oppure fyy(P0) > 0) allora P0 e unminimo relativo. Se fxx(P0)< 0 allora P0 e un massimo relativo.3)
fxx = 4y, fyy = 12y, fyx = fxy = 4x, H(P) = 48y2−16x2.
H(P1) = 24 > 0, fxx(P1) =−2√
2 < 0⇒ P1 e punto di massimo relativoH(P2) = 24 > 0, fxx(P2) = 2
√2 > 0⇒ P2 e punto di minimo relativo
H(P3) =−24 < 0, P3 e punto di sellaH(P4) =−24 < 0, P4 e punto di sella4) g ∈ C (R2). Gli eventuali punti critici si determinano risolvendo il sistema{
gx =−2sin(2x− y) = 0gy = 2+ sin(2x− y) = 0.
Poiche la seconda equazione non ha soluzioni non ci sono punti critici. Non everificata la condizione necessaria e non ci possono essere estremi relativi per g.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 67
Prova guidata del 22/10/2004 Data la funzione f (x,y) = x2y+ x2 + y3−9y.
1. Dare la definizione di punto di minimo e massimo relativo.
2. Enunciare una condizione necessaria per l’esistenza di punti di massimo eminimo relativi e determinare gli eventuali punti punti critici di f .
3. Enunciare una condizione sufficiente per l’esistenza di punti di massimo eminimo relativi e determinare gli eventuali punti punti di massimo e minimodi sella di f .
4. Dare la definizione di massimo assoluto per f su un insieme D.
5. Enunciare una condizione sufficiente per l’esistenza di massimi e minimiassoluti per f su un insieme D.
Soluzione.1) Per le definizioni in questo punto e nei successivi rimandiamo agli eserciziprecedenti.2) f e dotata di derivate parziali prime in R2. Determiniamo gli eventuali punticritici di f ponendo uguali a zero le derivate parziali.{
fx = 2xy+2x = 0fy = x2 +3y2−9 = 0
⇒
{fx = 2x(y+1) = 0fy = x2 +3y2−9 = 0
Si ottengono, annullando i due fattori nella prima equazione, due sistemi:{x = 03y2−9 = 0
⇒
{x = 0y2 = 3⇒ y =±
√3
e si hanno i punti critici P1(0,−√
3),P2(0,√
3). L’altro sistema e{y+1 = 0⇒ y =−1x2−6 = 0⇒ x =±
√6
da cui si ottengono i due punti critici P3(−√
6,−1) e P4(√
6,−1).3) f e continua con le derivate prime e seconde in R2, cioe f ∈ C 2(R2). P0 epunto critico per f .Se H(P0)> 0, P0 e estremo relativo per f .Se H(P0)> 0, e fxx(P0)> 0 (oppure fyy(P0)> 0) P0 e minimo relativo per f .
68 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Se H(P0)> 0, e fxx(P0)< 0 (oppure fyy(P0)< 0) P0 e massimo relativo per f .Se H(P0) < 0, P0 e punto di sella per f . Determiniamo gli eventuali punti dimassimo o di minimo relativo o di sella.
fxx = 2y+2; fyy = 6y; fyx = fxy = 2x
(le derivate miste seconde sono uguali per il teorema di Schartz).
H(P) = 6y(2y+2)−4x2{H(P1) = 12 · (−
√3)(−
√3+1) = 36−12
√3 > 0
fyy(P1) =−6√
3 < 0⇒P1(0,−
√3) e punto di max relativo.
{H(P2) = 12 · (
√3)(−
√3+1) = 36+12
√3 > 0
fyy(P2) = 6√
3 < 0⇒P2(0,
√3) e punto di minimo relativo.
H(P3) =−24 < 0⇒ P3 e punto di sella
H(P4) =−24 < 0⇒ P4 e punto di sella
1.2. OTTIMIZZAZIONE 69
Prova guidata del 22/10/2004Stabilire se la funzione g(x,y) = arctan(2x+y2) ha punti critici nel proprio campodi esistenza ed eventualmente determinarli.
Soluzione.g e definita in R2 ed ha derivate parziali prime in R2. P0 ∈ R2 e punto critico perg se ∇g(P0) = (gx(P0),gy(P0)) = (0,0).{
gx =1
1+(2x+y2)2 ·2gy =
11+(2x+y2)2 ·2y
Il sistema non ha soluzioni perche la prima equazione non si annulla mai. Non cisono punti critici, quindi non ci possono essere massimi e minimi relativi.
70 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Seconda prova guidata del 26/11/2004Data la funzione f (x,y) = 1
3x3− xy2− 12x2− y2.
1. Determinare gli eventuali estremi relativi vincolati di f sulla retta di equa-zione y =−x−1.
2. Determinare, se esistono, dopo averne enunciato una condizione sufficiente,il minimo ed il massimo assoluti di f sul segmento di retta di cui sopra conle limitazioni −2≤ x≤ 1.
Soluzione.
1) Consideriamo le equazioni parametriche di γ :
{x = ty =−t−1
, t ∈ R e la re-
strizione di f a γ .
f|γ = h(t) =13
t3− t(−t−1)2− 12
t2− (−t−1)2 =
=13
t3− t3− t−2t2− 12
t2− t2−2t−1 =
=−23
t3− 72
t2−3t−1, t ∈ R.
x
y
y =−x−1
Oγ
P2
P1
Determiniamo gli estremi relativi della funzione di una sola variabile h, annullan-done la derivata.
h′(t) =−2t2−7t−3; h′(t) = 0⇔ 2t2 +7t +3 = 0,
da cui
t =−7±
√49−24
4=−7±5
4⇒ t1 =−3, t2 =−
12.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 71
Al variare del parametro t1 = −3 corrisponde su γ il punto P1(−3,2), mentre alvalore t2 = −1/2 il punto P2(−1/2,−1/2). Per stabilire la natura di tali punti,calcoliamo h′′ in t1 e t2.
h′′(t) =−4t−7; h′′(−3) = 12−7= 5> 0⇒P1 e punto di min. relativo vincolato
h′′(−1/2) = 2−7 =−5 < 0⇒ P2 e punto di massimo relativo vincolato
2) f ammette massimo e minimo assoluti sul segmento AB per il teorema di Weier-strass in quanto f e una funzione continua e il segmento e un sottoinsieme chiusoe limitato di R2.
x
y
B(1,−2)
O
P2
A(−2,1)
I punti candidati ad essere punti di massimo e minimo assoluti sono gli eventua-li estremi relativi vincolati che cadono internamente ad AB e i due estremi delsegmento A e B.
Poiche P1 e esterno ad AB consideriamo solo P2 che e interno ad AB.
f (x,y) =13
x3− xy2− 12
x2− y2, f|γ = h(t) =−23
t3− 72
t2−3t−1
f (A) = f (−2,1) = h(−2) =163−14+6−1 =
16−273
=−113
f (P2) = f (−12,−1
2) = h(−1
2) =
112− 7
8+
32−1 =
2−21+36−246
=− 724
f (B) = f (1,−2) = h(1) =−23−| f rac72−3−1 =
−4−21−246
=−496
B e punto di minimo assoluto e −49/6 e il valore minimo assolutoP2 e punto di massimo assoluto e −7/24 e il valore massimo assoluto.
72 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova guidata del 25/10/2005 Data la funzione f (x,y) = x3y−3xy+ y3.
1. Determinare gli eventuali estremi relativi di f , dopo averne enunciato unacondizione necessaria e una sufficiente per la loro esistenza.
2. Determinare, se esistono, il minimo ed il massimo assoluti di f sul segmentodi retta di estremi A(−1,−1) e B(1/2,1/2).
Soluzione.1) Essendo f un polinomio, ha derivate parziali prime e seconde continue in R2.Condizione necessaria: f ha derivate parziali prime in P0. Se P0 e un estremorelativo allora P0 e un punto critico, cioe ∇ f (P0) = (0,0).
I punti critici, se esistono, sono i punti che risolvono il sistema
{fx = 0fy = 0
, ovvero
{fx = 3x2y−3y = 0fy = x3−3x+3y2 = 0
⇒
{3y(x2−1) = 0x3−3x+3y2 = 0
per cui si ottengono due sistemi:
(1)
{y = 0x3−3x+3y2 = 0
⇒
{y = 0x(x2−3) = 0
e si hanno i tre punti critici P1(0,0), P2(−√
3,0) e P3(√
3,0). L’altro sistema e
(2)
{x2−1 = 0⇒ x =±1x3−3x+3y2 = 0
sostituendo nella seconda equazione x =−1 otteniamo y2 =−2/3 che non ha so-luzioni. Sostituendo invece x = 1 otteniamo y2 = 2/3 da cui y = ±
√2/3. e si
ottengono altri due punti critici, P4(1,−√
2/3),P5(1,√
2/3).Condizione sufficiente: f ∈ C 2(R2). ( f e continua con le derivate seconde conti-nue nel suo dominio). Se P0 e punto critico e H(P0)= fxx(P0) fyy(P0)−[ fxy(P0)]
2 >0 allora P0 e un estremo relativo. Se fxx(P0) (oppure fyy(P0) > 0) allora P0 e unminimo relativo. Se fxx(P0)< 0 allora P0 e un massimo relativo.Calcoliamo il determinante Hessiano H(P) = fxx(P) fyy(P)− f 2
xy(P).
fxx = 6xy, fyy = 6y, fxy = fyx = 3x2−3.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 73
H(P1) = 36xy2− (3x2−3)2⇒ P1 e punto di sellaH(P2) = H(P3) =−36 < 0⇒ P2 e P3 sono altri punti di sellaH(P4) = 36 · 2
3 = H(P5)> 0, quindi P4 e P5 sono estremi relativi. Poiche fxx(P4) =
−6√
2/3, e fxx(P5) = 6√
2/3, P4 e punto di massimo relativo e P5 e punto diminimo relativo.
2) f ammette massimo e minimo assoluti sul segmento AB per il teorema diWeierstrass in quanto f e una funzione continua e il segmento e un sottoinsiemechiuso e limitato di R2. Il segmento AB giace sulla retta y = x ed ha equazioni
parametriche
{x = ty = t
per −1≤ t ≤−12 .
x
y
B( 12 ,
12 )
OMax
MinA(−1,−1)
f|γ(t) = h(t) = t4−3t2 + t3; h′(t) = 4t3−6t +3t2 = t(4t2 +3t−6) = 0
Si ha t = 0 accettabile. 4t2 + 3t − 6 = 0 ha radici t2,3 = 3±√
9+968 = −3±
√105
8 ,entrambe non accettabili perche esterne all’intervallo [−1,1/2]. I punti candidatiad essere punti di massimo e minimo assoluti sono O(0,0) corrispondente a t = 0e i due estremi del segmento A e B. f (0,0) = 0; f (A) = 1−3−1 =−3; f (B) =1
16 −34 +
18 =− 9
16 .O e punto di massimo assoluto e 0 e il valore massimo assolutoA e punto di minimo assoluto e −3 e il valore minimo assoluto.
74 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Prova guidata del 20/10/2009 Data la funzione f (x,y) = x3 +2x2− xy2−3y2.
1. Determinarne gli eventuali estremi relativi, dopo averne enunciato una con-dizione necessaria e una sufficiente per la loro esistenza.
2. Calcolare al derivata direzionale di f in P0(1,−2) secondo la direzione dellaretta y =−2x in entrambi i versi; calcolare la derivata direzionale massima.
3. Calcolare, se esistono, le equazioni dei piani tangenti alla superficie z =f (x,y) rispettivamente nei punti P1(1,−2, f (1,−2)) e P2(0,0, f (0,0)).
Soluzione.1) f e continua con le sue derivate parziali prime e seconde in R2, cioe f ∈C2(R2).Condizione necessaria: Se P0 e un estremo relativo allora P0 e un punto critico,cioe ∇ f (P0) = (0,0).Condizione sufficiente: Se P0 e punto critico e H(P0)= fxx(P0) fyy(P0)−[ fxy(P0)]
2 >0 allora P0 e un estremo relativo. Se fxx(P0) (oppure fyy(P0) > 0) allora P0 e unminimo relativo. Se fxx(P0)< 0 allora P0 e un massimo relativo.
I punti critici su determinano risolvendo il sistema{fx = 3x2 +4x− y2 = 0fy =−2xy−6y = 0
⇒
{fx = 3x2 +4x− y2 = 0−2y(x+3) = 0.
La seconda equazione si annulla se y = 0 oppure se x+ 3 = 0. Si ottengono duesistemi
{y = 03x2 +4x = 0⇒ x(3x+4) = 0
{x =−327−12− y2 = 0⇒ y2−15 = 0
(1)
e di conseguenza i punti critici P1(0,0) e P2(0,−43) e P3(−3,
√15) e P4(3,
√15).
Calcoliamo il determinante hessiano nei punti critici.
fxx = 6x+4, fyy =−2x−6, fyx = fxy =−2y,
H(P) = (6x+4)(−2x−6)−4y2 =−4(3x+2)(x+3)−4y2
H(P1) =−24 < 0⇒ P1 e punto di sella.
H(P2) =−4 · (−2) · 53=
403
> 0, e poiche fxx(P2) = 6 · −43
+4 =−4 < 0⇒ P2 epunto di massimo relativo
1.2. OTTIMIZZAZIONE 75
H(P3) = H(P4) =−60 < 0⇒ P3,P4 sono punti di sella.
2) f ha derivate parziali prime continue in tutto R2 per cui esiste
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ , con u = (cosθ ,sinθ),
il versore unitario della retta r. L’equazione di r in forma normale e y−2 = x
dove v = (1,−2) e il vettore direzionale della retta, ma non e unitario. u =(− 1√
1+4, 1√
1+4
)=(−√
55 ,√
55
)e il versore unitario di r se si sceglie l’orienta-
mento verso l’alto (θ = θ1), mentre u =(√
55 ,−
√5
5
)e il versore unitario di r
se si sceglie l’orientamento opposto (θ = θ2). Si ha ∂ f∂ r (P0) = fx(P0)cosθ +
fy(P0)sinθ = fx(1,−2) ·(−√
55
)+ fy(1,−2) ·
√5
5 = −3√
55 + 16
√5
5 = 13√
55 nel
primo caso, mentre nel secondo ha valore opposto −13√
55 .
x
y
P0(1,−2)
y =−2x
θ1
θ2
La derivata direzionale e massima nella direzione e verso del gradiente e vale√f 2x (P0)+ f 2
y (P0) =√
9+256 =√
265
3) Per la continuita di f e delle sue derivate (sono tutti polinomi) la superficiez = f (x,y) ha piano tangente in ogni punto con equazione:
z = f (x0,y0)+ fx(x0,y0)(x− x0)+ fy(x0,y0)(y− y0)
76 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
L’equazione del piano tangente a z = f (x,y) in P(1,−2, f (1,−2)) e quindi
z = f (1,−2)+ fx(1,−2)(x−1)+ fy(1,−2)(y+2); f (1,−2) =−13z =−13−3(x−1)+16(y+2);z =−13−3x+3+16y+32;z =−3x+16y+22,
mentre il piano tangente in P2(0,0, f (0,0)) ha equazione z = 0, essendo P0(0,0)un punto critico e f (0,0) = 0.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 77
Prova guidata del 27/10/2011 Data la funzione f (x,y) = 12x2y− xy+ 1
3y3.
1. Determinarne gli eventuali punti critici.
2. Stabilire, dopo averne enunciato una condizione necessaria e una sufficienteper la loro esistenza, se esistono estremi relativi.
3. Calcolare al derivata direzionale di f in P0(2,1) secondo la direzione dellaretta y = x−1 in entrambi i versi; calcolare la derivata direzionale massimain P0(2,1).
4. Calcolare, se esiste, l’equazione del piano tangente alla superficie z= f (x,y)nel punto P1(2,1, f (2,1)).
Soluzione.1) f e definita e continua con le sue derivate parziali prime in R2. P0 e puntocritico per f se ∇ f (P0) = (0,0). I punti critici si determinano quindi risolvendo ilsistema{
fx = xy− y = 0fy =
12x2− x+ y2 = 0
⇒
{y(x−1) = 0 ⇒ y = 0 oppure x = 112x2− x+ y2 = 0.
Si ottengono due sistemi{y = 012x2− x+ y2 = 0⇒ 1
2x2− x = 0⇒ x = 0 oppure x = 2.{x = 112 −1+ y2 = 0⇒ y2 = 1
2 ⇒ y =−√
22 oppure y =
√2
2 .
Si hanno quattro punti critici P1(0,0) e P2(2,0), P3(1,−√
22 ) e P4(1,
√2
2 ).2 f ha derivate parziali prime in R2.Condizione necessaria: Se P0 e un estremo relativo allora P0 e un punto critico,cioe ∇ f (P0) = (0,0).Condizione sufficiente: f ha derivate parziali prime e seconde continue in R2.Se P0 e punto critico e H(P0) = fxx(P0) fyy(P0)− [ fxy(P0)]
2 > 0 allora P0 e un estre-mo relativo. Se fxx(P0) (oppure fyy(P0) > 0) allora P0 e un minimo relativo. Sefxx(P0)< 0 (oppure fyy(P0)< 0) allora P0 e un massimo relativo.
78 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Quindi gli eventuali estremi relativi li dobbiamo cercare tra i punti critici. Calco-liamo le derivate seconde pure e miste ed il determinante Hessiano.
fxx = y, fyy = 2y, fyx = fxy = x−1,
H(P) = fxx(P) fyy(P)− [ fxy(P)]2 = 2y2− (x−1)2
H(P1) =−1 < 0⇒ P1 e punto di sella.H(P2) =−1 < 0⇒ P2 e punto di sella.H(P3) = 1 > 0, e poiche fxx(P3) =
−√
22 < 0⇒ P3 e punto di massimo relativo
H(P4) = 1 > 0, e poiche fxx(P4) =√
22 > 0⇒ P4 e punto di minimo relativo
3) La retta r passante per P0 di equazione y = x− 1 ha lo stesso versore u1 =(√
2/2,√
2/2) della bisettrice y = x se prendiamo il verso verso l’alto, mentreverso il basso il versore e u2 = (−
√2/2,−
√2/2)
u1 = (√
2/2,√
2/2) = (cos(π/4),sin(π/4));u2 = (−
√2/2,−
√2/2) = (cos(5π/4),sin(5π/4)). θ1 = π
4 , θ2 = 54π sono gli
angoli che la retta r forma con il semiasse positivo delle x, considerando rispetti-vamente il verso di r verso l’alto e quello verso il basso.
∂ f∂ r
(P0) = fx(P0)cosθ + fy(P0)sinθ .
fx(P0) = 1; fy(P0) = 1; ∇ f (P0) = (1,1).
∂ f∂ r (P0) =
√2
2 +√
22 =
√2 con l’orientamento verso l’alto.
∂ f∂ r (P0) =−
√2
2 −√
22 =−
√2 con l’orientamento verso il basso.
La derivata direzionale e massima nella direzione e verso del gradiente e vale
√f 2x (P0)+ f 2
y (P0) =√
1+1 =√
2
Coincide con ∂ f∂ r (P0) con l’orientamento verso l’alto perche e la stessa direzione
e lo stesso verso del gradiente.
1.2. OTTIMIZZAZIONE 79
y
P1(sella) P2 (sella)
P3 (max rel)
P4 (min rel) P0(2,1)
r : y = (x−1)
θ1θ2
La derivata direzionale e massima nella direzione e verso del gradiente e vale√f 2x (P0)+ f 2
y (P0) =√
9+256 =√
265
4) Per la continuita di f e delle sue derivate (sono tutti polinomi) la superficiez = f (x,y) ha piano tangente in ogni punto con equazione:
z = f (x0,y0)+ fx(x0,y0)(x− x0)+ fy(x0,y0)(y− y0)
L’equazione del piano tangente a z = f (x,y) in P(2,1, f (2,1)) e quindi
z = f (2,1)+ fx(2,1)(x−2)+ fy(2,1)(y−1); f (2,1) =13
z =13+(x−2)+(y−1);
z = x+ y− 83.
80 CAPITOLO 1. STUDIO DI FUNZIONI DI DUE VARIABILI
Capitolo 2
Integrali doppi
Seconda prova guidata del 22/11/2004 Dato il dominio D in figura
x
y
D
x = y2−1
y =−2x2 +2
x2 + y2 = 1
x2 + y2−2y = 0
1. Fare una suddivisione di D in domini parziali normali o rispetto all’assex o rispetto all’asse y oppure applicando una trasformazione in coordinatepolari (disegnandone il dominio trasformato).
2. In base alla suddivisione di cui al punto 1) applicare le relative formule diriduzione per il calcolo dell’integrale doppio
∫∫D(x+1)dxdy.
Soluzione.Suddividiamo D in due domini D1 e D2, in modo tale che D = D1∪D2. Descri-viamo D1 come dominio normale rispetto all’asse x.
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ x≤ 0, α(x)≤ y≤ β (x)},
81
82 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
con α e β funzioni continue in [−1,0]. β (x) = −2x2 + 2, α(x) la ricaviamoesplicitando y, cioe y2 = x+1, che implica y =±
√x+1, per cui α(x) =
√x+1,
essendo l’arco di parabola nel semipiano delle ordinate positive.
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ x≤ 0,√
x+1≤ y≤−2x2 +2}.
x
y
x = y2−1
y =−2x2 +2 D1
x
y
D2ρ = 1
ρ = 2sinθ
Aθ1 = π/6
Consideriamo D2. Il punto A ha coordinate (√
3/2,1/2). L’angolo formato dallasemiretta OA con il semiasse positivo delle x e θ1 = π/6. Sia D′2 il trasformato di
D2 in coordinate polari
{x = ρ cosθ
y = ρ sinθ .
D′2 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :π
6≤ θ ≤ π
2, 1≤ ρ ≤ 2sinθ}.
ρ = 2sinθ rappresenta l’equazione della circonferenza x2 + y2− 2y = 0, sosti-tuendo le coordinate polari, cioe ρ2−2ρ sinθ = 0⇒ ρ(ρ−2sinθ) = 0 e quindiρ = 2sinθ (ρ = 0 rappresenta solo l’origine delle coordinate).
D′2ρ = 2sinθ
π/6 π/2
1
2
θ
ρ
2) Per la proprieta additiva degli integrali∫∫D(x+1)dxdy =
∫∫D1
(x+1)dxdy+∫∫
D2
(x+1)dxdy
83
Applicando la formula di riduzione per i domini normali rispetto all’asse x∫∫D1
(x+1)dxdy =∫ 0
−1dx∫ −2x2+2
√x+1
(x+1)dy =∫ 0
−1(x+1) [y]−2x2+2√
x+1 dx
=∫ 0
−1(x+1)[−2x2 +2−
√x+1]dx
=∫ 0
−1[−2x3 +2x−2x2 +2− (x+1)
√x+1]dx
=
[−2
x4
4+2
x2
2−2
x3
3+2x− 2
5(x+1)2√x+1
]0
−1
=−25+
12−1− 2
3+2 =−2
5− 2
3+
32
=−12−20+45
30=
1330
.
Per il calcolo del precedente integrale abbiamo usato∫(x+1)
√x+1dx =
∫(x+1)3/2 dx =
(x+1)5/2
5/2+c =
25
√(x+1)5+c, c∈R.
Applicando la formula di trasformazione in coordinate polari∫∫D′2(ρ2 cosθ +ρ)dρdθ =
∫ π
2
π
6
dθ
∫ 2sinθ
1(ρ2 cosθ +ρ)dρ
=∫ π
2
π
6
[ρ3
3cosθ +
ρ2
2
]2sinθ
1dθ
=∫ π
2
π
6
[83
sin3θ cosθ +2sin2
θ − 13
cosθ − 12
]dθ
=
[83
sin4θ
4+2−cosθ sinθ +θ
2− 1
3sinθ − 1
2θ
] π
2
π
6
=23+
π
2− 1
3=
π
4− 2
3· 1
16+
√3
4− π
6+
16+
π
12=
1124
+π
6.∫∫
D(x+1)dxdy =
1330
+1124
+π
6.
Ricordiamo che∫sin3
θ cosθdθ =
[∫t3dt
]t=sinθ
=sin4
θ
4+ c, c ∈ R.
84 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Inoltre ∫sin2
θdθ =∫
sinθ sinθdθ
(integrando per parti)
=−cosθ sinθ +∫
cos2θdθ
=−cosθ sinθ +∫(1− sin2
θ)dθ ,
per cui 2∫
sin2θ =−cosθ sinθ +θ + c, c ∈ R.
85
Prima prova guidata del 6/11/2007 Dato il dominio D in figura
x
y
D
x2 + y2 = 2
x2 + y2 +2x = 0
y = x
1. Fare una suddivisione di D in domini parziali normali o rispetto all’assex o rispetto all’asse y oppure applicando una trasformazione in coordinatepolari (disegnandone il dominio trasformato).
2. In base alla suddivisione di cui al punto 1) applicare le relative formule diriduzione per il calcolo di
∫∫D(y+2)dxdy.
Soluzione.1) Dopo aver determinato le coordinate dei punti A,B,C intersezioni tra circonfe-renze e retta, suddividiamo D in due domini D1 e D2 (e una possibile suddivisio-ne). D1 e normale rispetto all’asse y, D2 e normale rispetto all’asse x. Occorredunque ricavare x dall’equazione x2 + y2 +2x = 0. Si ha x = −1±
√1− y2. Es-
sendo la semicirconferenza che delimita D1 a sinistra rispetto al diametro postosulla retta x =−1 ha equazione x =−1−
√1− y2.
x
y
D2D1
x2 + y2 = 2
x2 + y2 +2x = 0
C(-1,-1)
A(1,1)B(−1,1)
y = x
Dobbiamo ricavare y dall’equazione x2 + y2 = 2 ⇒ y = ±√
2− x2. L’arco dicirconferenza che delimita D2, posto nel semipiano delle ordinate positive, ha
86 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
equazione y =√
2− x2 . Dunque si puo scrivere
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ y≤ 1,−1−√
1− y2 ≤ x≤−1}
D2 = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ x≤ 1,x≤ y≤√
2− x2},
e quindi,∫∫D(y+2)dxdy =
∫∫D1
(y+2)dxdy+∫∫
D2
(y+2)dxdy
=∫ 1
−1dy∫ −1
−1−√
1−y2(y+2)dx+
∫ 1
−1dx∫ √2−x2
x(y+2)dx.
Applicando una trasformazione in coordinate polari suddividiamo D in D3 eD4.
x
y
D4
D3
x2 + y2 = 2y =−x
x2 + y2 +2x = 0π
454 π
34 π
y = x
{x = ρ cosθ
y = ρ sinθ
Sostituendo le coordinate polari nell’equazione cartesiana della circonferenza x2+y2 = 2 si ottiene ρ2 cos2 θ +ρ2 sin2
θ = 2 da cui ρ2 = 2⇒ ρ =√
2. La circonfe-renza di equazione x2+y2+2x = 0 diventa ρ2+2ρ cosθ = 0⇒ ρ(ρ +2cosθ) =0 da cui ρ =−2cosθ (ρ = 0 rappresenta solo l’origine). I trasformati di D3 e D4in coordinate polari saranno rispettivamente
D′3 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] :π
4≤ θ ≤ 3
4π, 0≤ ρ ≤
√2};
D′4 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] :34
π ≤ θ ≤ 54
π, 0≤ ρ ≤−2cosθ}.
87
D′3
ρ =−2cosθ
π
2 ππ
45π
4
D′4
ρ = 2cosθ
θ
ρ
Osserviamo che ρ =−2cosθ e simmetrica rispetto all’asse θ e rispetto a ρ = 2cosθ
∫∫D(y+2)dxdy =
∫∫D′3(ρ2 sinθ +2ρ)dρdθ +
∫∫D′4(ρ2 sinθ +2ρ)dρdθ
=∫ 3
4 π
π
4
dθ
∫ √2
0(ρ2 sinθ +2ρ)dρ +
∫ 54 π
34 π
dθ
∫ −2cosθ
0(ρ2 sinθ +2ρ)dρ
=∫ 3
4 π
π
4
[ρ3
3sinθ +2
ρ2
2)
]√2
0dθ +
∫ 54 π
34 π
[ρ3
3sinθ +2
ρ2
2)
]−2cosθ
0dθ
=∫ 3
4 π
π
4
[2√
23
sinθ +2
]dθ +
∫ 54 π
34 π
[−8
3cos3
θ sinθ +4cos2θ
]dθ
=
[−2
3
√2cosθ +2θ
] 34 π
π
4
+
[83
cos4 θ
4+4
cosθ sinθ +θ
2
] 54 π
34 π
=−23
√2 ·
(−√
22
)+
32
π +23
√2 ·√
22− π
2+
23· 1
4+1+
52
π− 23
14+1− 3
2π
=103
π +2π.
Si osserva che∫cos3
θ sinθdθ =
[∫t3dt
]t=cosθ
=cos4 θ
4+ c, c ∈ R.
ponendo t = cosθ si ha −sinθdθ = dt.
88 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Prima prova guidata del 6-11-2007 Dato il dominio D in figura
D
2
x2 + y2 = 4
x2 + y2 +2x = 0
1. Fare una suddivisione di D in domini parziali normali o rispetto all’assex o rispetto all’asse y oppure applicando una trasformazione in coordinatepolari (disegnandone il dominio trasformato).
2. In base alla suddivisione di cui al punto 1) applicare le relative formule diriduzione per il calcolo delle coordinate del baricentro di D.
Soluzione.
1) D = D1∪D2∪D3.
D2
D3
D1
D1 e normale rispetto all’asse x (anche rispetto ad y),
D1 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤ 2, 0≤ y≤−x+2}.
89
Trasformiamo D2 e D3 in coordinate polari e otteniamo
D′2 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] :π
2≤ θ ≤ π, 0≤ ρ ≤ 2};
D′3 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] : π ≤ θ ≤ 32
π, 0≤ ρ ≤−2cosθ}.
Sostituendo le coordinate polari {x = ρ cosθ
y = ρ sinθ
nell’equazione cartesiano della circonferenza x2+y2+2x= 0 si ottiene ρ2 cos2 θ +ρ2 sin2
θ + 2ρ cosθ = 0 da cui ρ2 + 2ρ cosθ = 0 ⇒ ρ(ρ + 2cosθ) = 0 e ρ =−cos(2θ) ne rappresenta l’equazione in coordinate polari (ρ = 0 rappresenta solol’origine).
D′3ρ =−2cosθ
π
2π 2π3π
2
D′1
θ
ρ
2) Indicando con B il baricentro di D e con xB,yB le sue coordinate e noto che:
xB =
∫∫D xdxdy∫∫D dxdy
, yB =
∫∫D ydxdy∫∫D dxdy.
Si ha poi∫∫
D dxdy=area(D); e area(D) = area(D1)+ area(D2)+ area(D3) = 2+π +π/2 = 2+3π/2, calcolando l’area di figure geometriche note.∫∫
Dxdxdy =
∫∫D1
xdxdy+∫∫
D2
xdxdy+∫∫
D3
xdxdy.
∫∫D1
xdxdy =∫ 2
0dx∫ −x+2
0xdy =
∫ 2
0x [y]−x+2
0 dx =∫ 2
0(−x2 +2x)dx
=
[−x3
3+ x2
]2
0=−8
3+4 =
43.
90 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
∫∫D2
xdxdy =∫∫
D′2ρ
2 cosθ dθdρ =∫
π
π/2dθ
∫ 2
0ρ
2 cosθ dρ
=∫
π
π/2cosθ
[ρ3
3
]2
0dθ =
∫π
π/2
83
cosθ dθ =83[sinθ ]π
π/2 =−83.
∫∫D3
xdxdy =∫∫
D′3ρ
2 cosθ dθdρ =∫ 3π/2
π
dθ
∫ −2cosθ
0ρ
2 cosθ dρ
=∫ 3π/2
π
cosθ
[ρ3
3
]−2cosθ
0dθ =
∫ 3π/2
π
−83
cos4θ dθ
=−83
[cosθ sinθ +θ
2− −cos2θ sin2θ +2θ
16
]3π/2
π
=−83
[34
π− 316
π− π
2+
π
8
]=−8
3
[12−3−8+2
16π
]=−π
2.
Quindi ∫∫D
xdxdy =43− 8
3− π
2=−4
3− π
2; xB =
−43 −
π
232π +2
.
∫∫D
ydxdy =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy+∫∫
D3
ydxdy.
∫∫D1
ydxdy =∫ 2
0dx∫ −x+2
0ydy =
∫ 2
0
[y2
2
]−x+2
0dx =
12
∫ 2
0(x2 +4−4x)dx
=12
[x3
3+4x−2x2
]2
0=
12
[83+8−8
]=
43.
∫∫D2
ydxdy =∫∫
D′2ρ
2 sinθ dθdρ =∫
π
π/2dθ
∫ 2
0ρ
2 sinθ dρ
=∫
π
π/2sinθ
[ρ3
3
]2
0dθ =
∫π
π/2
83
sinθ dθ =−83[cosθ ]π
π/2 =83.
91
∫∫D3
ydxdy =∫∫
D′3ρ
2 sinθ dθdρ =∫ 3π/2
π
dθ
∫ −2cosθ
0ρ
2 sinθ dρ
=∫ 3π/2
π
sinθ
[ρ3
3
]−2cosθ
0dθ =−8
3
∫ 3π/2
π
sinθ cos3θ dθ
=+83
[cos4 θ
4
]3π/2
π
=−23
∫∫D
ydxdy =43+
83− 2
3=−1
03, yB =
103
32π +2
.
92 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Prima prova intermedia del 20/12/2000Sia data la regione D in figura.
D
Bx2 + y2 = 1
A(1,2)
x
yy = x2 +1
D1
B(0,−1)
A(1,2)
x
y
D2
1. Calcolare∫∫
D ydxdy.
2. Detta y l’ordinata del baricentro, calcolare y ·Area(D).
Soluzione.1) Prima suddividiamo D in domini parziali.Equazione della retta passante per A(1,2) e B(0,−1):
y−2−1−2
=x−10−1
; y = 3x−1.
Una possibile suddivisione di D e data da D=D1∪D2 come indicato in figura. Peril dominio D1 applichiamo la trasformazione in coordinate polari. Il trasformatoD′1 e
D′1 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :π
2≤ θ ≤ 3
2π,0≤ ρ ≤ 1}
D′1
θ
ρ
π
23π
2
1
93
D2 e normale rispetto all’asse x
D2 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤ 1, 3x−1≤ y≤ x2 +1}.
Si ha ∫∫D
ydxdy =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy,
e ∫∫D1
ydxdy =∫∫
D′1ρ
2 sinθ dρdθ =∫ 3π/2
π/2dθ
∫ 1
0ρ
2 sinθ dρ
=∫ 3π/2
π/2sinθ
[ρ3
3
]1
0dθ =
∫ 3π/2
π/2
13
sinθdθ
=13[−cosθ ]
3π/2π/2 = 0.
∫∫D2
ydxdy =∫ 1
0dx∫ x2+1
3x−1ydy =
∫ 1
0
[y2
2
]x2+1
3x−1dx
=12
∫ 1
0[(x2 +1)2− (3x−1)2]dx =
12
∫ 1
0[x4 +2x2 +1−9x2 +6x−1]dx
=12
∫ 1
0[x4−7x2 +6x]dx =
12
[x5
5−7
x3
3+6
x2
2
]1
0=
12
(15− 7
3+3)
=12
(3−35+45
15
)=
1330
.
In conclusione ∫∫D
ydxdy =1330
.
2. Se y e l’ordinata del baricentro si ha:
y ·Area(D) =
∫∫D ydxdy
Area(D)·Area(D) =
1330
.
94 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Seconda prova intermedia del 20/03/2000 Sia data la regione D in figura
x
y
D
x2 + y2 = 8
y = 2− x2
y =√
2x−2
−2
1. Calcolare∫∫
D xdxdy.
2. Detta x l’ascissa del baricentro, calcolare x ·Area(D).
Soluzione.1. Per il calcolo dell’integrale richiesto suddividiamo D in domini parziali.
x
y
D1
D2
x2 + y2 = 8
y = 2− x2
A(√
2,0)
−2B
Calcolo delle coordinate di B risolviamo il sistema{y = 2− x2
x2 + y2 = 8
{x2 = 2− y2− y+ y2 = 8
95
da cui otteniamo
y2− y−6 = 0, e quindi y =1±√
1+242
=1±5
2⇒ y =−2 o y = 3.
Le coordinate di B sono quindi (−2,−2). Una possibile suddivisione di D e datada D = D1∪D2, ove D1 e D2 sono entrambi domini normali rispetto all’asse x:
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤ 0,−√
8− x2 ≤ y≤ 2− x2}D2 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤
√2,√
2x−2≤ y≤ 2− x2}.
Si ha poi, applicando la formula di riduzione ai domini precedenti:∫∫D
xdxdy =∫∫
D1
xdxdy+∫∫
D2
xdxdy.
∫∫D1
xdxdy =∫ 0
−2dx∫ 2−x2
−√
8−x2xdy =
∫ 0
−2x[y]2−x2
−√
8−x2 dx =∫ 0
−2[2x− x3 + x
√8− x2]dx
=
[2
x2
2− x4
4− 1
3
√(8− x2)3
]0
−2=−16
√2
3−4+4+
83=
83− 16
√2
3.
Per il calcolo dell’integrale precedente si osserva che∫x√
8− x2 dx =−12
∫−2x
√8− x2 dx =
[−1
2
∫ √tdt]
t=8−x2,
dove per fare l’ultimo passaggio abbiamo posto t = 8− x2, da cui −2xdx = dt, epoi [
−12
∫ √tdt]
t=8−x2=
[−1
2t3/2
3/2+ c
]t=8−x2
=−13
√(8− x2)3 + c.
Calcoliamo ora l’integrale su D2:∫∫D2
xdxdy =∫ √2
0dx∫ 2−x2
√2x−2
xdy =∫ √2
0x[y]2−x2√
2x−2dx
=∫ √2
0[2x− x3−
√2x2 +2x]dx =
∫ √2
0[−x3−
√2x2 +4x]dx
=
[−x4
4−√
2x3
3+4
x2
2
]√2
0=−1−
√2 · 2√
23
+4 =53.
96 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
In conclusione ∫∫D
xdxdy =83− 16
3
√2+
53=
13−16√
23
.
2. Si ha:
x ·Area(D) =
∫∫D xdxdy∫∫D dxdy
·∫∫
Dxdxdy =
∫∫D
xdxdy =13−16
√2
3.
97
Seconda prova intermedia del 22/3/2000 Sia data la regione D in figura, deli-mitata dagli archi di parabola y= x2−2, y= x2/4−1, e di circonferenza x2+y2 =4.
x
y
Dx2 + y2 = 4 y = x2−2
y = x2
4 −1
−2D2
D1x2 + y2 = 4 y = x2−2
y = x2
4 −1
−2
−2
A
1. Suddividere D in domini parziali e descriverli.
2. Calcolare∫∫
D xdxdy.
Soluzione.1)
Determiniamo le coordinate del punto A intersezione delle due parabole.{y = x2−2y = x2
4 −1⇒ x2−2 =
x2
4−1 ⇒ 3x2 = 4; x =±2
√3
3,
da cui A(−2√
3/3,−2/3). Si ha D = D1∪D2. D e normale rispetto all’asse x ene diamo una descrizione suddividendolo nei domini parziali D1 e D2.
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤−2
√3
3,−√
4− x2 ≤ y≤ x2
4−1}
D2 = {(x,y) ∈ R2 : −2
√3
3≤ x≤ 0,−
√4− x2 ≤ y≤ x2−2}.
Applicando la formula di riduzione ai domini precedenti si ha∫∫D
xdxdy =∫∫
D1
xdxdy+∫∫
D2
xdxdy.
98 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
per la proprieta di additivita degli integrali doppi.2) Applicando le formule di riduzione per i domini normali rispetto all’asse x:
∫∫D1
xdxdy =∫ −2
√3
3
−2dx∫ x2
4 −1
−√
4−x2xdy∫∫
D2
xdxdy =∫ 0
−2√
33
dx∫ x2−2
−√
4−x2xdy.
Da cui:
∫∫D
xdxdy =∫ −2
√3
3
−2dx∫ x2
4 −1
−√
4−x2xdy+
∫ 0
−2√
33
dx∫ x2−2
−√
4−x2xdy
=∫ −2
√3
3
−2x[y]
x24 −1−√
4−x2dx+∫ 0
−2√
33
x[y]x2−2−√
4−x2dx
=∫ −2
√3
3
−2x[
x2
4−1+
√4− x2
]dx+
∫ 0
−2√
33
x[
x2
4−1+
√4− x2
]dx
=
[x4
16− x2
2− 1
3
√(4− x2)3
]−2√
33
−2+
[x4
16− x2
2− 1
3
√(4− x2)3
]0
−2√
33
=19− 2
3+1− 8
3− 4
9+
43=−4
3.
Ricordiamo che
∫x√
4− x2 dx =−12
∫−2x
√4x2−2dx
=−12(4− x2)3/2
32
+ c =−13
√(4− x2)3 + c, c ∈ R,
applicando la formula
∫[ f (x)]α · f ′(x)dx =
[ f (x)]α+1
α +1+ c, con α 6=−1.
99
Nel nostro caso f (x) = 4− x2, f ′(x) = 2x, α = 1/2, o analogamente applicandola sostituzione t = 4− x2, e quindi dt =−2xdx:∫
x√
4− x2 dx =−12
[∫ √t dx]
t=4−x2
=−12
[t3/2
32
]t=4−x2
+ c =−13
√(4− x2)3 + c, c ∈ R.
100 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Prova intermedia del 14/3/2001 Sia dato il dominio D in figura.
x
y
x2 + y2 = 4
y =−x
D
C
B
x2 + y2−2x = 0
x2 + y2−2y = 0
E
A
1. Determinare una suddivisione di D in domini normali rispetto ad uno deidue assi cartesiani x o y.
2. Scrivere l’integrale doppio∫∫
D(xy+ 1)dxdy come applicazione successivadi integrali in una variabile, secondo la suddivisione prescelta al punto 1),senza sviluppare i calcoli.
3. Si passi in coordinate polari (ρ,θ) con centro in (0,0), si disegni il trasfor-mato D′ di D e si determini una suddivisione di D′ come unione di domininormali rispetto a ρ e θ .
4. Calcolare∫∫
D(xy+1)dxdy, applicando la trasformazione in coordinate po-lari.
Soluzione.1) D = D1 ∪D2 ∪D3 come unione di domini normali rispetto all’asse x (vedifigura).
101
x
y
x2 + y2 = 4
D1
y =−x
C
BD2
D3 x2 + y2−2x = 0
x2 + y2−2y = 0
E
A
Si ha A(−√
2,−√
2), B(1,1), C(0,2), E(2,0).
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −√
2≤ x≤ 0,−x≤ y≤√
4− x2}
D2 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤ 1, 0≤ y≤ 1+√
1− x2}
D3 = {(x,y) ∈ R2 : 1≤ x≤ 2, 0≤ y≤√
2x− x2},
dove, per determinare D2 abbiamo ricavato da y = 1±√
1− x2 dall’equazionex2 + y2− 2y = 0, e poi osservato che l’arco CB e descritto da y = 1+
√1− x2.
Analogamente per determinare D3, dall’equazione x2 + y2− 2x = 0 si ricava chey =±
√2x− x2 e y =
√2x− x2 descrive l’arco BE.
2)
∫∫D(xy+1)dxdy =
∫∫D1
(xy+1)dxdy+∫∫
D2
(xy+1)dxdy+∫∫
D3
(xy+1)dxdy
=∫ 0
−√
2dx∫ √4−x2
−x(xy+1)dy+
∫ 1
0dx∫ 1+
√1−x2
0(xy+1)dy
+∫ 2
1dx∫ √2x−x2
0(xy+1)dy
3) D puo essere suddiviso come nella figura seguente, in cui D = D4∪D5∪D6.
102 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
x
y
x2 + y2 = 4
D6
y =−x
C
BD5
D4 x2 + y2−2x = 0
x2 + y2−2y = 0
E
A
Trasformando i domini in coordinate polari si ha:
D′4 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) : 0≤ θ ≤ π
4, 0≤ ρ ≤ 2cosθ}
poiche x2 + y2−2x = 0 in coordinate polari diventaρ2−2ρ cosθ = 0⇒ ρ = 2cosθ .
D′5 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :π
4≤ θ ≤ π
2, 0≤ ρ ≤ 2sinθ}
poiche x2 + y2−2y = 0 in coordinate polari diventaρ2−2ρ sinθ = 0⇒ ρ = 2sinθ .
D′5 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :π
2≤ θ ≤ 3π
4, 0≤ ρ ≤ 2}
θ
ρ
D′4
π
4π
23π
4
ρ = 2cosθ
D′5
ρ = 2sinθ
D′6
2√
2
ρ = 2
4) Innanzitutto ricordiamo che effettuando il cambio di coordinate{x = ρ cosθ
y = ρ sinθ ,
103
lo Jacobiano e ρ. Si ha∫∫D(xy+1)dxdy =
∫∫D′(ρ2 cosθ sinθ +1)ρ dρdθ
=∫∫
D′4(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρdθ +
∫∫D′5(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρdθ
+∫∫
D′6(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρdθ
e applicando la formula di riduzione per domini normali rispetto a θ :
=∫ π
4
0dθ
∫ 2cosθ
0(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρ +
∫ π
2
π
4
dθ
∫ 2sinθ
0(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρ
+∫ 3π
4
π
2
dθ
∫ 2
0(ρ3 cosθ sinθ +ρ)dρ
=∫ π
4
0
[ρ4
4cosθ sinθ +
ρ2
2
]2cosθ
0dθ +
∫ π
2
π
4
[ρ4
4cosθ sinθ +
ρ2
2
]2sinθ
0dθ
+∫ 3π
4
π
2
[ρ4
4cosθ sinθ +
ρ2
2
]2
0dθ
=∫ π
4
0
[4cos5
θ sinθ +2cos2θ
]dθ +
∫ π
2
π
4
[4cosθ sin5
θ +2sin2θ
]dθ
+∫ 3π
4
π
2
[4cosθ sinθ +2]dθ
=
[−4
cos6 θ
6+ cosθ sinθ +θ
] π
4
0+
[4
sin6θ
6− cosθ sinθ +θ
] π
2
π
4
+[2sin2
θ +2θ] 3π
4π
2
=−23· 1
8+
12+
π
4+
23+
23+
π
2− 2
3· 1
8+
12− π
4+1+
32
π−2−π =−16+
43+π
=76+π.
Ricordiamo che∫
cos2 θ dθ =cosθ sinθ +θ
2+ c
e∫
sin2θ dθ =
−sinθ cosθ +θ
2+ c, c ∈ R, risolvendoli per parti e∫
cos5 θ sinθ dθ =−∫
cos5 θd cosθ =−cos6 θ
6+ c.
104 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Prova intermedia del 21/01/2002 Dato il dominio D in figura:
x
y
D
2
−2
y = xx2 + y2 = 4
y = x+2y =−x+2
y =−x2 +2x
1. Determinare una suddivisione di D in domini normali rispetto all’asse x oall’asse y o usando la trasformazione in coordinate polari.
2. Sapendo che l’area di D vale 3π+176 , determinare l’ordinate del baricentro di
D.
Soluzione.1) Una possibile suddivisione in domini parziali di D = D1 ∪D2 ∪D3 e indicatain figura.
D1
B(−√
2,−√
2)
D3 A(1,1)
x
y
D2
2
−2
θ
ρ
D′1
π 54 π
2
D1 si puo considerare normale rispetto all’asse y:
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −√
2≤ y≤ 0,−√
4− y2 ≤ x≤ y},
105
oppure e possibile trasformarlo in coordinate polari
D′1 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) : 0≤ ρ ≤ 2, π ≤ θ ≤ 54
π}.
D2 e D3 sono normali rispetto all’asse x:
D2 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤ 0, 0≤ y≤ x+2},
D3 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤ 1,−x2 +2x≤ y≤−x+2},
2) Indicando con yB l’ordinata del baricentro di D sappiamo che yB =∫∫
D ydxdy3π+17
6.
Applicando la formula di additivita e le formule di riduzione si ha∫∫D
ydxdy =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy+∫∫
D3
ydxdy
=∫∫
D′1ρ
2 sinθdρdθ +∫∫
D2
ydxdy+∫∫
D3
ydxdy
=∫ 5
4 π
π
dθ
∫ 2
0ρ
2 sinθdρ +∫ 0
−2
∫ x+2
0ydy+
∫ 1
0
∫ −x+2
−x2+2xydy
=∫ 5
4 π
π
[ρ3
3
]2
0sinθdθ +
∫ 0
−2
[y2
2
]x+2
0dx+
∫ 1
0
[y2
2
]−x+2
−x2+2xdx
=13
∫ 54 π
π
8sinθ dθ +12
∫ 0
−2(x2 +4x+4)dx
+12
∫ 1
0[x2−4x+4− x4 +4x3−4x2]dx
=83[−cosθ ]
54 π
π +12
[x3
3+
4x2
2+4x
]0
−2
+12
[−x5
5+4
x4
4−3
x3
3−4
x2
2+4x
]1
0
=83
[√2
2−1
]+
12
[83−8+8
]+
12
[−1
5+1−1−2+4
]=
43
√2− 8
3+
43+
91
0 =40√
2−40+2730
=40√
2−1330
da cui
yB =40√
2−1330
· 63π +17
=40√
2−1315π +85
.
106 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Prova guidata del 27/11/2002 Dato il dominio D in figura
x
y
D
y = x2 +4x
x2 + y2 = 16y =−x2 +4
y =−x2 +2x
1. Determinare una suddivisione di D in domini normali rispetto all’asse x oall’asse y o usando la trasformazione in coordinate polari.
2. Calcolare le coordinate del baricentro di D.
Soluzione.
x
y
D1 D2
Una possibile suddivisione di D in domini normali rispetto all’asse x: D = D1∪D2, con
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −4≤ x≤ 0, x2 +4x≤ y≤√
16− x2}D2 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ x≤ 2,−x2 +2x≤ y≤−x2 +4}.
107
2) Indicando con B(xB,yB) il baricentro di D, si ha:
xB =
∫∫D xdxdy∫∫D dxdy
; yB =
∫∫D ydxdy∫∫D dxdy
.
Applicando le formule di riduzione:
∫∫D
xdxdy =∫∫
D1
xdxdy+∫∫
D2
xdxdy =∫ 0
−4dx∫ √16−x2
x2+4xxdy+
∫ 2
0dx∫ −x2+4
−x2+2xxdy
=∫ 0
−4x[y]√
16−x2
x2+4x dx+∫ 2
0x[y]−x2+4−x2+2x dx
=∫ 0
−4[x√
16− x2− x3−4x2]dx+∫ 2
0[−x3 +4x+ x3−2x2]dx
=
[−1
3
√(16− x2)3− x4
4−4
x3
3
]0
−4+
[4
x2
2−2
x3
3
]2
0
=−643+64− 256
3+8− 16
3=−40.
Si osserva che∫
x√
16− x2 dx = −12∫−2x√
16− x2dx = −12(16−x2)3/2
3/2 + c sosti-tuendo t = 16− x2.
∫∫D
ydxdy =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy =∫ 0
−4dx∫ √16−x2
x2+4xydy+
∫ 2
0dx∫ −x2+4
−x2+2xydy
=∫ 0
−4
12[y2]√
16−x2
x2+4x dx+∫ 2
0
12[y2]−x2+4−x2+2x dx
=12
∫ 0
−4[16− x2− x4−16x2−8x3]dx+
12
∫ 2
0[x4 +16−8x2− x4−4x2 +4x3]dx
=12
[16x− x3
3− x5
5−16
x3
3−8
x4
4
]0
−4dx+
12
[16x−12
x3
3+ x4
]2
0dx
=12
[64− 1088
3− 1024
5+512
]+
12[32−32+16] = y
(lasciamo indicati calcoli).
108 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
x
y
D3 D2
D4
∫∫D
dxdy = area(D) = area(D2)+ area(D3)+ area(D4)
= 4π +∫∫
D2
dxdy+∫∫
D4
dxdy = 4π +∫ 2
0dx∫ −x2+4
−x2+2xdy+
∫ 0
−4dx∫ 0
x2+4xdy
= 4π +∫ 2
0[−x2 +4+ x2−2x]dx+
∫ 0
−4(−x2−4x)dx
= 4π +[4x− x2]20 +
[−x3
3−2x2
]0
−4
= 4π +8−4− 643+32 =
12π +443
.
Pertanto:xB =
−4012π +44
·3 =−120
12π +44; yB =
3y12π +44
.
109
Prova guidata del 27/11/2002Dato il dominio D in figura, calcolare
∫∫D(y
2 + 2x)dxdy, dopo aver fatto un’op-portuna suddivisione di D in domini normali.
x
y
D
x2 + y2 = 4
x2 + y2 = 1x =−y2 +1
x =−y2 +4
Soluzione.Una possibile suddivisione in domini normali di D e D = D1∪D2∪D3.
x
y
D2
D3
D1
D1 viene trasformato in coordinate polari, D2 e D3 sono normali rispettoall’asse y. Sia D′1 il trasformato di D1 in coordinate polari.
D′1
π
2π θ
ρ
110 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
D1 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) : 1≤ ρ ≤ 2,π
2≤ θ ≤ π}
D2 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ y≤ 1,−y2 +1≤ x≤−y2 +4}
D3 = {(x,y) ∈ R2 : 1≤ y≤ 2, 0≤ x≤−y2 +4}.
Calcolo dell’integrale:∫∫D(y2 +2x)dxdy =
∫∫D1
(y2 +2x)dxdy+∫∫
D2
(y2 +2x)dxdy+∫∫
D3
(y2 +2x)dxdy
=∫∫
D′1(ρ2 sin2
θ +2ρ cosθ)ρ dρdθ +∫ 1
0dy∫ −y2+4
−y2+1(y2 +2x)dx+
∫ 2
1dy∫ −y2+4
0(y2 +2x)dx
=∫
π
π
2
dθ
∫ 2
1(ρ3 sin2
θ +2ρ2 cosθ)dρ +
∫ 1
0[y2x+ x2]−y2+4
−y2+1dy+∫ 2
1[y2x+ x2]−y2+4
0 dy
=∫
π
π
2
[ρ4
4sin2
θ +23
ρ3 cosθ ]21dθ +
∫ 1
0[−y4 +4y2 + y4−8y2 +16+ y4− y2− y4 +2y2−1]dy
+∫ 2
1[−y4 +4y2 + y4 +16−8y2]dy
=∫
π
π
2
[4sin2θ +
163
cosθ − 14
sin2θ − 2
3cosθ ]dθ +
[−3
y3
3+15y
]1
0+
[−4
y3
3+16y
]2
1
=∫
π
π
2
[154
sin2θ +
143
cosθ
]dθ +[−1+15]+
[−32
3+32+
43−16
]=
[154· −sinθ cosθ +θ
2+
143
sinθ
]π
π/2+
623
=154· π
2− 15
4· π
4− 14
3+
623
=1516
π +483
=1516
π +16.
Si ricorda che, risolvendo per parti:∫sin2
θ dθ =∫
sinθ sinθ dθ = sinθ(−cosθ)−∫
cosθ(−cosθ)dθ
=−sinθ cosθ +∫(1− sin2
θ)dθ =−sinθ cosθ +θ −∫
sin2θdθ .
Portando −∫
sin2θ dθ al primo membro si ha∫
sin2θ dθ =
−sinθ cosθ +θ
2.
111
Seconda prova intermedia del 11/12/2002 Dato il dominio D in figura
x
y
D
x2 + y2 = 4
y =−x2 +2
y = x
1. Fare una suddivisione di D in domini normali o rispetto all’asse x o all’assey o applicare una trasformazione in coordinate polari (disegnando anchel’eventuale trasformato).
2. In base alla suddivisione fatta al punto 1), applicare le relative formule diriduzione per il calcolo dell’integrale doppio
∫∫D ydxdy.
3. Sapendo che l’area di D vale9π−8
√2
6, calcolare l’ordinata del baricentro
di D.
Soluzione.1. Una possibile suddivisione di D e la seguente:
x
y
D1
D2
x2 + y2 = 4
y =−x2 +2
y = x
112 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
D = D1∪D2 con D1 e D2 normali rispetto all’asse y.
D1 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ y≤ 2,−√
4− y2 ≤ x≤−√
2− y}
D2 = {(x,y) ∈ R2 : −√
2≤ y≤ 0,−√
4− y2 ≤ x≤ y}.
E’ anche possibile trasformare D2 in coordinate polari e il trasformato
D′2 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) : 0≤ ρ ≤ 2, π ≤ θ ≤ 54
π}
D′2
5π
4π θ
ρ
Osserviamo che D si puo anche considerare come differenza di domini D = D3 \D4 e quindi
∫∫D =
∫∫D3
ydxdy−∫∫
D4ydxdy.
x
y
D3
x2 + y2 = 4
x
y
D4y =−x2 +2
D3 si trasforma in coordinate polari: D′3 = {(ρ,θ) : 0≤ ρ ≤ 2, π
2 ≤ θ ≤ 54π}.
D4 e normale rispetto all’asse x
D4 = {(x,y) ∈ R2 : −√
2≤ x≤ 0, 0≤ y≤−x2 +2}.
2. In base alla suddivisione in D1 e D2, abbiamo:∫∫D
ydydx =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy =∫ 2
0dy∫ −√2−y
−√
4−y2ydx+
∫ 0
−√
2dy∫ y
−√
4−y2ydx
113
oppure
∫∫D
ydydx =∫ 2
0dy∫ −√2−y
−√
4−y2ydx+
∫ 54 π
π
dθ
∫ 2
0ρ
2 sinθ dρ.
3. Indicando con yB l’ordinata del baricentro di D
yB =
∫∫D ydydx
area(D).
∫∫D
ydydx =∫ 2
0dy∫ −√2−y
−√
4−y2ydx+
∫ 54 π
π
dθ
∫ 2
0ρ
2 sinθ dρ
=∫ 2
0y[x]−
√2−y
−√
4−y2dy+
∫ 54 π
π
[ρ3
3
]2
0sinθ dθ
=∫ 2
0[−y√
2− y+ y√
4− y2]dy+83
∫ 54 π
π
sinθ dθ
=
[13
√(2− y)3− 2
5
√(2− y)5− 1
3
√(4− y2)3
]2
0+
83[−cosθ ]
54 π
π
=−23
√2+
85
√2+
83+
83
[√2
2−1
]
=−23
√2+
85
√2+
43
√2 =−10√
2+24√
2+20√
215
=3415
√2.
Si hayB =
3415
√2 · 6
9π−8√
2.
Ricordiamo che, utilizzando il cambio di variabili t = (2− y), da cui −dy = dt,∫−y√
2− ydy =(∫
(2− t)√
tdt)
t=2−y=
∫(2√
t− t√
t)dt = 2t3/2
32
− t5/2
52
+ c =
13
√(2− y)3− 2
5
√(2− y)5 + c
114 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Seconda prova guidata del 5/12/2003 Dato il dominio D in figura
−4
B(−2,2)
A(−1,1)
−2
x2 + y2 = 2
y =−x2−2xx
y
y =−x2
2 −2x
x2 + y2 = 8
D
1. Fare una suddivisione di D in domini normali o rispetto all’asse x o all’assey o applicare una trasformazione in coordinate polari (disegnando anchel’eventuale trasformato).
2. In base alla suddivisione fatta al punto 1), applicare le relative formule diriduzione per il calcolo dell’integrale doppio
∫∫D(x+ y)dxdy.
Soluzione.
1.
−4
B(−2,2)
A(−1,1)
−2
x2 + y2 = 2
y =−x2−2xx
y
y =−x2
2 −2x
x2 + y2 = 8
D2
D3
D1
Fig.1
115
D6
y =−x
D7
−4 −2 x
y
D5
Fig.2θ
ρ
π
23π
4
√2
2√
2D′7
Una possibile suddivisione di D in domini normali e quella in Fig. 1. D =D1∪D2∪D3, normali rispetto all’asse x.
D1 = {(x,y) ∈ R2 : −4≤ x≤−2, 0≤ y≤−x2
2−2x}
D2 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤−1,−x2−2x≤ y≤√
8− x2}
D3 = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ x≤ 0,√
2− x2 ≤ y≤√
8− x2}.
Un’altra possibile suddivisione e quella in Fig. 2, D = D5 ∪D6 ∪D7. D5 e D6sono normali rispetto all’asse x, D7 viene trasformato in coordinate polari in D′7Si osserva che D1 = D5.
D5 = {(x,y) ∈ R2 : −4≤ x≤−2, 0≤ y≤−x2
2−2x}
D6 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤−1,−x2−2x≤ y≤−x}
D′7 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :√
2≤ ρ ≤ 2√
2,π
2≤ θ ≤ 3
4π}.
2)
116 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI∫∫D(x+ y)dxdy =
∫∫D1
(x+ y)dxdy+∫∫
D2
(x+ y)dxdy+∫∫
D2
(x+ y)dxdy =
=∫ 2
−4dx∫ − x2
2 −2x
0(x+ y)dy+
∫ −1
−2dx∫ √8−x2
−x2−2x(x+ y)dy+
∫ 0
−1dx∫ √8−x2
√2−x2
(x+ y)dy =
=∫ 2
−4[xy+
y2
2]− x2
2 −2x0 dx+
∫ −1
−2[xy+
y2
2]√
8−x2
−x2−2xdx+∫ 0
−1[xy+
y2
2]√
8−x2√2−x2dx =
=∫ 2
−4
[−x3
2−2x2 +
x4
8+ x3 +2x2
]dx+
∫ −1
−2
[x√
8− x2 +4− x2
2+ x3 +2x2
−x4
2−2x3−2x2
]dx+
∫ 0
−1
[x√
8− x2 +4− x2
2− x√
2− x2−1+x2
2
]dx =
=
[x5
40+
x4
8
]2
−4+
[−1
3
√(8− x2)3 +4x− x3
6− x4
4− x5
10
]−1
−2
+
[−1
3
√(8− x2)3 +3x+
13
√(2− x2)3
]0
−1=
=−3240
+168+
25610− 256
8− 7
3
√7−4+
16− 1
4+
110
+
+83+8− 8
6+
164− 32
10− 16
3
√2+
23
√2+
73
√7+3− 1
3=
=−45+2+
1285−32+
16− 1
4+
110
+12− 165− 14
3
√2 =
=−425− 1
12+
11
0+12− 143
√2 =
=−35960− 14
3
√2.
117
In base alla suddivisione in Fig. 2:∫∫D(x+ y)dxdy =
∫∫D5
(x+ y)dxdy+∫∫
D6
(x+ y)dxdy+∫∫
D′7(ρ cosθ +ρ sinθ)ρ dρdθ =
=∫ 2
−4dx∫ − x2
2 −2x
0(x+ y)dy+
∫ −1
−2dx∫ −x
−x2−2x(x+ y)dy
+∫ 3
4 π
π
2
dθ
∫ 2√
2√
2ρ
2(cosθ + sinθ)dρ =
=
[x5
40+
x4
8
]2
−4+∫ −1
−2
[xy+
y2
2
]−x
−x2−2xdx+
∫ 34 π
π
2
[ρ3
3
]2√
2
√2(cosθ + sinθ)dθ =
=1245−30+
∫ −1
−2
[−x2 +
x2
2+ x3 +2x2− x4
2−2x3−2x2
]dx
+
[163
√2− 2
3
√2][sinθ − cosθ ]
34 π
π
2=
=−265+
[−x3
6− x4
4− x5
10
]−1
−2+
143
√2
[√2
2+
√2
2−1
]=
=−265+
16− 1
4+
110− 8
6+
164− 32
10+
283− 14
3
√2 =
=−425+
110− 1
12+12− 14
3
√2 =−359
60− 14
3
√2.
118 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Seconda prova guidata del 5/12/2003 Dato il dominio T in figura, disegnarneil trasformato T ′ in coordinate polari e applicare la relativa formula di trasforma-zione per il calcolo di
∫∫T (2x+3)dxdy.
y
x
Ty = xy =−x
x2 + y2−2y = 0
Soluzione.
Applichiamo la trasformazione in coordinate polari
{x = ρ cosθ
y = ρ sinθ, ρ ≥ 0; 0 ≤
θ < 2π. La circonferenza di equazione cartesiana x2 + y2− 2y = 0, in coordina-te polari diventa ρ2 cos2 θ +ρ2 sin2
θ − 2ρ sinθ = 0 da cui ρ2− 2ρ sinθ = 0⇒ρ(ρ−2sinθ) = 0⇒ ρ = 2sinθ (ρ = 0 rappresenta solo l’origine O(0,0)).
Il trasformato T ′ di T in coordinate polari si puo descrivere cosı:
T ′ = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :π
4≤ θ ≤ 3
4π,0≤ ρ ≤ 2sinθ}
ed e rappresentato in figura.θ
ρ
π
4π
23π
4 π
ρ = 2sinθ
T ′
Applicando la formula di trasformazione in coordinate polari per gli integralidoppi, considerando T ′ normale rispetto a θ e applicando la relativa formula di
119
riduzione degli integrali doppi:∫∫T(2x+3)dxdy =
∫∫T ′(2ρ cosθ +3)ρdρdθ =
=∫ 3
4 π
π
4
dθ
∫ 2sinθ
0(2ρ
2 cosθ +3ρ)dρ
=∫ 3
4 π
π
4
[2
ρ3
3cosθ +3
ρ2
2
]2sinθ
0dθ
=∫ 3
4 π
π
4
[16
sin3θ
3cosθ +6sin2
θ
]dθ
=
[4
sin4θ
3cosθ +6
−sinθ cosθ +θ
2
] 34 π
π
4
=43· 1
4+
32+
94
π− 43· 1
4+
32− 3
4π = 3+
32
π.
120 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Volta a crociera Calcolo del volume di una volta a crociera, a base quadrata conlato 2r.
Il volume in Fig.1 rappresenta 1/4 del volume di una volta a crociera a basequadrata di lato 2r e si ottiene sezionando il cilindro di equazione x2 + z2 = r2
(cilindro con generatrici parallele all’asse y e sezione circolare con raggio r) conil piano y = x (piano passante per l’asse z e ortogonale al piano xy), con il pianoy = −x e con li piano y = r. Per ottenere il volume in Fig.1 occorre calcolarel’integrale doppio su D (vedi Fig.2) della funzione positiva z= f (x,y) =
√r2− x2,
che si ottiene ricavando z dall’equazione del cilindro.
x
y
D
r
y = xy =−x
Fig. 2
Consideriamo D normale rispetto all’asse y
D = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ y≤ r,−y≤ x≤ y}
121
∫∫D
√r2− x2 dxdy =
∫ r
0
∫ y
−y
√r2− x2 dxdy
=r2
2
∫ r
0
[xr
√1− x2
r2 + arcsinxr
]y
−y
dy =
=r2
2
∫ r
0
[yr
√1− y2
r2 + arcsinyr− −y
r
√1− y2
r2 − arcsin−yr
]dy =
=r2
2
∫ r
0
[2
yr
√1− y2
r2
]dy+
r2
2
∫ r
02arcsin
yr
dy︸ ︷︷ ︸si integra per parti
=
=∫ r
0
[yr
√1− y2
r2
]dy+ r2
[yarcsin
yr+√
r2− y2]r
0=
=
[−1
3
√(r2− y2)3
]r
0+ r2
[yarcsin
yr+√
r2− y2]r
0=
=13
r3 + r3 π
2− r3 = r3
(π
2− 2
3
)= r3
(3π−4
6
).
Volume volta a crociera = 4r3(
3π−46
)=
23
r3(3π−4).
Calcolo degli integrali omessi in precedenza:
∫ √r2− x2 dx =
∫ √r2− r2 sin2 t · r cos t dt =
(ponendo x = r sin t,dx = r cos tdt)
= r2∫ √
1− sin2 t cos t dt = r2∫
cos2 t dt =
(integrando per parti)
= r2∫
cos t cos t dt = r2[
cos t sin t + t2
+ c]=
= r2
xr
√1− x2
r2 + arcsin xr
2+ c
Osserviamo che se sin t = x
r allora cos t =√
1− sin2 t =√
1− x2
r2 e t = arcsin xr .
122 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
∫y√
r2− y2 dy =12
∫ √t dt (r2− y2 = t2; −2ydy = dt)
=−12
t3/2
3/2+ c =−1
3
√(r2− y2)3 + c
∫arcsin
yr
dy =per parti=∫
1 · arcsinyr
dy
= t arcsinyr−∫ y√
r2− y2dy = yarcsin
yr+
12(r2− y2)1/2
1/2+ c =
= yarcsinyr+√
r2− y2 + c.
123
Prova guidata del 9/12/2008 Dato il dominio D in figura
x
y
Dx2 + y2 = 1
x2 + y2 = 4
y =√
3x
1. Fare una suddivisione di D in domini parziali normali o rispetto all’assex o rispetto all’asse y oppure applicando una trasformazione in coordinatepolari (disegnandone il dominio trasformato).
2. In base alla suddivisione di cui al punto 1) scrivere le relative formule diriduzione per il calcolo delle coordinate del baricentro di D.
3. Calcolare l’ascissa del baricentro.
4. Calcolare l’integrale doppio∫∫
D(3x+2y+1)dxdy.
Soluzione.1) Suddividiamo D in quattro domini D1,D2,D3,D4.
124 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
D1
x
y
D3
D4
D2
C A
B
E
y =√
3x
π
3π
2 π 4π
33π
2
D′1 D′21
2
θ
ρ
Trasformiamo D1 e D2 in coordinate polari.
D′1 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) :π
3≤ θ ≤ π
2, 1≤ ρ ≤ 2}
D′2 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π) : π ≤ θ ≤ 43
π, 1≤ ρ ≤ 2}.
Descriviamo D3 e D4 in coordinate cartesiane; A(−1,0), B(0,1), C(−2,0), E(0,2).La retta passante per A e B ha equazione y = x+1, quella passante per C ed E haequazione y = x+2.
D3 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤−1, 0≤ y≤ x+2},D4 = {(x,y) ∈ R2 : −1≤ x≤ 0, x+1≤ y≤ x+2},
D3 e D4 sono entrambi normali rispetto all’asse x.2) Indicando con B il baricentro di D e con xB,yB le sue coordinate e noto che:
xB =
∫∫D xdxdy∫∫D dxdy
, yB =
∫∫D ydxdy∫∫D dxdy,
dove∫∫
D dxdy =Area(D).∫∫D
xdxdy =∫∫
D1
xdxdy+∫∫
D2
xdxdy+∫∫
D3
xdxdy+∫∫
D4
xdxdy
=∫ π
2
π
3
dθ
∫ 2
1ρ
2 cosθdρ +∫ 4
3 π
π
dθ
∫ 2
1ρ
2 cosθdρ +∫ −1
−2dx∫ x+2
0xdy+
∫ 0
−1dx∫ x+2
x+1xdy
125∫∫D
ydxdy =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy+∫∫
D3
ydxdy+∫∫
D4
ydxdy
=∫ π
2
π
3
dθ
∫ 2
1ρ
2 sinθdρ +∫ 4
3 π
π
dθ
∫ 2
1ρ
2 sinθdρ +∫ −1
−2dx∫ x+2
0ydy+
∫ 0
−1dx∫ x+2
x+1ydy.
∫∫D dxdy =Area(D) si puo anche calcolare geometricamente
Area(D)=Area(D1)+Area(D2)+Area(D3)+Area(D4)=π
4+
π
2+
12+1=
34
π+32.
3)∫∫D
xdxdy
=∫ π
2
π
3
[ρ3
3cosθ
]2
1dθ +
∫ 43 π
π
[ρ3
3cosθ
]2
1dθ +
∫ −1
−2[xy]x+2
0 dx+∫ 0
−1[xy]x+2
x+1 dx
=∫ π
2
π
3
73
cosθdθ +∫ 4
3 π
π
73
cosθdθ +∫ −1
−2[x2 +2x]dx+
∫ 0
−1[x2 +2x− x2− x]dx
=
[73
sinθ
] π
2
π
3
+
[73
sinθ
] 43 π
π
+
[x3
3+ x2
]−1
−2+
[x2
2
]0
−1dx
=73
[1−√
32
]+
73
[−√
32
]+
[−1
3+1− 8
3−1]− 1
2
=73− 7
6
√3− 7
6
√3−3− 1
2=−7
6− 7
3
√3
xB =−7
6 −73
√3
34π + 3
2
.
4)∫∫D
xdxdy =∫∫
D′1(3ρ cosθ +2ρ sinθ −1)ρ dρdθ +
∫∫D2
(3ρ cosθ +2ρ sinθ −1)dρdθ
+∫∫
D3
(3x+2y−1)dxdy+∫∫
D4
(3x+2y−1)dxdy.
126 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI∫∫D′1(3ρ
2 cosθ +2ρ2 sinθ −ρ)dρdθ
=∫ π
2
π
3
dθ
∫ 1
2(3ρ
2 cosθ +2ρ2 sinθ −ρ)dρ
=∫ π
2
π
3
[3
ρ3
3cosθ +2
ρ3
3sinθ − ρ2
2
]2
1dθ
=∫ π
2
π
3
[7cosθ +
143
sinθ − 32
]dθ
=
[7sinθ − 14
3cosθ − 3
2θ
] π
2
π
3
=
[7− 3
4π− 7
2
√3+
73+
π
2
]
∫∫D′2(3ρ
2 cosθ +2ρ2 sinθ −ρ)dρdθ
=∫ 4
3 π
π
[3
ρ3
3cosθ +2
ρ3
3sinθ − ρ2
2
]2
1dθ
=∫ 4
3 π
π
[7cosθ +
143
sinθ − 32
]dθ
=
[7sinθ − 14
3cosθ − 3
2θ
] 43 π
π
=−72
√3+
73−2π− 14
3+
32
π
∫∫D1
(3x+2y−1)dxdy =∫ −1
−2dx∫ x+2
0(3x+2y−1)dy
=∫ −1
−2[3xy+ y2− y]x+2
0 dx =∫ −1
−2[3x2 +6x+ x2 +4x+4− x−2]dx
=
[4
x3
3+
92
x2 +2x]−1
−2=−4
3+
92−2+
323−18+4
127
∫∫D2
(3x+2y−1)dxdy =∫ 0
−1dx∫ x+2
x+1(3x+2y−1)dy
=∫ 0
−1[3xy+ y2− y]x+2
x+1dx
=∫ 0
−1[3x2 +6x+ x2 +4x+4− x−2−3x2−3x− x2−2x−1+ x+1]dx
=
[5 · x
2
2+2x
]0
−1=−5
2+2 =−1
2.
128 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
Prova guidata del 24/11/2009 Siano dati i domini D e T in figura
x
y
C(−1,1) A(1,1)
FE
Tx2 + y2 = 4 x
y
D
x2 + y2 +2x = 0x2 + y2−2x = 0
y =−x2 +4
1. Fare una suddivisione e descrizione di D e T in domini parziali normali orispetto all’asse x o rispetto all’asse y oppure applicando una trasformazionein coordinate polari (disegnandone il dominio trasformato).In base alla suddivisione di cui al punto 1):
2. Applicare le relative formule di riduzione per il calcolo dell’ordinata delbaricentro di D.
3. Calcolare∫∫
T (3xy−5y−2)dxdy.
Soluzione.1. D = D1∪ (D2 \D3)
x
y
2-2
4
D2
D1x
y
D3
129
D2 e un dominio normale rispetto all’asse x:
D2 = {(x,y) ∈ R2 : −2≤ x≤ 2,0≤ y≤−x2 +4}
Trasformiamo D1 e D3 in coordinate polari:{x = ρ cosθ
y = ρ sinθ
D′1 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] :32
π ≤ θ ≤ 2π, 0≤ ρ ≤ 2cosθ}.
La circonferenza di equazione x2+y2−2x= 0 diventa ρ2−2ρ cosθ = 0⇒ ρ(ρ−2cosθ) = 0 da cui ρ = 2cos(θ) (ρ = 0 rappresenta solo l’origine).
D′3 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] :π
2≤ θ ≤ π, 0≤ ρ ≤−2cosθ}.
La circonferenza di equazione x2+y2+2x= 0 diventa ρ2+2ρ cosθ = 0⇒ ρ(ρ+2cosθ) = 0 da cui ρ =−2cos(θ).
ρ = 2cosθ
D′3
ρ =−2cosθ
π
2 π 3π
2 2π
D′1
θ
ρ
Una suddivisione di T in domini normali e la seguente. T = T1 ∪ T2, con T1normale rispetto all’asse y e T2 trasformato in coordinate polari.
T1 = {(x,y) ∈ R2 : 0≤ y≤ 1,y−2≤ x≤−y+2}T ′2 = {(ρ,θ) ∈ [0,+∞)× [0,2π] : π ≤ θ ≤ 2π, 0≤ ρ ≤ 2}.
130 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
x
y
C(−1,1) A(1,1)
F(2,0)E(−2,0)
y =−x+2x =−y+2
y = x+2x = y−2
T2
T1
x2 + y2 = 4 T ′2
π 2π
2
θ
ρ
2) Indicando con B(xB,yB) il baricentro di D, si ha:
xB =
∫∫D xdxdy∫∫D dxdy
; yB =
∫∫D ydxdy∫∫D dxdy
.
Applicando le formule di riduzione:∫∫D
ydxdy =∫∫
D1
ydxdy+∫∫
D2
ydxdy−∫∫
D3
ydxdy∫∫D1
ydxdy =∫∫
D′1ρ
2 sinθ dθdρ
=∫ 2π
32 π
dθ
∫ 2cosθ
0ρ
2 sinθ dρ =∫ 2π
32 π
sinθ
[ρ3
3
]2cosθ
0dθ
=83
∫ 2π
32 π
sinθ cos3θdθ
=−83
[cos4 θ
4
]2π
32 π
=−23.
∫∫D3
ydxdy =∫∫
D′3ρ
2 sinθ dθdρ
=∫
π
π
2
dθ
∫ −2cosθ
0ρ
2 sinθ dρ =∫
π
π
2
sinθ
[ρ3
3
]−2cosθ
0dθ
=−83
∫π
π
2
sinθ cos3θdθ
=83
[cos4 θ
4
]π
π
2
=23.
131
In entrambi gli integrali abbiamo applicato la sostituzione cosθ = t, −sinθdθ =dt.
∫∫D2
ydxdy =∫ 2
−2dx∫ −x2+4
0ydy =
∫ 2
−2
[y2
2
]−x2+4
0dx
=12
[x5
5−8
x3
3+16x
]2
−2
=12
[325− 64
3+32+
325− 64
3+32
]=
325− 64
3+32 =
96−320+48015
=25615
.
∫∫D
ydxdy =−23+
25615− 2
3=
23615
.
∫∫D
dxdy = area(D) = area(D1)+ area(D2)− area(D3) = area(D2)
=∫∫
D2
dxdy =∫ 2
−2dx∫ −x2+4
0dy =
∫ 2
−2[y]−x2+4
0 dx
=∫ 2
−2[−x2 +4]dx =
[−x3
3+4x
]2
−2=−8
3+8− 8
3+8 = 16− 16
3=
323
Pertanto yB = 23615 ·
332 = 59
40 .
3)
∫∫T(3xy−5y−2)dxdy =
∫∫T1
(3xy−5y−2)dxdy+∫∫
T2
(3xy−5y−2)dxdy∫∫T1
(3xy−5y−2)dxdy =∫ 1
0dy∫ −y+2
y−2(3xy−5y−2)dx =
=∫ 1
0
[3
x2
2y−5yx−2x
]−y+2
y−2dx
=∫ 1
0
[32(−y+2)2y−5y(−y+2)−2(−y+2)− 3
2(y−2)2y+5y(y−2)+2(y−2)
]dy
=∫ 1
0
[32
y3 +6y−6y2 +5y2−10y+2y−4− 32
y3−6y+6y2 +5y2−10y+2y−4]
dy
132 CAPITOLO 2. INTEGRALI DOPPI
=∫ 1
0[10y2−16y−8]dy = [10
y3
3−16
y2
2−8y]10 =
103−8−8 =−38
3.∫∫
T2
(3xy−5y−2)dxdy =∫∫
T ′2(3ρ
2 cosθ sinθ −5ρ sinθ −2)ρ dθdρ
=∫ 2π
π
dθ
∫ 2
0[3ρ
3 cosθ sinθ −5ρ2 sinθ −2ρ]dρ
=∫ 2π
π
[3
ρ4
4cosθ sinθ −5
ρ3
3sinθ −2
ρ2
2
]2
0dθ
=∫ 2π
π
[12cosθ sinθ − 40
3sinθ −4
]dθ
=
[12
sin2θ
2+
403
cosθ −4θ
]2π
π
=403−8π +
403+4π =
803−4π.
Capitolo 3
Equazioni differenziali
3.1 Equazioni lineari a coefficienti costantiSeconda prova intermedia 22/03/2002 Sia data l’equazione lineare omogenea
L(y) = ky′′+ ky′− (1+ k)y = 0, k ∈ R.
1. Calcolare l’integrale generale φ dell’equazione.
2. Nel caso k =−1 si consideri l’equazione completa L(y) = 3x2−1. Trovarneuna soluzione particolare e poi l’integrale generale ψ .
Soluzione.1. Se k = 0 si ha −y = 0⇒ y = 0, non si ha un’equazione differenziale.
Se k 6= 0 l’equazione differenziale e del secondo ordine:
ky′′+ ky′− (1+ k)y = 0.
L’equazione caratteristica associata e
kλ2+kλ−(1+k) = 0, da cui λ1,2 =
−k±√
k2 +4k+4k2
2k=−k+±
√5k2 +4k
2k.
∆=−5k2+4k= 0 ⇐⇒ k(5k+4)= 0⇒ k1 = 0 (escluso dalla discussione) o k2 =−45.
∆ > 0 se k <−4/5 oppure k > 0, λ1 =−k−
√5k2+4k
2k e λ2 =−k+
√5k2+4k
2k sono radicireali e distinte, a cui vanno associati i due integrali linearmente indipendenti.
y1(x) = e−−k−√
5k2+4k2k x, y2(x) = e−
−k+√
5k2+4k2k x.
133
134 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
∆ = 0 se k = k2 = −4/5. In questo caso λ1 = λ2 =45
−85
= −12 e i due integrali
linearmente indipendenti sono
y1(x) = e−12 x, y2(x) = e−
12 x.
∆ < 0 se−45 < k < 0, λ1,2 =−1
2± i√−5k2−4k
2k sono soluzioni complesse coniugate.Gli integrali linearmente indipendenti sono
y1(x) = e−12 x cos
(√−5k2−4k
2kx
), y2(x) = e−
12 x sin
(√−5k2−4k
2kx
)
2. k = −1 rientra nel caso ∆ > 0, λ1,2 =1±√
5−4−2
= 1±1−2 da cui λ1 = 0 e
λ2 =−1. Confrontiamo con il termine noto g(x) = 3x2−1 con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)]. Nel nostro caso a = 0,b = 0 e p(x) = 3x2−1 e un polinomio di 2◦
grado. a± ib = 0 e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 1.Allora y(x) = x[Ax2 + Bx +C] = Ax3 + Bx2 +Cx. Per determinare A,B,C
sostituiamo y nell’equazione completa, con k =−1, −y′′− y′ = 3x2−1. Si ha:
y′(x) = 3Ax2 +2Bx+C
y′′ = 6Ax+2B.
Sostituendo nell’equazione:
−6Ax−2B−3Ax2−2Bx−C = 3x2−1.
Applicando il principio di identita dei polinomi:−3A = 3−6A−2B = 0−2B−C =−1
A =−1B = 3C =−5.
In definitivay(x) =−x3 +3x2−5x.
3. L’integrale generale ψ dell’equazione di cui al punto precedente e dato da
ψ(x) = c1 + c2e−x− x3 +3x2−5x
ottenuto sommando l’integrale generale dell’omogenea piu una soluzione partico-lare.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 135
Terza prova intermedia del 23/04/2001 Sia data l’equazione differenziale
ky′′+(k−3)y′−4y = b(x).
1. Se b(x) = 0 determinare tutte le soluzioni al variare del parametro k.
2. Nel caso k = 0 e b(x) = x+1, determinare tutte le soluzioni dell’equazione.
Soluzione.1. Se k = 0 l’equazione differenziale e del 1◦ ordine −3y′−4y = 0. L’equazionecaratteristica associata e −3λ −4 = 0⇒ λ1 =−4/3. L’integrale generale e
y(x) = c1e−43 x, c1 ∈ R.
Se k 6= 0, l’equazione differenziale lineare omogenea e del 2◦ ordine con equazio-ne caratteristica di 2◦ grado:
kλ2 +(k−3)λ −4 = 0.
λ1,2 =3− k±
√9−6k+ k2 +16k
2k=
3− k±√
9+10k+ k2
2k.
∆ = k2 +10k+9 ⇐⇒ k =−5±√
25−9 =−5±4⇒ k1 =−9,k2 =−1.
Si ha
∆ > 0 se k < −9 o k > −1, le radici sono reali e distinte, λ1 6= λ2 ∈ R (esclusok = 0). Ne segue
y(x) = c1e3−k−√
9+10k+k22k x + c2e
3−k+√
9+10k+k22k x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0 Se k = k1 =−9 le radici sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 =−1218 =−2
3 . Inquesto caso
y(x) = c1e−23 x + c2xe−
23 x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0 Se k = k2 =−1 le radici sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 =−42 =−2.
y(x) = c1e−2x + c2xe−2x, c1,c2 ∈ R.
136 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
∆ < 0 se −9 < k <−1 le radici sono complesse coniugate
λ1,2 =3− k
2k± i
√−k2−10k−9
2k,
quindi
y(x)= c1e3−k2k x cos
(√−k2 +10k+9
2kx
)+c2e
3−k2k x sin
(√−k2 +10k+9
2kx
)
2. Se k = 0 l’equazione differenziale completa con b(x) diventa
−3y′−4y = x+1. (E)
L’equazione omogenea −3y′− 4y = 0, come gia visto al punto 1) ha soluzioney(x) = c1e−
43 x. Una soluzione particolare dell’equazione completa si ottiene con-
frontando g(x) con eax[p(x)cos(bx)+ q(x)sin(bx)]. Nel nostro caso a = 0,b =0, p(x) = x+1, polinomio di 1◦ grado. a± ib non e soluzione dell’equazione ca-ratteristica (che ha come unica radice λ1 =−4/3) per cui una soluzione particolaree data da
y(x) = Ax+B,
che sostituiamo in (E) per determinare le costanti A e B. y′(x) = A. Sostituendo ye y′ in (E) si ha:
−3A−4Ax−4B = x+1;
applicando il principio di identita dei polinomi{−4A = 1−3A−4B = 1
⇒
{A =−1
4B = 1
4(34 −1) =− 1
16 .
Infine y(x) =−14x− 1
16 .
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 137
Prova guidata del 4/12/2002 Determinare l’integrale generale delle seguentiequazioni differenziali omogenee
1. y(iv)+7y′′′+18y′′+20y′+8y = 0
2. 3y(iv)−11y′′−4y = 0
3. y(v)+4y′′′+4y′ = 0
1) y(iv) + 7y′′′+ 18y′′+ 20y′+ 8y = 0 e un’equazione lineare omogenea del 4◦
ordine. L’equazione caratteristica associata e l’equazione algebrica di 4◦ gradoλ 4 + 7λ 3 + 18λ 2 + 20λ + 8 = 0. Ponendo P(λ ) = λ 4 + 7λ 3 + 8λ 2 + 20λ + 8 sivede che P(−1) = 1− 7+ 18− 20+ 8 = 0. Una soluzione e quindi λ1 = −1.Abbassando di grado con Ruffini
1 7 18 20 8-1 -1 -6 -12 -8
1 6 12 8 0
si ottiene λ 3 + 6λ 2 + 12λ + 8 = 0 ossia (λ + 2)3 = 0. λ2 = −2 e soluzione conmolteplicita m = 3. A λ1 = −1 resta associata la soluzione y1(x) = e−x ed al-la soluzione tripla λ2 = −2 restano associati i tre integrali y2(x) = e−2x, y3(x) =xe−2x,y4(x) = x2e−2x. y1,y2,y3,y4 sono linearmente indipendenti e l’integrale ge-nerale di 1) e dato da y(x) = c1e−x + c2e−2x + c3xe−2x + c4x2e−2x, c1,c2,c3,c4 ∈R.2) 3y(iv)−11y′′−4y = 0. Equazione caratteristica 3λ 4−11λ 2−4 = 0 equazionealgebrica biquadratica. Ponendo λ 2 = t, 3t2−11t−4 = 0
t =11±
√121+486
=11±13
6⇒ t1 =−
13, t2 = 4.
λ 2 = t1 =−1/3⇒ λ1,2 =±i√
3/3 soluzioni complesse coniugate.λ 2 = t2 = 4⇒ λ1,2 =±2 soluzioni reali distinte.λ1,2 =±i
√3/3 = α± iβ , con α = 0 and β =
√3/3⇒
y1(x) = e0x cos
√3
3x = cos
√3
3x, y2(x) = e0x sin
√3
3x = sin
√3
3x.
λ3,4 =±2⇒ y3(x) = e−2x,y4(x) = e2x.
138 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
L’integrale generale e
y(x) = c1 cos
√3
3x+ c2 sin
√3
3x+ c3e−2x + c4e2x, c1,c2,c3,c4 ∈ R.
3) y(v) + 4y′′′ + 4y′ = 0, equazione differenziale del 5◦ ordine. Equazione ca-ratteristica associata λ 5 + 4λ 3 + 4λ = 0. Raccogliendo λ , λ (λ 4 + 4λ 2 + 4) =λ (λ 2 +2)2 = 0⇒ λ1 = 0,λ2,3 = ±i
√2 soluzioni complesse coniugate con mol-
teplicita m = 2.λ1 = 0⇒ y1(x) = e0x = 1.
λ2,3 =±i√
2 (m = 2)⇒
y1(x) = cos
√2x
y2(x) = sin√
2xy3(x) = xcos
√2x
y4(x) = xsin√
2x
L’integrale generale e
y(x) = c1 + c2 cos√
2x+ c3 sin√
2x+ c4xcos√
2x+ c5xsin√
2x,
con c1,c2,c3,c4,c5 ∈ R.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 139
Terza prova intermedia del 15/03/2002 Data l’equazione differenziale lineareomogenea
L(y) = 4(k−8)y′′′−12y′′+ ky′ = 0.
1. Determinarne l’integrale generale al variare del parametro k ∈ R.
2. Nel caso k = 0 determinare una soluzione particolare di L(y) = 3x+1.
Soluzione.1) Se k = 8, l’equazione differenziale e del 2◦ ordine, lineare, omogenea−12y′′+8y′ = 0 , di cui l’equazione caratteristica associata e −12λ 2 +8λ = 0⇒ λ1 = 0,λ2 = 2/3.Integrale generale per k = 8: y(x) = c1 + c2e
23 x.
Se k 6= 8, l’equazione differenziale e del 3◦ ordine, lineare, omogenea:
4(k−8)y′′′−12y′′+ ky′ = 0
con equazione caratteristica
4(k−8)λ 3−12λ2 + kλ = 0,⇒ λ [4(k−8)λ 2−12λ + k] = 0.
Una soluzione e λ1 = 0; λ2,3 =6±√
36−4K2 +32K4(k−8)
=3±√
9− k2 +8k2(k−8)
∆ = −k2 + 8k+ 9 = 0 ⇐⇒ k2− 8k+ 9 = 0 ⇐⇒ k = 4±√
16+9 = 4± 5, dacui k1 =−1, k2 = 9.∆ > 0 se −1 < k < 9 (escluso k = 8); λ2 e λ3 sono reali e distinte tra loro. Siosserva pero che nel caso k = 0 (quando cioe si annulla il coefficiente di y′) si haλ2,3 = (3±3)/−16, e quindi λ2 = 0, λ3 =−3/8. λ2 e coincidente con λ1.Se k = 0 l’integrale generale e y(x) = c1 + c2x+ c3e−
38 x.
Se k ∈ (−1,0)∪ (0,8)∪ (8,9) (λ1,λ2,λ3 sono distinte tra loro).Integrale generale:
y(x) = c1 + c2e3−√
9−k2+8k2(k−8) x
+ c3e3+√
9−k2+8k2(k−8) x
.
∆ = 0 se k = k1 =−1, λ2 = λ3 =−1/6:
y(x) = c1 + c2e−16 x + c3xe−
16 x.
140 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Se k = k2 = 9, λ2 = λ3 = 3/2:
y(x) = c1 + c2e32 x + c3xe
32 x.
∆ < 0 se k <−1 o k > 9 λ2,3 =3
2(k−8) ± i√
k2−8k−92(k−8) . L’integrale generale e
y(x) = c1e3
2(k−8)x cos
(√k2−8k−92(k−8)
)+ c2e
32(k−8)x sin
(√k2−8k−92(k−8)
)+ c3,
con c1,c2,c3 ∈ R.2) Confrontiamo g(x) = 3x+ 1 con eax[p(x)cos(bx)+ q(x)sin(bx)]. Nel nostrocaso a = 0,b = 0, p(x) = 3x+1, polinomio di 1◦ grado.a± ib = 0. Nel caso k = 0, l’equazione caratteristica ha soluzioni λ1 = λ2 =0,λ3 = −3/8. Quindi a± ib = 0 e soluzione dell’equazione caratteristica conmolteplicita m= 2. Una soluzione particolare dell’equazione completa, con k = 0,
−32y′′′−12y′′ = 3x+1 (?)
e data da y(x) = x2(Ax+B) = Ax3 +Bx2.
y′(x) = 3Ax2 +2Bxy′′(x) = 6Ax+2By′′′(x) = 6A
Sostituendo in (?), −192A−72Ax−24B = 3x+1, da cui (applicando il principiodi identita dei polinomi){
−72A = 3−192A−24B = 1
⇒
{A =− 1
24B = 1
24
(19224 −1
)= 1
2416824 = 7
24 .
y(x) =− 124x3 + 7
24x2 e una soluzione particolare.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 141
Prova guidata del 20/01/2003 Data l’equazione differenziale lineare omogenea
L(y) = (k+4)y′′− (3k+4)y′+ y = 0.
Determinarne l’integrale generale al variare del parametro k ∈ R.
Soluzione.Se k =−4, l’equazione differenziale e 8y′+ y = 0, del 1◦ ordine, lineare, omoge-nea. L’equazione caratteristica associata e 8λ +1 = 0⇒ λ1 =−1/8.L’integrale generale e: y(x) = c1e−
18 x, c1 ∈ R.
Se k 6= −4, l’equazione differenziale e del 2◦ ordine con equazione caratteri-stica
(k+4)λ 2− (3k+4)λ +1 = 0,⇒ λ1,2 =3k+4±
√9k2 +16+24k−4k−16
2(k+4)
=3k+4±
√9k2 +20k
2(k+4)
∆ = 9k2 +20k = 0 ⇐⇒ k(9k+20) = 0 ⇐⇒ da cui k1 = 0, k2 =−20/9.k1 = 0, λ1 = λ2 = 1/2. Integrale generale
y(x) = c1e12 x + c2xe
12 x, c1,c2 ∈ R.
k2 =−20/9,
λ1 = λ2 =−20
3 +4
2(−20
9 +4) = −8
3329
=−34.
Integrale generale
y(x) = c1e−34 x + c2xe−
34 x, c1,c2 ∈ R.
∆ > 0 ⇐⇒ k <−20/9 oppure k > 0, λ1 e λ2 sono reali e distinte.
λ1 =3k+4−
√9k2 +20k
2(k+4), λ2 =
3k+4+√
9k2 +20k2(k+4)
Integrale generale:
y(x) = c1e3k+4−
√9k2+20k
2(k+4) x+ c2e
3k+4+√
9k2+20k2(k+4) .
142 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
∆ < 0 se −209 < k < 0, si hanno in questo caso due soluzioni complesse e
coniugate λ1,2 =3k+4
2(k+4) ± i√−9k2−20k2(k+4) . L’integrale generale e
y(x) = c1e3k+4
2(k+4)x cos
(√−9k2−20k2(k+4)
)+ c2e
3k+42(k+4)x sin
(√−9k2−20k2(k+4)
)+ c3,
con c1,c2 ∈ R.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 143
Prova guidata del 20/01/2003Data la seguente equazione differenziale lineare completa, determinarne l’integra-le generale:
9y′′′−6y′′+ y′ = 2x+1+ ex/3. (E)
Soluzione.L’integrale generale e dato dalla somma dell’integrale generale dell’equazioneomogenea associata e di una soluzione particolare della completa.L’equazione omogenea e
9y′′′−6y′′+ y′ = 0,
con equazione caratteristica 9λ 3− 6λ 2 + λ = 0, o, equivalentemente λ (9λ 2−6λ + 1) = λ (3λ − 1)2 = 0 che ha soluzioni λ1 = 0 e λ2,3 = 1/3 (sol con molte-plicita 2). L’integrale generale dell’omogenea e quindi
y(x) = c1 + c2ex/3 + c3xex/3.
Il temine noto g(x)= 2x+1+ex/3 va scomposto in g1(x)= 2x+1 e g2(x)= ex/3, evanno entrambi confrontati con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)]. Per g1 si ha a= 0,b = 0 e p(x) = 2x+ 1, polinomio di 1◦ grado; a± ib e soluzione dell’equazionecaratteristica con molteplicita m = 1. Una soluzione particolare di
9y′′′−6y′′+ y′ = 2x+1 (*)
e data da
y1(x) = x(Ax+B); con y′1(x) = 2Ax+B; y′′1(x) = 2A; y′′′1 (x) = 0
Sostituendo in (*), otteniamo −12A+2Ax+B = 2x+1. Applicando il principiodi identita dei polinomi{
2A = 2−12A+B = 1
da cui
{A = 1B = 13
⇒ y1(x) = x2 +13x.
Per ottenere g2(x) nel termine generale si deve porre a = 1/3, b = 0, e p(x) = 1e un polinomio di grado 0 (essendo b=0, q(x) non compare). a± ib e soluzionedell’equazione caratteristica associata con molteplicita m= 2. Allora si deve averey2(x) = x2Aex/3. Si ha inoltre
y′2 = 2Axex/3 + 13Ax2ex/3
y′′2 = 2Aex/3 + 23xAex/3 + 2
3xAex/3 + 19Ax2ex/3 = 2Aex/3 + 4
3xAex/3 + 19Ax2ex/3
y′′′2 = 23Aex/3 + 4
3Aex/3 + 49xAex/3 + 2
9xAex/3 + 127Ax2ex/3
= 2Aex/3 + 23xAex/3 + 1
27Ax2ex/3.
144 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Per ottenere la soluzione dell’equazione completa sostituiamo y2 e le sue derivatein 9y′′′−6y′′+ y′ = ex/3:
18Aex/3 +6Axex/3 +13
Ax2ex/3−12Aex/3−8Axex/3− 23
Ax2ex/3 +2Axex/3
+13
Ax2ex/3 = ex/3
da cui si ottiene 6Aex/3 = ex/3, e quindi 6A = 1⇒ A = 1/6⇒ y2(x) = 16x2ex/3.
Una soluzione particolare di (E) e data da y(x) = y1(x) + y2(x) = x2 + 13x +16x2ex/3. L’integrale generale della completa e quindi
y(x) = c1 + c2ex/3 + c3xex/3 + x2 +13x+16
x2ex/3, c1,c2,c3 ∈ R.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 145
Prova guidata del 20/01/2003Determinare l’integrale generale della seguente equazione differenziale linearecompleta:
y′′+4y = sin2x+ xcosx.
Soluzione.L’integrale generale dell’equazione completa e dato dalla somma dell’integralegenerale dell’equazione omogenea associata piu una soluzione particolare dellacompleta.Equazione omogenea associata: y′′+4y = 0.Equazione caratteristica: λ 2 +4 = 0⇒ λ1,2 =±
√−4 =±2i.
Integrale generale dell’omogenea: y(x) = c1 cos2x+ c2 sin2x.Integrale particolare della completa. Il termine noto: g(x) = sin2x+ xcosx non econfrontabile con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)], non coincidendo gli argomentidi sin2x e cosx. Si devono allora considerare g1(x) = sin2x e g2(x) = xcosx.
y1(x) soluzione particolare di y′′+4y = sin2x(∗)
y2(x) soluzione particolare di y′′+4y = xcosx(∗∗).Confrontiamo g1(x) con eax[p(x)cos(bx)+ q(x)sin(bx)]. Si deve scegliere a =0,b = 2 e p(x) = 0, q(x) = 1 entrambi di grado 0.
y1(x) = x[Acos2x+Bsin2x]
a± ib =±2i e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 1.
y′1(x) = Acos2x+Bsin2x−2Axsin2x+2Bxcos2x
y′′1(x) =−2Asin2x+2Bcos2x−2Asin2x−4Axcos2x+2Bcos2x−4Bxsin2x.
Sostituendo in (∗)
−4Asin2x+4Bcos2x−4Axcos2x−4Bxsin2x+4Axcos2x+4Bxsin2x = sin2x
per cui {−4A = 1⇒ A =−1/44B = 0⇒ B = 0
⇒ y1(x) =−14
xcos2x
Confrontiamo g2(x)= xcosx con il termine noto generico. g2 si ottiene scegliendoa = 0, b = 1, p(x) = x e q(x) = 0, il grado massimo tra i polinomi p e q e 1.a± ib =±i non e soluzione dell’equazione caratteristica. Pertanto
y2(x) = (Cx+D)cosx+(Ex+F)sinx.
146 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
y′2(x) =C cosx− (Cx+D)sinx+E sinx+(Ex+F)cosx;
y′′2(x) =−C sinx−C sinx− (Cx+D)cosx+E cosx+E cosx− (Ex+F)sinx.
Sostituendo in (**):
−2C sinx− (Ex+F)sinx+2E cosx− (Cx+D)cosx+4(Cx+D)cosx+4(Ex+F)sinx = xcosx.
Semplificando e raccogliendo:
(3Ex+3F−2C)sinx+(3Cx+3D+2E)cosx = xcosx.
{3Ex+3F−2C = 03Cx+3D+2E = x
3E = 03F−2C = 03C = 13D+2E = 0
⇒
E = 0F = 2
9C = 1
3D = 0
E quindi
y2(x) =13
xcosx+29
sinx.
Una soluzione particolare dell’equazione differenziale completa e
y(x) = y1(x)+ y2(x) =−14
xcos2x+13
xcosx+29
sinx.
L’integrale generale dell’equazione differenziale completa e
y(x) = c1 cos2x+ c2 sin2x− 14
xcos2x+13
xcosx+29
sinx, c1,c2 ∈ R.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 147
Prova guidata del 20/01/2003Data l’equazione differenziale lineare omogenea del 2◦ ordine
L(y) = y′′−2(2k−1)y′+(2k+1)y = 0
1. Determinare l’integrale generale, al variare del parametro k ∈ R.
2. Determinare se esistono valori di k∈R per cui si hanno soluzioni periodichee calcolarne il periodo.
3. Nel caso k = 3/2 determinare una soluzione particolare di
L(y) = (2x+1)e2x.
4. Determinare l’eventuale soluzione di L(y) = (2x+1)e2x verificante le con-dizioni iniziali y(0) = 1, y′(0) =−1.
Soluzione.1) L’equazione caratteristica associata e λ 2−2(2k−1)λ +(2k+1) = 0.
λ1,2 = (2k−1)±√
4k2 +1−4k−2k−1 = 2k−1±√
4k2−6k.
∆
4= 4k2−6k > 0⇔ k < 0 oppure k >
32.
In tal caso λ1 = 2k− 1−√
4k2−6k e λ2 = 2k− 1+√
4k2−6k sono due radicireali e distinte e l’integrale generale e
y(x) = c1e(2k−1−√
4k2−6k)x + c2e(2k−1+√
4k2−6k)x, c1,c2 ∈ R.
Se k = 0 si hanno due radici reali coincidenti λ1 = λ2 =−1 e l’integrale generalee
y(x) = c1e−x + c2xe−x, c1,c2 ∈ R.
Se k = 3/2 si hanno due radici reali coincidenti λ1 = λ2 = 2 e l’integrale generalee
y(x) = c1e2x + c2xe2x, c1,c2 ∈ R.∆
4 < 0 ⇔ 0 < k < 32 . In tal caso λ1 = 2k− 1− i
√6k−4k2 e λ2 = 2k− 1+
i√
6k−4k2 sono due radici complesse coniugate e l’integrale generale e
y(x) = e(2k−1)x(c1 cos(√
4k2−6k x)+ c2 sin(√
4k2−6k x)), c1,c2 ∈ R.
148 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
2) Si hanno soluzioni periodiche solo per i valori di k ∈R per cui y(x) e combina-zione lineare di funzioni trigonometriche e cio avviene solo nel caso in cui ∆ < 0,e 2k−1 = 0 (per cui non compare la funzione esponenziale). Se k = 1/2
y(x) = c1 cos(√
2x)+ c2 sin(√
2x), c1,c2 ∈ R.
sono soluzioni periodiche di periodo T = 2π/√
2 =√
2π. Infatti:
cos(√
2x)= cos√
2(x+T )= cos(√
2x+√
2T ), ∀x∈R ⇐⇒√
2T = 2π⇒T =2π√
2.
e analogamente per la funzione sin(√
2x).3) Nel caso k = 3/2 si ha l’equazione differenziale completa
y′′−4y′+4y = (2x+1)e2x.
Come visto al punto 1) l’equazione caratteristica associata ha soluzioni λ1 =λ2 = 2. Confrontando g(x) = (2x+ 1)e2x con eax[p(x)cos(bx)+ q(x)sin(bx)] siha a = 2, b = 0, p(x) = 2x+ 1 polinomio di 1◦ grado. a± ib = 2 e soluzionedell’equazione caratteristica con molteplicita 2 per cui una soluzione particolaredell’equazione differenziale completa e
y(x) = x2e2x(Ax+B) = e2x(Ax3 +Bx2)
con A e B costanti da determinarsi, sostituendo y(x) nell’equazione differenzialecompleta.
y′(x) = 2e2x(Ax3 +Bx2)+ e2x(3Ax2 +2Bx) = e2x[2Ax3 +2Bx2 +3Ax2 +2Bx]
y′′(x) = 2e2x(2Ax3 +2Bx2 +3Ax2 +2Bx)+ e2x[6Ax2 +4Bx+6Ax+2B]
= e2x[4Ax3 +4Bx2 +12Ax2 +8Bx+6Ax+2B].
Sostituendo
e2x[4Ax3 +4Bx2 +12Ax2 +8Bx+6Ax+2B]
−4e2x[2Ax3 +2Bx2 +3Ax2 +2Bx]+4e2x(Ax3 +Bx2) = (2x+1)e2x.
Dividendo per e2x:
4Ax3 +4Bx2 +12Ax2 +8Bx+6Ax+2B−8Ax3−8Bx2−12Ax2−8Bx+4Ax3 +4Bx2 = 2x+1.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 149
Deve essere 6Ax+ 2B = 2x+ 1 da cui, per il principio di identita dei polinomi6A = 2 e 2B = 1 ⇒ A = 1/3, B = 1/2. Una soluzione particolare di L(y) =(2x+1)e2x e y(x) = e2x(1
3x3 + 12x2).
4) L’integrale generale di L(y) = (2x+1)e2x e dato da
y(x) = c1e2x + c2xe2x +
(13
x3 +12
x2)
e2x.
Esiste un’unica soluzione del problema di Cauchy verificante le condizioni inizialidate.
y′(x) = 2c1e2x + c2e2x +2c2xe2x +(x2 + x)e2x +2(
13
x3 +12
x2)
e2x.
Imponendo le condizioni iniziali{y(0) = 1→y′(0) =−1→
{c1 = 12c1 + c2 =−1
{c1 = 1c2 =−3
L’unica soluzione del problema di Cauchy e y(x) = e2x−3xe2x +(1
3x3 + 12x2)e2x.
y′′(x) = 4y′(x)−4y(x)+(2x+1)e2x, y′′(0) =−4−4+1 =−7 < 0. Per il teoremadella permanenza del segno y(x) e concava in un intorno di x0 = 0.
1
y =−x+1, retta tangente
150 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata del 5/12/2003Determinare, al variare del parametro k ∈ R, l’integrale generale dell’equazionedifferenziale lineare omogenea
y′′′−6y′′+ k(k−8)y′ = 0.
Soluzione.Per ogni k ∈ R l’equazione differenziale e del 3◦ ordine, lineare, omogenea, conequazione caratteristica
λ3−6λ
2 + k(k−8)λ = 0.
Raccogliendo λ si ha: λ (λ 2−6λ + k(k−8)) = 0. Una soluzione reale e λ1 = 0,λ2,3 si ottengono annullando i trinomio di secondo grado (λ 2− 6λ + k(k− 8)).Quindi λ2,3 = 3±
√9− k(k−8) = 3±
√−k2 +8k+9.
∆ = 0⇔ k2−8k−9 = 0⇔ k = 4±√
16+9 = 4±5⇔ k1 =−1,k2 = 9.
∆ > 0⇔−k2 +8k+9 > 0⇔−1 < k < 9.
Per tali valori di k λ2 = 3−√−k2 +8k+9 e λ3 = 3+
√−k2 +8k+9 sono radici
reali e distinte tra loro, ma per k = 0 e per k = 8, λ2 = 0 = λ1. Per k = 0 ok = 8 l’equazione differenziale risulta y′′′−6y′′ = 0, con equazione caratteristicaλ 3− 6λ 2 = 0 per cui λ1 = 0 e soluzione con molteplicita 2. Inoltre ponendoλ2 = 0 si ottiene 3 =
√−k2 +8k+9 = 0 da cui k = 0 o k = 8.
k = 0 oppure k = 8: λ1 = λ2 = 0, λ3 = 6⇒ y(x) = c1+c2x+c3e6x, c1,c2,c3 ∈R.−1 < k < 0 oppure 0 < k < 8 oppure 8 < k < 9: λ1 = 0, λ2 = 3−
√−k2 +8k+9
e λ3 = 3+√−k2 +8k+9 sono radici reali e distinte tra loro per cui l’integrale
generale e:
y(x) = c1 + c2e(3−√−k2+8k+9)x + c3e(3+
√−k2+8k+9)x
∆= 0⇔ k = k1 =−1k = k2 = 9 ⇒ λ1 = 0,λ2 = λ3 = 3
λ1 = 0,λ2 = λ3 = 3
}⇒ y(x)= c1+c2e3x+c3xe3x.
∆ < 0 ⇔ k < −1 o k > 9,λ2,3 = 3± i√
k2−8k−9, sono soluzioni complesseconiugate, con α = 3,β =
√k2−8k−9. In questo caso
y(x)= c1+c2e3x cos(√
k2−8k−9 ·x)+c3e3x sin(√
k2−8k−9 · x),c1,c2,c3 ∈R.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 151
Seconda prova scritta dell’11/12/2002 Determinare l’integrale generale dellaseguente equazione differenziale lineare non omogenea
L(y) = 2y′′′−5y′′−3y′ = xe3x + e−12 x
Soluzione.L’equazione caratteristica associata all’equazione omogenea L(y) = 0 e
2λ3−5λ
2−3λ = 0 ⇒ λ (22λ2−5λ −3) = 0 ⇒ λ1 = 0.
λ2−5λ −3 = 0 ⇒ λ1,2 =
5±74⇒ λ1 =−
12, λ2 = 3.
L’integrale generale dell’omogenea e:
y(x) = c1 + c2e−12 x + c3e3x, c1,c2,c3 ∈ R.
Determiniamo una soluzione particolare di L(y) = xe3x + e−12 x. Confrontiamo
g(x) = g1(x) + g2(x), ove g1(x) = xe3x e g2(x) = e−12 x con eax[p(x)cos(bx) +
q(x)sin(bx)]. Per ottenere g1(x) si deve porre a = 3,b = 0, p(x) = x polino-mio di 1◦ grado. a± ib = 3 e soluzione dell’equazione omogenea associata conmolteplicita 1.
y1(x) = x(Ax+B)e3x = (Ax2 +Bx)e3x
y′1(x) = (2Ax+B)e3x +3(Ax2 +Bx)e3x
y′′1(x) = 2Ae3x +3(2Ax+B)e3x +(6Ax+3B)e3x +9(Ax2 +Bx)e3x
y′′′1 (x) = 6Ae3x +6Ae3x +9(2Ax+B)e3x +6Ae3x +3(6Ax+3B)e3x+
+(18Ax+9B)e3x +27(Ax2 +Bx)e3x
Sostituendo in 2y′′′−5y′′−3y′ = xe3x:
e3x[54Ax2 +54Bx+108Ax+54B+36A−10A−30Ax+
−30B−45Ax2−45Bx−6Ax−3B−9Ax2−9Bx] = xe3x
42Ax−30Bx+26A+51B = x,
da cui si determinano A e B.Per ottenere g2(x) si deve porre a =−1/2,b = 0, p(x) = 1 polinomio di grado 0.a± ib =−1/2 e soluzione dell’equazione omogenea associata con molteplicita 1.
y2(x) =Cxe−12 x
152 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
y′2(x) =Ce−12 x− 1
2Cxe−
12 x
y′′2(x) =−12
Ce−12 x− 1
2Ce−
12 x +
14
Cxe−12 x
y′′′2 (x) =14
Ce−12 x +
14
Ce−12 x +
14
Ce−12 x− 1
8Cxe−
12 x
Sostituendo in 2y′′′−5y′′−3y′ = e−12 x:
32
Ce−12 x− 1
4Cxe−
12 x +5Ce−
12 x− 5
4Cxe−
12 x−3Ce−
12 x +
32
Cxe−12 x = e−
12 x
72
Ce−12 x = e−
12 x ⇒ 7
2C = 1 ⇒ c =
27⇒ y2(x) =
27
xe−12 x.
Integrale generale dell’equazione completa:
y(x) = c1 + c2e−12 x + c3e3x + y1(x)+ y2(x), c1,c2,c3 ∈ R.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 153
Prova intermedia del 24/01/2003 Data l’equazione differenziale lineare omo-genea
L(y) = y′′′+(2−3k2)y′ = 0.
1. Determinarne l’integrale generale al variare del parametro k ∈ R.
2. Nel caso k = 0 determinare una soluzione particolare dell’equazione linearecompleta L(y) = 3cos
√2x.
Soluzione.1) Per ogni k ∈ R, l’equazione differenziale e del 3◦ ordine. L’equazione caratte-ristica associata e λ 3+(2−3k2)λ = 0⇒ λ [λ 2+(2−3k2)] = 0⇒ λ1 = 0,λ2,3 =
±√
3k2−2.
∆ = 0 ⇐⇒ 3k2− 2 = 0 ⇐⇒ k2 = 2/3, da cui k = ±√
2/3. In tal casoλ2 = λ3 = 0 sono radici reali e coincidenti tra loro e con λ1 = 0. Integrale generale:
k =±√
2/3 y(x) = c1 + c2x+ c3x2, c1,c2,c3 ∈ R.
∆ > 0 se e solo se k <−√
2/3 o k >√
2/3; λ2 e λ3 sono reali e distinte tra loro,e poiche non sono nulle, anche distinte da λ1 = 0.Quindi se k <−
√2/3 o k >
√2/3 l’integrale generale e
y(x) = c1 + c2e−√
3k2−2x + c3e√
3k2−2x, c1,c2,c3 ∈ R.
∆ < 0 se e solo se −√
2/3 < k <√
2/3. In questo caso λ2,3 = ±i√
2−3k2.L’integrale generale e
y(x) = c1 + c2 cos(√
2−3k2 x)+ c3 sin
(√2−3k2 x
),
con c1,c2,c3 ∈ R.2) Confrontiamo g(x) = 3cos
√2x con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)]. Si ha a =
0, b =√
2, p(x) = 3, q(x) = 0 polinomi di grado 0.a± ib = ±i
√2 e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 1.
Infatti nel caso k = 0 le soluzioni sono λ1 = 0, λ2 =−i√
2 e λ3 = i√
2. Allora e:
y(x) = x[Acos(√
2x)+Bsin(√
2x)]
y′(x) = Acos(√
2x)+Bsin(√
2x)+ x[−√
2Asin(√
2x)+√
2Bcos(√
2x)]
154 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
y′′(x) =−√
2Asin(√
2x)+√
2Bcos(√
2x)−√
2Asin(√
2x)+√
2Bcos(√
2x)
+ x[−2Acos(√
2x)−2Bsin(√
2x)] =
=−2√
2Asin(√
2x)+2√
2Bcos(√
2x)+ x[−2Acos(√
2x)−2Bsin(√
2x)]
y′′′(x) =−4Acos(√
2x)−4Bsin(√
2x)−2Acos(√
2x)−2Bsin(√
2x)+
x[2√
2Asin(√
2x)−2√
2Bcos(√
2x)]
Sostituiamo y(x) in y′′′+2y′ = 3cos(√
2x):
−6Acos(√
2x)−6Bsin(√
2x)+ x[2√
2Asin(√
2x)−2√
2Bcos(√
2x)]+2Acos(√
2x)+
+2Bsin(√
2x)+2x[−√
2Asin(√
2x)+√
2Bcos(√
2x)] = 3cos(√
2x)
da cui−4Acos(
√2x)−4Bsin(
√2x) = 3cos(
√2x).
Eguagliando i coefficienti{−4A = 3−4B = 0
⇒
{A =−3/4B = 0
⇒ y(x) =−34
xcos√
2x.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 155
Prova guidata del 21/01/2004 Data la seguente equazione differenziale lineareomogenea:
L(y) = 4y(iv)−12y′′′+9y′′ = 0.
1. Determinarne l’integrale generale.
2. Se L(y) = 2x2 + 1, determinare una soluzione particolare dell’equazionedifferenziale completa.
3. Se L(y) = (x−1)e32 x, determinare una soluzione particolare (senza svolgere
i calcoli).
4. Se L(y) = 3ex cos3x, determinare una soluzione particolare (senza svolgerei calcoli).
Soluzione.1) L(y) e un’equazione lineare omogenea del 4◦ ordine. L’equazione caratte-ristica associata e l’equazione algebrica di 4◦ grado 4λ 4− 12λ 3 + 9λ 2 = 0 ⇒λ 2(4λ 2−12λ +9) = 0. λ1 = λ2 = 0 e soluzione con molteplicita 2. Risolvendo4λ 2−12λ +9 = 0 si ha λ3,4 =
6±√
36−364 = 3
2 soluzione reale con molteplicita 2.L’integrale generale dell’omogenea e:
y(x) = c1 + c2x+ c3e32 x + c4xe
32 x, c1,c2,c3,c4 ∈ R.
2)4y(iv)−12y′′′+9y′′ = 2x2 +1
e un’equazione lineare completa del 4◦ ordine. Confrontiamo i termine noto coneax[p(x)cos(bx) + q(x)sin(bx)]. Nel nostro caso a = 0, b = 0, p(x) = 2x2 + 1polinomio di 2◦ grado.a± ib = 0 e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 2. Percui y(x) = x2(Ax2+Bx+C) = Ax4+Bx3+Cx2. Per determinare le costanti A,B,Csostituiamo y(x) nell’equazione completa.
y′(x) = 4Ax3 +3Bx2 +2Cx
y′′(x) = 12Ax2 +6Bx+2Cy′′′(x) = 24Ax+6B
y(iv)(x) = 24A
156 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Sostituendo nell’equazione completa otteniamo:
96A−288Ax−72B+108Ax2 +54Bx+18C = 2x2 +1.
Applicando il principio di identita dei polinomi (devono coincidere i coefficientidelle potenze dello stesso grado):
108A = 2−288A+54B = 096A−72B+18C = 1
A = 1
54B = 288 · 1
54 ·154 = 8
81
C =1− 96
54+72· 881
18 =1− 16
9 + 649
18 = 1954 .
y(x) =1
54x4 +
881
x3 +1954
x2.
3) Confrontando g(x) = (x−1)e32 x con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)] si ha a =
3/2, b = 0, p(x) = x− 1, polinomio di 1◦ grado (sinbx = 0 per cui q(x) noncompare).a± ib = 3/2 e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 2, percui
y(x) = x2(Ax+B)e32 x = (Ax3 +Bx2)e
32 x.
Per determinare A e B si sostituisce y(x) in L(y) = (x−1)e32 x.
4) Confrontiamo il termine noto g(x)= 3ex cos3x con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)].Si ha a = 1,b = 3, p(x) = 3, q(x) = 0, p(x) e q(x) sono entrambi di grado0. a± ib = 1± 3i non e soluzione dell’equazione caratteristica per cui y(x) =ex[Acos3x+Bsin3x]. Per determinare A e B si sostituisce y(x) in L(y)= 3ex cos3x.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 157
Prova guidata del 26/01/2006 Data l’equazione differenziale lineare omoge-nea
L(y) = (k−5)y′′−2(k+5)y′− (k+5)y = 0.
1. Determinare l’integrale generale, al variare del parametro k ∈ R.
2. Stabilire se esistono dei valori del parametro k per cui le soluzioni sonoperiodiche, e, in caso affermativo, calcolarne il periodo.
Soluzione.1) Se k = 5 l’equazione differenziale e del 1◦ ordine. L’equazione diventa−20y′−10y = 0⇒ 2y′+y = 0; l’equazione caratteristica e 2λ +1 = 0, da cui λ1 =−1/2.L’integrale generale e y(x) = c1e−
12 x, c1 ∈ R.
Se k 6= 5, l’equazione differenziale e del 2◦ ordine con equazione caratteristicaassociata
(k−5)λ 2−2(k+5)λ − (k+5) = 0.
λ1,2 =k+5±
√k2 +10k+25+ k2−25
(k−5)=
k+5±√
2k2 +10kk−5
.
Si ha ∆ = 2k2 +10k = 0 se k = 0 o k =−5.
∆ > 0 se k <−5 o k > 0, le radici sono reali e distinte, λ1 6= λ2 ∈R (escluso k = 5).Ne segue
y(x) = c1ek+5−√
2k2+10kk−5 x + c2e
k+5+√
2k2+10kk−5 x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0 Se k = 0 le radici sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 =−1. In questo caso
y(x) = c1e−x + c2xe−x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0 Se k =−5 le radici sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 = 0.
y(x) = c1 + c2x, c1,c2 ∈ R.
∆ < 0 se −5 < k < 0 le radici sono complesse coniugate
λ1,2 =k+5k−5
± i
√−2k2−10k
k−5,
quindi
y(x) = c1ek+5k−5 x cos
(√−2k2−10k
k−5x
)+ c2e
k+5k−5 x sin
(√−2k2−10k
k−5x
).
158 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
2)Si hanno soluzioni periodiche solo per i valori di k ∈ R per cui y(x) e combina-zione lineare di funzioni trigonometriche e cio avviene solo nel caso in cui ∆ < 0,e le soluzioni complesse coniugate sono del tipo
λ1,2 = 0± iβ .
Questo si puo ottenere solo se α = k+5k−5 = 0, e cioe k = −5. Per quanto visto
prima pero in questo caso le soluzioni dell’equazione caratteristica sono reali ecoincidenti, e quindi non esistono soluzioni periodiche.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 159
Prova guidata del 17/01/2005 Data l’equazione differenziale lineare omogenea
L(y) = (k2−1)y′′− (k+2)y′− y = 0.
1. Determinare l’integrale generale, al variare del parametro k ∈ R.
2. Nel caso k = 0 determinare una soluzione particolare di L(y) = xex + e−x.
Soluzione.1) Se k2− 1 = 0 l’equazione differenziale e del 1◦ ordine. Se k2− 1 = 0 allorak =±1.Se k =−1 l’equazione diventa−y′−y= 0⇒ y′+y= 0; l’equazione caratteristicae λ +1 = 0, da cui λ1 =−1. L’integrale generale e y(x) = c1e−x, c1 ∈ R.Se k = 1 l’equazione diventa−3y′−y= 0⇒ 3y′+y= 0; l’equazione caratteristicae 3λ +1 = 0, da cui λ1 =−1/3. L’integrale generale e y(x) = c1e−
13 x, c1 ∈ R.
Se k2− 1 6= 0, quindi se k 6= ±1, l’equazione differenziale e del 2◦ ordine conequazione caratteristica associata
(k2−1)λ 2− (k+2)λ −1 = 0.
λ1,2 =k+2±
√k2 +4k+4+4k2−42(k2−1)
=k+2±
√5k2 +4k
2(k2−1).
Si ha ∆ = 5k2 +4k.
∆ > 0 se k < −4/5 o k > 0, le radici sono reali e distinte, λ1 6= λ2 ∈ R (esclusok =±1). Ne segue
y(x) = c1ek+2−√
5k2+4k2(k2−1)
x+ c2e
k+2+√
5k2+4k2(k2−1)
x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0 Se k = 0 le radici sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 =−1. In questo caso
y(x) = c1e−x + c2xe−x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0 Se k =−4/5 le radici sono reali e coincidenti, λ1 = λ2 =− 4
5+22( 16
25−1)=−5
3 .
y(x) = c1e−53 x + c2xe−
53 x, c1,c2 ∈ R.
160 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
∆ < 0 se −45 < k < 0 le radici sono complesse coniugate
λ1,2 =k+2
2(k2−1)± i
√−5k2−4k2(k2−1)
,
quindi
y(x) = c1ek+2
2(k2−1)xcos
(√−5k2−4k2(k2−1)
x
)+ c2e
k+22(k2−1)
xsin
(√−5k2−4k2(k2−1)
x
).
2) Determiniamo una soluzione particolare di L(y) = xex + e−x. Confrontia-mo g(x) = g1(x)+ g2(x), ove g1(x) = xex e g2(x) = e−x con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)]. Per ottenere g1(x) si deve porre a = 1,b = 0, p(x) = x polinomio di1◦ grado. a± ib = 1 non e soluzione dell’equazione omogenea associata.
y1(x) = (Ax+B)ex
y′1(x) = Aex +(Ax+B)ex = (A+B+Ax)ex
y′′1(x) = (2A+B+Ax)ex
Sostituendo in −y′′−2y′− y = xex:
ex[−(2A+B+Ax)−2(A+B+Ax)− (Ax+B)] = xex ⇒−2A−B−Ax−2A−2B−2Ax−Ax−B = x
da cui si determinano A e B risolvendo{−4A−4B = 0−4A = 1
⇒
{B = 1/4A =−1/4,
da cuiy1(x) =−
14(x−1)ex.
Per ottenere g2(x) si deve porre a = −1,b = 0, p(x) = 1 polinomio di grado 0.a± ib =−1 e soluzione dell’equazione omogenea associata con molteplicita 2.
y2(x) =Cx2e−x
y′2(x) = 2Cxe−x−Cx2e−x = (2Cx−Cx2)e−x
y′′2(x) = (2C−2Cx)e−x− (2Cx−Cx2)e−x = (2C−4Cx+Cx2)e−x
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 161
Sostituendo in −y′′−2y′− y = e−x:
−(2C−4Cx+Cx2)e−x−2(2Cx−Cx2)e−x−Cx2e−x = e−x
−2C+4Cx−Cx2−4Cx+2Cx2−Cx2 = 1
da cui si ottiene C =−1/2 e quindi
y2(x) =−1/2Cx2e−x.
Una soluzione particolare dell’equazione completa e quindi
y(x) =−14(x−1)ex− 1
2Cx2e−x.
162 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata del 26/01/2006 Data la seguente equazione differenziale lineareomogenea:
L(y) = 4y′′′−4y′′−3y′ = 0.
1. Determinarne l’integrale generale.
2. Determinare una soluzione particolare dell’equazione differenziale comple-ta nei casi in cui:
L(y) = 2x2 +3x−1
L(y) = (x−1)e−12 x (senza svolgere i calcoli)
L(y) = xcosx− sinx (senza svolgere i calcoli).
Soluzione.1) L(y) e un’equazione lineare omogenea del 3◦ ordine. L’equazione caratteristicaassociata e l’equazione algebrica di 3◦ grado 4λ 3−4λ 2−3λ = 0. Raccogliendoλ , si ha λ (4λ 2−4λ −3) = 0, per cui una soluzione e λ1 = 0, e
λ2,3 =2±√
4±124
=2±4
4⇒ λ2 =−
12, λ3 =
32.
λ1,λ2,λ3 sono soluzioni reali e distinte. L’integrale generale e:
y(x) = c1 + c2e−12 x + c3e
32 x, c1,c2,c3 ∈ R.
2) L(y) = 2x2 + 3x− 1 e un’equazione differenziale lineare completa. Confron-tiamo il termine noto g1(x) = 2x2 + 3x− 1, polinomio di secondo grado, coneax[p(x)cos(bx) + q(x)sin(bx)]. Nel nostro caso a = 0,b = 0 e p(x) = 2x2 +3x− 1 (q(x) non compare essendo b = 0). a± ib = 0 e soluzione dell’equazionecaratteristica con molteplicita m = 1. Allora una soluzione particolare sara
y1(x) = x[Ax2 +Bx+C] = Ax3 +Bx2 +Cx.
Per determinare A,B,C sostituiamo y1 nell’equazione completa 4y′′′−4y′′−3y′ =2x2 +3x−1. Si ha:
y′1(x) = 3Ax2 +2Bx+Cy′′1(x) = 6Ax+2By′′′1 (x) = 6A
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 163
Sostituendo nell’equazione:
24A−4(6Ax+2B)−3(3Ax2 +2Bx+C) = 2x2 +3x−1
Applicando il principio di identita dei polinomi deve essere:−9A = 2−24A−6B = 324A−8B−3C =−1
⇐⇒
A =−2
96B = 48
9 ⇒ 6B = 219 ⇒ B = 7
183C =−48
9 −289 +1⇒C =−67
27 .
In definitivay1(x) =−
29
x3 +7
18x2− 67
27x.
L(y)= (x−1)e−12 x = g2(x). Confrontando g2(x)= (x−1)e−
12 x con eax[p(x)cos(bx)+
q(x)sin(bx)] si ha a =−1/2, b = 0, p(x) = x−1 polinomio di 1◦ grado. a± ib =−1/2 e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita 1 per quanto vistoin 1), per cui una soluzione particolare dell’equazione differenziale completa e
y2(x) = xe−12 x(Dx+E) = e−
12 x(Dx2 +Ex)
In questo caso non determiniamo le costanti D ed E.Nel terzo caso L(y) = xcosx− sinx = g3(x).Confrontando g3(x) con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)] si ha a = 0, b = 1, p(x) =x polinomio di 1◦ grado e q(x) =−1 (grado 0), per cui il grado massimo tra p e qe r = 1. a± ib =±i non e soluzione dell’equazione caratteristica per quanto vistoin 1). Una soluzione particolare dell’equazione differenziale completa e
y3(x) = (Fx+G)cosx+(Hx+ I)sinx = e−12 x
In questo caso non determiniamo le costanti.
164 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata del 26/01/2006 Determinare un’equazione differenziale omoge-nea di ordine minimo che abbia tra le sue soluzioni linearmente indipendenti lefunzioni
y1(x) = xe−x, y2(x) = xcosx2.
Soluzione.Se y1(x) = xe−x e una soluzione linearmente indipendente significa che λ1 = −1e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 2.
Se y2(x) = xcos x2 e una soluzione linearmente indipendente significa che la
coppia coniugata λ2,3 = ± i2 e soluzione dell’equazione caratteristica con molte-
plicita m = 2.Poiche λ1 =−1 e soluzione con molteplicita 2 se nell’equazione caratteristica
e presente il fattore (λ + 1)2, e perche la coppia λ2,3 sia soluzione doppia, devecomparire il fattore (4λ 2 + 1)2. L’equazione caratteristica di grado minimo cheha le soluzioni suddette e l’equazione di 6◦ grado
(λ +1)2(4λ2 +1)2 = 0⇒ (λ 2 +2λ +1)(4λ
2 +1)2 = 0
⇒ 16λ6 +32λ
5 +24λ4 +16λ
3 +9λ2 +2λ +1.
L’equazione differenziale di ordine minimo con le soluzioni date e l’equazionedel 6◦ ordine
16y(6)+32y(5)+24y(4)+16y′′′+9y′′+2y′+ y = 0.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 165
Prova guidata del 22/01/2008Data l’equazione differenziale lineare omogenea
L(y) = 3y′′+(5k−1)y′+(2k2 +1)y = 0.
1. Determinare l’integrale generale, al variare del parametro k ∈ R.
2. Determinare se esistono valori di k∈R per cui si hanno soluzioni periodichee calcolarne il periodo.
Soluzione.1) L’equazione differenziale lineare omogenea a coefficienti costanti e del 2◦ ordi-ne ∀k ∈R. L’equazione caratteristica associata e l’equazione algebrica di secondogrado 3λ 2 +(5k−1)λ +(2k2 +1) = 0.
λ1,2 =(1−5k)±
√25k2 +1−10k−24k2−12
6=
(1−5k)±√
k2−10k−116
.
∆ = k2−10k−11 = 0⇔ k = 5±√
25+11 = 5±6.
∆ > 0 ⇒ k <−1 oppure k > 11.
In tal caso λ1 =(1−5k)−
√k2−10k−116 e λ2 =
(1−5k)+√
k2−10k−116 sono due radici reali
e distinte e l’integrale generale e
y(x) = c1e(1−5k)−
√k2−10k−116 x + c2e
(1−5k)+√
k2−10k−116 x, c1,c2 ∈ R.
∆ = 0.Se k =−1 si hanno due radici reali coincidenti λ1 = λ2 = 1 e l’integrale generalee
y(x) = c1ex + c2xex, c1,c2 ∈ R.Se k = 11 si hanno due radici reali coincidenti λ1 = λ2 =−9 e l’integrale generalee
y(x) = c1e−9x + c2xe−9x, c1,c2 ∈ R.∆ < 0 ⇔ −1 < k < 11. In tal caso
λ1,2 =(1−5k)
6±i
√−k2 +10k+11
6=α±iβ ; α =
(1−5k)6
; β =
√−k2 +10k+11
6
sono due radici complesse coniugate e l’integrale generale e
y(x)= e(1−5k)
6 x(c1 cos
√−k2 +10k+11
6x)+c2 sin(
√−k2 +10k+11
6x)), c1,c2 ∈R.
166 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
2) Si hanno soluzioni periodiche solo per i valori di k ∈ R per cui y(x) e com-binazione lineare di funzioni trigonometriche e cio avviene solo nel caso in cui∆ < 0, e in particolare per i valori di k per cui α = 0 (per cui non compare lafunzione esponenziale).α = (1−5k)
6 = 0 se e solo se k = 1/5 (che cade nell’intervallo per cui ∆ < 0). Sek = 1/5
β =
√− 1
25 +2+11
6=
√32425
6=
1830
=35.
y(x) = c1 cos(35
x)+ c2 sin(35
x), c1,c2 ∈ R,
sono soluzioni periodiche di periodo T = 2π/(3/5) = 103 π.
Prova guidata del 22/01/2008Data la seguente equazione differenziale lineare completa
y′′+2y′+5y = e−x cosx. (E)
1. Determinarne l’integrale generale.
2. Determinarne l’eventuale soluzione del problema di Cauchy con le condi-zioni iniziali (giustificandole graficamente): y(0) = 1, y′(0) =−2.
Soluzione.L’integrale generale dell’equazione del 2◦ ordine a coefficienti costanti, completa,e dato dalla somma dell’integrale generale dell’equazione omogenea associata edi una soluzione particolare della completa.L’equazione omogenea e
y′′+2y′+5y = 0,
con equazione caratteristica λ 2+2λ +5= 0, che ha soluzioni λ1,2 =−1±√
1−5= 1±
√−4 = 1±2i, complesse coniugate. L’integrale generale dell’omogenea e
quindiy(x) = c1ex(cos2x+ sin2x),c1,c2 ∈ R.
Determiniamo una soluzione particolare dell’equazione differenziale completa. Iltemine noto g(x) = e−x cosx va confrontato con eax[p(x)cos(bx)+ q(x)sin(bx)].Si ha a =−1, b = 1 e p(x) = 1,q(x) = 0 entrambi polinomi di grado zero per cuiuna soluzione dell’equazione differenziale completa e data da
y(x) = e−x[p(x)cosx+ q(x)sinx] · xm;
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 167
con p e q generici polinomi di grado zero e m e l’eventuale molteplicita con cuia± ib e soluzione dell’equazione caratteristica. a± ib = 1± i non e soluzionedell’equazione caratteristica, per cui m = 0 e
y(x) = e−x[Acos(x)+Bsin(x)].
Per determinare le costanti A e B sostituiamo y nell’equazione completa (E).
y′(x) =−e−x[Acosx+Bsinx]+ e−x[−Asinx+Bcosx]
= e−x[−Acosx−Bsinx−Asinx+Bcosx]
y′′(x) =−e−x[−Acosx−Bsinx−Asinx+Bcosx]
+ e−x[Asinx−Bcosx−Acosx−Bsinx]
= e−x[Acosx+Bsinx+Asinx−Bcosx+Asinx−Bcosx−Acosx−Bsinx]
= e−x[2Asinx−2Bcosx]
Sostituendo in (E) si ottiene
e−x[2Asinx−2Bcosx]+2e−x[−Acosx−Bsinx−Asinx+Bcosx]+
+5e−x[Acosx+Bsinx] = e−x cosx ⇐⇒e−x[3Acosx+3Bsinx] = e−x cosx
da cui si ricava{3A = 13B = 0
da cui
{A = 1
3B = 0
⇒ y(x) =13
e−x cosx
L’integrale generale di (E) e dato da:
y(x) = c1e−x cos2x+ c2e−x sin2x+13
e−x cosx, c1,c2 ∈ R.
2) Il problema di Cauchy relativo all’equazione (E) con le condizioni iniziali as-segnate ammette una ed una sola soluzione y = y(x) il cui grafico passa per ilpunto P0(0,1) e, poiche y′(0) = −2, l’equazione della retta tangente in P0 e datada y−1 =−2x⇒ y =−2x+1. y = y(x) e decrescente (per il teorema della per-manenza del segno) in un intorno di x0 = 0. A seconda del segno della derivataseconda y puo essere concava (se y′′(0)< 0) o convessa (se y′′(0)> 0)::
168 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
x
y
y =−2x+1
x
y
y =−2x+1
y(x) = c1e−x cos2x+ c2e−x sin2x+13
e−x cosx.
Derivando
y′(x) =−c1e−x cos2x−2c1e−x sin2x− c2e−x sin2x
+2c2e−x cos2x− 13
e−x cosx− 13
e−x sinx.
Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il seguente sistema di due equazioninelle due incognite c1,c2.{
y(0) = 1⇒y′(0) =−2⇒
{c1 +
13 = 1
−c1 +2c2− 13 =−2
{c1 =
23
−23 +2c2− 1
3 =−2
{c1 =
23
c2 =−12 .
L’unica soluzione del problema di Cauchy e la funzione
y(x) =23
e−x cos2x− 12
e−x sin2x+13
e−x cosx.
Aggiungere il grafico della funzione e concava o convessa a seconda di yseconda (fare i due casi).
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 169
Terza prova guidata del 22/01/2008 Determinare un’equazione differenzialeomogenea di ordine minimo che abbia tra le sue soluzioni linearmente indipen-denti le funzioni
y1(x) = x, y2(x) = cosx2.
Soluzione.Se y1(x) = x e una soluzione linearmente indipendente significa che λ1 = 0 e so-luzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m = 2 e quindi ha anche co-me soluzione indipendente y3(x) = e0x = 1.Nell’equazione caratteristica e quindipresente il fattore λ 2.
Se y2(x) = cos x2 e una soluzione linearmente indipendente significa che anche
y4(x) = sin x2 e soluzione linearmente indipendente. La coppia coniugata λ2,3 =
± i2 (α = 0,β = 1
2 ) e soluzione dell’equazione caratteristica con molteplicita m =
1, per cui deve comparire il fattore λ 2 + 14 . L’equazione caratteristica di grado
minimo che ha le soluzioni suddette e l’equazione di 4◦ grado
λ2(λ 2 +1/4) = 0⇒ λ
4 +14
λ2 = 0⇒ 4λ
4 +λ2 = 0.
L’equazione differenziale di ordine minimo con le soluzioni date e quindi l’equa-zione del 4◦ ordine
4y(4)+ y′′ = 0.
170 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Terza prova guidata del 27/11/2009 Data l’equazione differenziale lineare omo-genea
L(y) = (k−1)y′′− y′+(k+1)y = 0.
1. Determinarne l’integrale generale al variare del parametro k ∈ R.
2. Nel caso k =−1 determinare una soluzione del problema di Cauchy con lecondizioni iniziali y(0) = 1, y′(0) =−1.
3. Nel caso k = −1 determinare una soluzione particolare dell’equazione dif-ferenziale completa L(y) = 3x+ e−
12 x.
Soluzione.1) Se k = 1, l’equazione differenziale −y′−2y = 0 e del 1◦ ordine, lineare, omo-genea, di cui l’equazione caratteristica associata e λ +2 = 0⇒ λ =−2.Integrale generale per k = 1: y(x) = c1e−2x.Se k 6= 1, l’equazione differenziale e del 2◦ ordine, con equazione caratteristica
(k−1)λ 2−λ − (k+1) = 0 ⇒ λ1,2 =1±√
1+4k2−42(k−1)
=1±√
4k2−32(k−1)
∆ = 4k2−3 = 0 ⇐⇒ k =±√
32 .
∆ > 0 se k < −√
3/2 o k >√
3/2 (k 6= 1); in questo caso λ1 e λ2 sono reali edistinte tra loro e l’integrale generale e dato da:
y(x) = c1e1−√
4k2−32(k−1) x
+ c2e1+√
4k2−32(k−1) x
.
∆ = 0, k = −√
32 ⇒ λ1 = λ2 = 1
−√
3−2= −1(
√3−2)
(√
3+2)(√
3−2)=√
3− 2 e l’integralegenerale e dato da
y(x) = c1e(√
3−2)x + c2xe(√
3−2)x.
Se k =√
3/2, λ1 = λ2 =1√3−2
= (√
3+2)(√
3+2)(√
3−2)=−√
3−2 e l’integrale generalee dato da :
y(x) = c1e(−√
3−2)x + c2xe(−√
3−2)x.
∆ < 0 se −√
3/2 < k <√
3/2 λ1,2 =1
2(k−1) ± i√−4k2+32(k−1) . L’integrale generale e
y(x) = c1e1
2(k−1)x cos
(√−4k2 +32(k−1)
x
)+ c2e
12(k−1)x sin
(√−4k2 +32(k−1)
x
),
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 171
con c1,c2 ∈ R.2) Nel caso in cui k = −1 siamo nel caso in cui ∆ > 0 e le radici sono reali edistinte:
λ1,2 =1±√
12(−1−1)
⇒ λ1 = 0,λ2 =−12.
L’integrale generale e dato da
y(x) = c1 + c2e−12 x,c1,c2 ∈ R.
y′(x) =−12c2e−
12 x. Imponendo le condizioni iniziali si ottiene{
y(0) = c1 + c2 = 1y′(0) =−1
2c2 =−1⇒
{c1 =−1c2 = 2
La soluzione del problema di Cauchy e la funzione y(x) = −1+ 2e−12 x. Il suo
grafico passa per il punto (0,1) e la retta tangente al grafico in (0,1) e y =−x+1.y′′(x) = 1
2e−12 x, y′′(0) = 1
2 per cui (per i teorema della permanenza del segno) y(x)e convessa in un intorno di x0 = 0, e decrescente perche y′(0) =−1.
1
y =−x+1, retta tangente
3) Al punto 2) abbiamo gia visto che l’integrale dell’equazione omogenea asso-ciata e dato da y(x) = c1 + c2e−
12 x, dove λ1 = 0 e λ2 = −1
2 sono le due soluzionireali e distinte dell’equazione caratteristica associata. 2λ 2 +λ = 0.Determiniamo una soluzione particolare della completa confrontando il termine
172 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
noto g(x) = 3x+2e−12 x con eax[p(x)cos(bx)+q(x)sin(bx)]. Occorre considerare
g(x) = g1(x)+g2(x), ove g1(x) = 3x e g2(x) = 2e−12 x.
Per ottenere g1(x) si deve porre a = 0,b = 0, p(x) = 3x polinomio di 1◦ gra-do. a± ib = 0 e soluzione dell’equazione omogenea associata con molteplicita1. Quindi una soluzione particolare y1(x) dell’equazione completa e data day1(x) = xp(x) con p(x) generico polinomio di grado 1.
y1(x) = x(Ax+B) = Ax2 +Bxy′1(x) = 2Ax+By′′1(x) = 2A
Sostituendo in −2y′′− y′ = 3x si ha −4A− 2Ax−B = 3x, da cui (applicando ilprincipio di identita dei polinomi){
−2A = 3−4A−B = 0
⇒
{A =−3
2B = 6
⇒ y1(x) =−32
x2 +6x.
Per ottenere g2(x) si deve porre a =−1/2,b = 0, p(x) = 2 polinomio di grado 0.a± ib =−1/2 e soluzione dell’equazione omogenea associata con molteplicita 1.Quindi una soluzione particolare y2(x) dell’equazione completa e data da y2(x) =xe−
12 xC, dove C e un generico polinomio di grado nullo.{
y′2(x) =Ce−12 x− 1
2Cxe−12 x
y′′2(x) =−12Ce−
12 x− 1
2Ce−12 x + 1
4Cxe−12 x
Sostituendo in −2y′′− y′ = 2e−12 x si ottiene
2Ce−12 x− 1
2Cxe−
12 x−Ce−
12 x +
12
Cxe−12 x = 2e−
12 x⇒Ce−
12 x = 2e−
12 x⇒C = 2.
Quindi y2(x)= 2xe−12 x. Una soluzione particolare dell’equazione completa−2y′′−
y′ = 3x+2e−12 x e data da y(x) = y1(x)+ y2(x) =−3
2x2 +6x+2xe−12 x, perche per
la linearita L(y1(x)+ y2(x)) = L(y1(x))+L(y2(x)) = 3x+2e−12 x.
3.1. EQUAZIONI LINEARI A COEFFICIENTI COSTANTI 173
Prova guidata del 19/01/2010 Data l’equazione differenziale lineare omogenea
L(y) = y′′+(3k+2)y′+(k2 + k+1)y = 0.
1. Determinarne l’integrale generale al variare del parametro k ∈ R.
2. Se k = 2, determinare la soluzione del problema di Cauchy con le condizioniiniziali y(0) = 1, y′(0) =−2.
3. Nel caso k = 0 determinare una soluzione particolare di L(y) = x2 + e−x.
Soluzione.1) Per ogni k ∈ R, l’equazione differenziale e del 2◦ ordine, lineare, omogenea, acoefficienti costanti. L’equazione caratteristica associata e
λ2 +(3k+2)λ +(k2 + k+1) = 0⇒
λ1,2 =−(3k+2)±
√(3k+2)2−4(k2 + k+1)
2=−(3k+2)±
√5k2 +8k
2.
∆ = 5k2 +8k = 0 ⇐⇒ k(5k+8) = 0 se k = 0 oppure k =−85 . In entrambi i casi
le radici sono reali e coincidenti. Se k = 0, λ1 = λ2 =−1:
y(x) = c1e−x + c2xe−x,c1,c2 ∈ R.
Se k =−85 , λ1 = λ2 =−(3(−8
5)+2)/2 = 75 ⇒:
y(x) = c1e75 x + c2xe
75 x.
∆ > 0 se k < −85 oppure k > 0; λ1 e λ2 sono reali e distinte tra loro. Integrale
generale:
y(x) = c1e−(3k+2)−
√5k2+8k
2 x + c2e−(3k+2)+
√5k2+8k
2 x.
∆ < 0 se −85 < k < 0 λ1,2 =
−(3k+2)2 ± i
√−5k2−8k
2 . L’integrale generale e
y(x) = c1e−(3k+2)
2 x cos
(√−5k2−8k
2x
)+ c2e
−(3k+2)2 x sin
(√−5k2−8k
2x
),
con c1,c2 ∈ R.2) Il caso k = 2 rientra nel caso ∆ > 0 con radici reali e distinte.
λ1,2 =−8±
√36
2=−8±6
2⇒ λ1 =−7,λ2 =−1, y(x) = c1e−x + c2e−7x.
174 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Esiste un’unica soluzione del problema di Cauchy con le condizioni iniziali y(0)=1, y′(0) = −2. Imponendo tali condizioni iniziali in y(x) = c1e−x + c2e−7x e iny′(x) =−c1e−x−7c2e−7x:{
y(0) = c1 + c2 = 1y′(0) =−c1−7c2 =−2
{c1 = 1− c2
−1+ c2−7c2 =−2
{c1 = 1− c2
−6c2 =−1
{c1 =
56
c2 =16 .
L’unica soluzione del problema di Cauchy e y(x) = 56e−x + 1
6e−7x.3) Nel caso k = 0, si ha l’equazione
y′′+2y′+ y = x2 + e−x.
λ1 = λ2 =−1 sono le due soluzioni reali e coincidenti dell’equazione caratteristi-ca associata λ 2 +2λ +1 = 0.Determiniamo una soluzione particolare della completa confrontando il terminenoto g(x) = x2 + e−x con eax[p(x)cos(bx) + q(x)sin(bx)]. Occorre considerareg(x) = g1(x)+g2(x), ove g1(x) = x2 e g2(x) = e−x.Per ottenere g1(x) si deve porre a = 0,b = 0, p(x) = x2 polinomio di 2◦ gra-do. a± ib = 0 non e soluzione dell’equazione omogenea associata. Quindi unasoluzione particolare y1(x) dell’equazione completa y′′+ 2y′+ y = x2 e data day1(x) = Ax2+Bx+C, generico polinomio di grado 2 con A,B,C costanti da deter-minarsi. (y1(x) = e0x[p(x)cos0x+ q(x)sin0x]x0 = p(x) generico polinomio di 2◦
grado). Per determinare A,B,C si sostituisce y1(x) nella corrispondente equazionecompleta y′′+2y′+ y = x2.
y1(x) = Ax2 +Bx+Cy′1(x) = 2Ax+By′′1(x) = 2A
Sostituendo si ha 2A + 2(2Ax + B) + Ax2 + Bx +C = x2, da cui (applicando ilprincipio di identita dei polinomi)
A = 14A+B = 02A+2B+C = 0
⇒
A = 1B =−4C = 6
⇒ y1(x) = x2−4x+6.
Per ottenere g2(x) = e−x si deve porre a =−1,b = 0, p(x) = 1 polinomio di grado0. a± ib = −1 e soluzione dell’equazione omogenea associata con molteplicita
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 175
m = 2. Quindi una soluzione particolare y2(x) dell’equazione completa e data day2(x) = x2e−x[Dcos0x+E sin0x]⇒ y2(x) = Dx2e−x, dove D e da determinarsisostituendo y′′+2y′+ y = e−x.{
y′2(x) = 2Dxe−x−Dx2e−x
y′′2(x) = 2De−x−2Dxe−x−2Dxe−x +Dx2e−x
Sostituendo in y′′+2y′+ y = e−x si ottiene
2De−x−4Dxe−x +Dx2e−x +4Dxe−x−2Dx2e−x +Dx2e−x = e−x
⇒ 2De−x = e−x⇒ D =12.
Quindi y2(x) = 12x2e−x. Una soluzione particolare dell’equazione completa y′′+
2y′+ y = x2 + e−x e data da y(x) = y1(x)+ y2(x) = x2− 4x+ 6+ 12x2e−x perche
per la linearita L(y1(x)+ y2(x)) = L(y1(x))+L(y2(x)) = x2 + e−x.
3.2 Equazioni a variabili separabiliProva guidata del 4/12/2002 Data l’equazione differenziale
(2y+1)y′ = (3y+ y2)(x+√
x+2).
1. Determinarne l’integrale generale.
2. Determinarne, dopo averne verificato l’esistenza ed unicita, l’eventuale so-luzione del problema di Cauchy con y(0) = −3 e quella con condizioney(0) = 1.
Soluzione.1) In forma normale l’equazione e
y′ =3y+ y2
2y+1(x+√
x+2).
Si tratta di un’equazione differenziale del 1◦ ordine a variabili separabili con
a(x) = x+√
x+2, continua se x≥−2, I = [−2,+∞),
b(y) =3y+ y2
2y+1, continua se y 6=−1
2, J =
(−∞,−1
2
)∪(−1
2,+∞
)
176 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Determiniamo le eventuali soluzioni particolari ponendo b(y) = 0.
b(y) =3y+ y2
2y+1= 0 ⇐⇒ 3y+ y2 = 0 ⇐⇒ y1 = 0 oppure y2 =−3.
Si hanno due soluzioni particolari y1(x) = 0 e y2(x) = −3. Se b(y) 6= 0, cioe sey 6= 0 e y 6=−3, separiamo le variabili. Si ottiene
2y+13y+ y2 y′ = x+
√x+2.
Integrando entrambi i membri∫ 2y+13y+ y2 dy =
∫(x+√
x+2)dx.
Scomponendo 2y+13y+y2 in frazioni semplici si ha:
2y+13y+ y2 =
Ay+
B3+ y
=3A+3y+By
y(3+ y)
da cui {A+B = 23A = 1
⇒
{A = 1
3B = 5
3 .∫ 2y+13y+ y2 dy =
13
∫ dyy+
53
∫ dy3+ y
=∫
x+√
x+2dx.
Pertanto
13
log |y|+ 53
log |3+ y|= x2
2+
23
√(x+2)3 + c, c ∈ R.
Integrale generale:13 log |y|+ 5
3 log |3+ y|= x2
2 + 23
√(x+2)3 + c, c ∈ R (∞1 sol. in forma implicita)
y1(x) = 0 soluzione particolarey2(x) =−3 soluzione particolare
2. a(x) e continua in I = [−2,+∞)b(y) e derivabile in J = (−∞,−1/2)∪ (−1/2,+∞)
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 177
Ponendo la condizione iniziale y(0) =−3, x0 = 0 e interno al ad I e y0 =−3 e in-terno a J, per cui esiste ed e unica la soluzione verificante la condizione y(0) =−3e poiche b(−3) = 0 l’unica soluzione e la soluzione particolare y2(x) =−3.Ponendo la condizione y(0) = 1, x0 = 0 e interno ad I e y0 = 1 e interno a J,per cui esiste unica soluzione del problema di Cauchy verificante la condizio-ne y(0) = 1. Poiche b(1) = 4/3 6= 0 l’unica soluzione si ottiene sostituendola condizione iniziale in 1
3 log |y|+ 53 log |3 + y| = x2
2 + 23
√(x+2)3 + c. Si ha
13 log1+ 5
3 log4 = 23
√2+ c⇒ c = 5
3 log4− 43
√2.
La soluzione del problema con la condizione y(0) = 1 , in forma implicita edata da
13
log |y|+ 53
log |3+ y|= x2
2+
23
√(x+2)3 +
53
log4− 43
√2.
178 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata del 20/01/2003 Dato il problema di Cauchy
y′ =(y+1)[log(y+1)+2]
x+2y(0) = 0
Stabilire se il problema ammette una ed una sola soluzione (senza determinarla) edisegnarne il grafico in un intorno di x0 = 0.
Soluzione.L’equazione differenziale e del 1◦ ordine, in forma normale ed a variabili se-parabili con a(x) = 1/(x + 2), continua in I = (−∞,−2) ∪ (−2,+∞); b(y) =(y+1)[log(y+1)+2] e derivabile se y+1 > 0, quindi in J = (−1,+∞). x0 = 0e interno ad I, y0 = 0 e interno a J. Quindi esiste unica soluzione del problema diCauchy tale che y′(x) = (y(x)+1)[log(y(x)+1)+2]
x+2 . Sostituendo la condizione inizialey(0) = 0, y′(0) = 1[log1+ 2]1
2 = 1. Per i teorema della permanenza del segnoy′(x) > 0 in un intorno U di x0 per cui y(x) e crescente in U . L’equazione dellaretta tangente al grafico di y = y(x) in (0,0) e y = x. Derivando y′(x) si ha:
y′′(x) = y
′(x)[log(y(x)+1)+2] · 1
x+2+(y(x)+1) · 1
y(x)+1· y′(x) · 1
x+2
+(y(x)+1)[log(y(x)+1)+2] · −1(x+2)
.
Sostituendo y(0) = 0 e y′(0) = 1 si ha:
y′′(0) = 2 · 1
2+
12− 2
4= 1.
Per il teorema della permanenza del segno y′′(x) > 0 in un intorno di x0 = 0 per
cui y(x) e convessa in un intorno di x0 = 0. Nella figura e rappresentato in rossoil grafico di y = y(x).
x
y
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 179
Terza prova intermedia 23/04/2001 Sia data l’equazione differenziale
y′ =2y2
y3−1· x+1
x2 +2x−3(E)
1. Dire, giustificando la risposta, se il problema di Cauchy
{(E)y(0) = 0
am-
mette soluzione, e in caso di risposta affermativa, determinarla.
2. Dire, giustificando la risposta, se il problema di Cauchy
{(E)y(0) =−1
ammette soluzione, e in caso di risposta affermativa, determinarla (non erichiesta la soluzione in forma esplicita y = y(x)).
3. Si consideri la soluzione del punto 2) e se ne calcoli la derivata prima y′(0),la tangente al grafico nel punto corrispondente a x = 0 e la derivata seconday′′(0).
4. Si disegni il grafico della soluzione del punto 2) vicino al punto x = 0.
Soluzione.
1) L’equazione (E) e un’equazione differenziale a variabili separabili, in formanormale. a(x) = x+1
x2+2x−3 e continua se x2 + 2x− 3 6= 0, cioe se x 6= −3 e x 6= 1.
a(x) e continua in I = (−∞,−3)∪ (−3,1)∪ (1,+∞). b(y) = 2y2
y3−1 e derivabile se
y3−1 6= 0, cioe se y 6= 1. Quindi b(y) e derivabile in J = (−∞,1)∪ (1,+∞).Il problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) = 0, ammette una ed una
sola soluzione perche x0 = 0 e interno a I e y0 = 0 e interno a J. Poiche b(0) = 0l’unica soluzione del problema di Cauchy e y(x) = 0.
2) Per quanto visto al punto 1), x0 = 0 e interno a I e y0 = −1 e interno a J, percui esiste una ed una sola soluzione del problema di Cauchy con la condizioneiniziale y(0) =−1. Poiche b(−1) =−1 6= 0, la soluzione si determina separandole variabili, cioe: ∫ y3−1
2y2 dy =∫ x+1
x2 +2x−3dx
Osservando che y3−12y2 = 1
2
(y− 1
y2
)si ha:
12
∫ydy− 1
2
∫ 1y2 dy =
12
∫ 2x+2x2 +2x−3
dx
180 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
da cui12
y2
2+
12
1y=
12
log |x2 +2x−3|+ c
Si osserva che 2x+2 e la derivata di x2 +2x−3. Determiniamo c imponendo lacondizione iniziale y(0) =−1.
14− 1
2=
12
log3+ c⇒ c =−14− 1
2log3.
L’unica soluzione del problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) = −1in forma implicita e:
y2
4+
12y
=12
log |x2 +2x−3|− 14− 1
2log3.
3)
y′(x) =2y2(x)
y3(x)−1· x+1
x2 +2x−3, y(0) =−1
y′(0) =2−2· 1−3
=13.
La retta tangente al grafico in P0(0,−1) ha equazione y+ 1 = 13(x− 0)⇒ y =
13x−1. y′(0) = 1/3 e il coefficiente angolare della retta tangente.
y′′(x) =4y(x)y′(x)(y3(x)−1)−2y2(x) ·3y2(x)y′(x)
(y3(x)−1)2 · x+1x2 +2x−3
+2y2(x)
y3(x)−1· x
2 +2x−3− (x+1)(2x+2)(x2 +2x−3)2
y′′(0) =−4 · 1
3(−2)−2 ·31
34
·(−1
3
)+
2−2−3−2
9=− 1
18+
59=
12.
4) y′(0) = 1/3⇒ y′(x)> 0 in un intorno di x0 = 0 per il teorema della permanenzadel segno, per cui y(x) e crescente in un intorno di x0 = 0.
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 181
y′′ = 1/2 > 0⇒ y′′(x) > 0 in un intorno di x0 = 0 per cui y(x) e convessa in un
intorno di x0 = 0.
x
y
182 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Terza prova intermedia 15/03/2002 Sia dato il problema di Cauchy{(y+3)y′ = 3y
( y3 +2
)· log(2x+1)
2x+1y(0) = β
1. Stabilire per quali β ∈ R il problema ammette una sola soluzione (senzarisolvere esplicitamente l’equazione), giustificando ogni affermazione.
2. Determinare l’eventuale soluzione del problema con la condizione y(0) =−6.
3. Determinare l’eventuale soluzione del problema con la condizione y(0) = 6(la soluzione non e richiesta in forma esplicita) e disegnarne il grafico in unintorno di x0 = 0.
Soluzione.
1) L’equazione differenziale posta in forma normale e
y′ =3y( y
3 +2)
(y+3)· log(2x+1)
2x+1
ed e a variabili separabili.a(x) = log(2x+1)
2x+1 e continua se 2x+ 1 > 0, cioe se x > −1/2. a(x) e continua inI = (−∞,−1/2).
b(y) =3y( y
3+2)(y+3) e derivabile se y+3 6= 0, cioe se y 6=−3. Quindi b(y) e derivabile
in J = (−∞,−3)∪ (−3,+∞).Poiche x0 = 0 e interno a I e y0 = β e interno a J se e solo se β 6= −3, il
problema di Cauchy con la condizione y(0) = β ammette un’unica soluzione seβ 6=−3.
2) Per quanto visto al punto 1), esiste una ed una sola soluzione del problema diCauchy con la condizione iniziale y(0) =−6 poiche β =−6. Inoltre b(−6) = 0,per cui l’unica soluzione del problema e la soluzione particolare y(x) =−6.3) Per quanto visto al punto 1), il problema di Cauchy con la condizione inizialey(0) = 6 ammette una ed una sola soluzione (β = 6 6=−3). Inoltre b(6) = 18·4
9 6= 0per cui determiniamo la soluzione separando le variabili:
(y+3)y′
3y( y
3 +2) = log(2x+1)
2x+1
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 183
∫(y+3)y′
3y( y
3 +2)dy =
∫ log(2x+1)2x+1
dx
∫(y+3)y′
y2 +6ydy =
∫ log(2x+1)2x+1
dx
L’integrale di sinistra si fa con la sostituzione y2 +6y = t da cui (2y+6)dy = dt e(y+3)dy= 1
2dt. Per l’integrale di destra poniamo log(2x+1)= v da cui otteniamo2
2x+1dx = dv, e 12x+1dx = 1
2dv:
12
∫ dtt=
12
∫vdv
12
log |t|= 12
v2
2+ c
12
log |y2 +6y|= 14
log2(2x+1)+ c.
Poiche y(0) = 6, 12 log |72| = 1
4 log2 1 + c ⇒ c = 12 log72. Soluzione in forma
implicita:
log |y2 +6y|= 12
log2(2x+1)+ log72.
3)
y′(x) =3y(x)
(y(x)
3+2)
y(x)+3· log(2x+1)
2x+1, y′(0) =
729· log1 = 0.
Equazione retta tangente: y(x) = 6.
y′(x) =y2(x)+6y(x)
y(x)+3· log(2x+1)
2x+1
y′′(x) =(y(x)+3)(2y(x)+6)y′(x)− y′(x)(y2(x)+6y(x))
(y(x)+3)2 · log(2x+1)2x+1
+
+y2(x)+6y(x)
y(x)+3·(2x+1) 1
2x+1 ·2−2log(2x+1)(2x+1)2
y′′(0) =729·2 = 16 > 0.
184 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
y′(0) = 0, y′′(0)> 0 in x0 = 0 y = y(x) ha un punto di minimo relativo.
x
y
6
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 185
Seconda prova scritta dell’11/12/2002 Data l’equazione differenziale
y′ = (2y+3)(
3x− 2√1−2x
).
1. Determinarne l’integrale generale.
2. Determinare, dopo aver verificato l’esistenza e l’unicita, l’eventuale solu-zione del problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) =−3/2.
3. Determinare, dopo aver verificato l’esistenza e l’unicita, l’eventuale solu-zione del problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) =−1.
Soluzione.1) y′ = (2y+3)
(3x− 2√
1−2x
)e un’equazione differenziale a variabili separabili,
in forma normale. a(x) = 3x− 2√1−2x
e continua se 1− 2x > 0, cioe se x < 1/2.a(x) e continua in I = (−∞,1/2).b(y) = 2y+ 3 e continua in R. b(y) = 0 se e solo se y = −3/2. La funzionecostante y(x) =−3/2 e quindi un integrale particolare.Se y 6=−3/2⇒ b(y) 6= 0 e possiamo separare le variabili:
y′
2y+3= 3x− 2√
1−2x∫ y′
2y+3dy =
∫ (3x− 2√
1−2x
)dx
12
log |2y+3|= 3x2
2−2
(1−2x)−1/2+1
−12 +1
· 1−2
+ c
12
log |2y+3|= 32
x2 +2√
1−2x+ c
Integrale generale:{y(x) =−3
212 log |2y+3|= 3
2x2 +2√
1−2x+ c (soluzioni in forma implicita)
2) x0 = 0 e interno ad I, b(y) e derivabile in J =R. y0 =−3/2 e interno a J. Alloraesiste unica soluzione del problema di Cauchy con la condizione y(0) = −3/2.b(−3/2) = 0, allora l’unica soluzione e la soluzione particolare y(x) =−3/2.
186 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
x
y
−32
12
3) x0 = 0 e interno ad I, y0 = −1 e interno a J. Allora esiste unica soluzionedel problema di Cauchy con la condizione y(0) = −1. Poiche b(−1) = 1 6= 0,determiniamo la soluzione separando le variabili, come visto al punto 1) e so-stituiamo la condizione y(0) = −1 nella soluzione generale in forma implicita12 log |2y+3|= 3
2x2−2√
1−2x+ c per determinare la costante c.
12
log1 = 2+ c⇒ c =−2.
L’unica soluzione del problema di Cauchy con la condizione y(0) = −1 e, informa implicita:
12
log |2y+3|= 32
x2−2√
1−2x−2.
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 187
Prova intermedia del 24/01/2003 Dato il problema di Cauchy{y′ = ysin2y
√4− x
y(0) = π
4
stabilire se il problema ammette una ed una sola soluzione e, in caso affermativo,disegnarne il grafico in un intorno di x0 = 0 (senza risolvere l’equazione).
Soluzione.1) y′ = ysin2y
√4− x e un’equazione differenziale a variabili separabili, in forma
normale. a(x) =√
4− x e continua se 4− x≥ 0, cioe se x≤ 4. a(x) e continua inI = (−∞,4].b(y) = ysin2y e derivabile in J = R. x0 = 0 e interno a I e y0 = π/4 e interno aJ, quindi il problema di Cauchy con la condizione y(0) = π/4 ammette un’unicasoluzione, di cui studiamo il grafico in un intorno di x0 = 0.
y′(x) = y(x)sin2y(x)√
4− x; y′(0) =π
4sin
π
2
√4 =
π
2> 0.
Per il teorema della permanenza del segno y′(x) e maggiore di 0 in un intorno Udi x0 = 0, per cui y(x) e crescente in U .y′(0) = π
2 e il coefficiente angolare della retta tangente al grafico di y = y(x) inP0(0,π/4), che ha quindi equazione
y− π
4=
π
2x ⇒ y =
π
2x+
π
4.
y′′(x) = y′(x)sin2y(x) ·√
4− x+ y(x)cos2y(x) ·2y′(x)√
4− x
+ y(x)sin2y(x) · 12√
4− x(−1).
y′′(0) =π
2sin
π
2·2+ π
4cos
π
2·2 · π
2·2+ π
4sin
π
2· −1
4= π− π
16=
1516
π > 0.
y′′(x) e positiva in un intorno di x0 = 0 per il teorema della permanenza del segno,per cui y(x) e convessa in un intorno di x0 = 0.
x
y
π
4
188 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata 15/03/2002 Sia dato il problema di Cauchy{y2y′ = 8y3+1
(3x+2)3
y(0) = y0
1. Ponendo y0 = −1/2, stabilire se il problema ammette una sola soluzione.In caso affermativo determinarla e disegnarne il grafico.
2. Ponendo y0 = 1, stabilire se il problema ammette una sola soluzione. Incaso affermativo determinarla (in forma implicita).
3. Relativamente alla soluzione y = y(x) di cui al punto 2), calcolare y′(0),l’equazione della retta tangente al grafico in P0(0,1), y′′(0) e disegnarne ilgrafico in un intorno di x0 = 0.
Soluzione.
1) L’equazione differenziale posta in forma normale e
y′ =8y3 +1
y21
(3x+2)3 .
a(x)= 1(3x+2)3 e continua se 3x+2 6= 0, e quindi in I =(−∞,−2/3)∪(−2/3,+∞).
b(y)= 8y3+1y2 e derivabile in J =(−∞,0)∪(0,+∞). L’equazione differenziale e del
1◦ ordine a variabili separabili. Poiche x0 = 0 e interno a I e y0 =−1/2 e internoa J, il problema di Cauchy con la condizione y(0) = −1/2 ammette un’unicasoluzione. Poiche b(−1/2) = 8(−1/8)+1
1/4 = 0 l’unica soluzione del problema diCauchy e la soluzione particolare y(x) =−1/2.
2) Per quanto visto al punto 1), esiste una ed una sola soluzione del problema diCauchy con la condizione iniziale y(0) = 1 poiche x0 = 0 e interno a I e y0 = 1 einterno a J. Poiche b(1) = 9 6= 0 determiniamo la soluzione separando le variabili:
y2y′
8y3 +1=
1(3x+2)3
Integrando: ∫ y2
8y3 +1dy =
∫ 1(3x+2)3 dx
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 189
124
∫ 24y2
8y3 +1dy =
13
∫ 3(3x+2)3 dx
Percio124
log |8y3 +1|=−16
1(3x+2)2 + c, c ∈ R.
Imponendo y(0) = 1si determina il valore di c: 124 log9 = −1
614 + c⇒ c =
124 log9+ 1
24 . L’unica soluzione del problema di Cauchy in forma implicita e datada:
124
log |8y3 +1|=−16
1(3x+2)2 +
124
log9+124
3) La soluzione di cui al punto 2) e tale che verifica:
{y′(x) = 8y3(x)+1
y2(x)1
(3x+2)3
y(0) = 1
y′(0) = 9/8 > 0, per il teorema della permanenza del segno y′(x)> 0 in un intornoU di x0 = 0 per cui y(x) e crescente in U . y′(0) = 9/8> 0 e il coefficiente angolaredella retta tangente al grafico di y = y(x) nel punto P0(0,1) per cui l’equazionedella retta tangente e:
y−1 =98(x−0) ⇒ y =
98
x+1.
y′′(x) =y2(x) ·24y2(x) · y′(x)−2y′(x)(8y3(x)+1)
y4(x)· 1(3x+2)3+
+8y3(x)+1
y2(x)· −9(3x+2)4
y′′(0) =24 · 9
8 −298 ·9
8+9 ·
(− 9
16
)=
216−16264
− 8116
=2732− 81
16=
27−16232
=−13532
< 0.
190 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
y′′(0) < 0, per il teorema della permanenza del segno y′′(x) < 0 in un intorno dix0 = 0 ed y(x) e concava.
x
y
1
- 23
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 191
Prova guidata 14/12/2004 Data la seguente equazione a variabili separabili
y′ = (y+4)(y−1)[xsinx2 + cos2x]. (E)
1. Determinare l’integrale generale;
2. Ponendo y(0) =−4, stabilire se il problema ammette una sola soluzione. Incaso affermativo determinarla.
3. Ponendo y(0) = 0, stabilire se il problema ammette una sola soluzione. Incaso affermativo determinarla.
4. Relativamente alla soluzione y = y(x) di cui al punto 3), calcolare y′(0),l’equazione della retta tangente al grafico in P0(0,0) , y′′(0) e disegnarne ilgrafico in un intorno di x0 = 0.
Soluzione.
1) (E) e un’equazione differenziale a variabili separabili in forma normale cona(x) = xsinx2 + cos2x, continua in I = R;b(y) = (y+ 4)(y− 1), derivabile in J = R. Determiniamo l’integrale generale.Determiniamo le eventuali soluzioni particolari annullando b(y).
b(y) = 0 ⇐⇒ (y+4)(y−1) = 0 ⇐⇒ y =−4 o y = 1.
Si ottengono due soluzioni particolare y = y1(x) =−4 e y = y2(x) = 0.Se b(y) 6= 0, cioe y 6=−4 e y 6= 1, separiamo le variabili dividendo per b(y), cioe:
y′
(y+4)(y−1)= xsinx2 + cos2x.
Integriamo entrambi i membri rispetto ad x∫ y′
(y+4)(y−1)dx =
∫(xsinx2 + cos2x)dx;
e sostituiamo dy = y′dx:∫ 1(y+4)(y−1)
dy =∫(xsinx2 + cos2x)dx.
192 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Scomponendo in frazioni semplici:
1(y+4)(y−1)
=A
y+4+
By−1
=A(y−1)+B(y+4)
(y+4)(y−1)
=Ay+By−A+4B(y+4)(y−1)
=(A+B)y−A+4B(y+4)(y−1)
Applicando il principio di identita dei polinomi (due polinomi sono uguali secoincidono i coefficienti delle potenze dello stesso grado){
A+B = 0−A+4B = 1
⇒
{A =−B5B = 1
⇒
{A =−1/5B = 1/5.
∫ 1(y+4)(y−1)
dy =∫ −1/5
y+4dy+
∫ 1/5y−1
dy =−15
log |y+4|+ 15
log |y+1|
=−12
cosx2 +12
sin2x+ c, c ∈ R.
Integrale generale15 log |y+1|
|y+4| =−12 cosx2 + 1
2 sin2x+ c, c ∈ R, ∞1 sol. in forma implicita
y1(x) =−4 soluzione particolarey2(x) = 1 soluzione particolare.
2) Poiche x0 = 0 e interno a I e y0 =−4 e interno a J, il problema di Cauchy conla condizione y(0) = −4 ammette un’unica soluzione. Poiche b(−4) = 0 l’unicasoluzione del problema di Cauchy e la soluzione particolare y1(x) =−4.
2) Per quanto visto al punto 1), esiste una ed una sola soluzione del problema diCauchy con la condizione iniziale y(0) = 0 poiche x0 = 0 e interno a I e y0 = 0 einterno a J. Poiche b(0) = −4 6= 0 l’unica soluzione si determina sostituendo lacondizione iniziale y(0) = 0 in
15
log|y+1||y+4|
=−12
cosx2 +12
sin2x+ c
per cui15
log14=−1
2+ c⇒ c =
15
log14+
12
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 193
L’unica soluzione del problema di Cauchy in forma implicita e data da:
15
log|y+1||y+4|
=−12
cosx2 +12
sin2x+15
log14+
12.
4) La soluzione di cui al punto 2) e tale che verifica:{y′(x) = (y(x)+4)(y(x)−1)[xsinx2 + cos2x]y(0) = 0
y′(0) = 4 · (−1) < 0, y′(x) e continua e quindi per il teorema della permanenzadel segno y′(x) < 0 in un intorno U di x0 = 0 per cui y(x) e decrescente in U .y′(0) =−4 e il coefficiente angolare della retta tangente al grafico di y = y(x) nelpunto P0(0,0) per cui l’equazione della retta tangente e: y =−4x.
y′′(x) = y′(x)(y(x)−1)[xsinx2 + cos2x]+ y′(x)(y(x)+4)[xsinx2 + cos2x]
+ (y(x)−1)(y(x)+4)[sinx2 +2x2 cosx2−2sin2x]
y′′(0) =−4(−1) ·1+4(−4)1+0 =−12 < 0
y′′(0) < 0, per il teorema della permanenza del segno y′′(x) < 0 in un intorno dix0 = 0 ed y(x) e concava.
x
y
y =−4x, retta tangente
194 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata del 31/01/2006 data l’equazione differenziale
y′ =(4y2−1)2)
y4x−1
2x2− x−1.
1. Determinare le eventuali soluzioni particolari.
2. Determinarne l’integrale generale.
3. Determinare, dopo aver verificato l’esistenza e l’unicita, l’eventuale solu-zione del problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) = 1/2.
4. Determinare, dopo aver verificato l’esistenza e l’unicita, l’eventuale solu-zione del problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) = 1 e dise-gnarne il grafico.
Soluzione.
1) y′ = (4y2−1)2)y
4x−12x2−x−1 e un’equazione differenziale del 1◦ ordine, a variabili se-
parabili, in forma normale. a(x) = 4x−12x2−x−1 e continua se 2x2− x− 1 6= 0, cioe
se x 6= 1±√
1+84 , cioe se x 6= −1/2 e x 6= 1. a(x) e continua in I = (−∞,−1/2)∪
(−1/2,1)∪ (1,+∞).b(y) = (4y2−1)2)
y e continua in R\{0}=: J. b(y) = 0 se e solo se 4y2−1 = 0 ⇐⇒y =±1/2. Ci sono due integrali particolari, la funzione costante y1(x) =−1/2 ey2(x) = 1/2.
2) L’integrale generale e costituito dalle due soluzioni particolari e dalle soluzioniche si ottengono separando le variabili. Se y 6=±1/2⇒ b(y) 6= 0 e dividendo perb(y) possiamo separare le variabili:
yy′
(4y2−1)2 =4x−1
2x2− x−1
Integriamo entrambi i membri rispetto a x∫ yy′
(4y2−1)2 dx =∫ 4x−1
2x2− x−1dx.
Ponendo y′dx = dy ∫ y(4y2−1)2 dy =
∫ 4x−12x2− x−1
dx.
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 195
I due integrali si risolvono entrambi per sostituzione. Si pone 4y2− 1 = t ⇒8ydy = dt;2x2− x−1 = z⇒ (4x−1)dx = dz. Si ha:∫ 1
8t2 dt =∫ 1
zdz⇒ 1
8t−2+1
−1= log |z|+ c
per cui
−18
14y2−1
= log |2x2− x−1|+ c, c ∈ R
rappresentano le soluzioni in forma implicita. L’integrale generale e quindi{y1(x) =−1
2 , y2(x) = 12
−18
14y2−1 = log |2x2− x−1|+ c, c ∈ R
3) x0 = 0 e interno ad I, y0 = 1/2 e interno a J, su cui b e derivabile, infatti
b′(y) =y ·2(4y2−1) ·8y− (4y2−1)2
y2
e sempre definita in J. Allora esiste un’unica soluzione del problema di Cauchycon la condizione y(0) = 1/2. Poiche b(1/2) = 0, l’unica soluzione e la soluzioneparticolare y2(x) =−1/2.
x
y
y2(x) = 1/21
− 12
12
3) x0 = 0 e interno ad I, y0 = 1 e interno a J. Allora esiste unica soluzionedel problema di Cauchy con la condizione y(0) = 1. Poiche b(1) = 9 6= 0, comevisto al punto 1), per ottenere la soluzione sostituiamo la condizione y(0) = 1nella soluzione generale in forma implicita −1
81
4y2−1 = log |2x2− x− 1|+ c perdeterminare la costante c.
−18
13= log |1|+ c ⇒ c =− 1
24L’unica soluzione del problema di Cauchy con la condizione y(0) = 1 e, in formaimplicita:
−18
14y2−1
= log |2x2− x−1|− 124
196 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
La soluzione y = y(x) e tale che y′(x) = (4y2(x)−1)2
y(x)4x−1
2x2−x−1 .Sostituendo la condizione iniziale y(0) = 1, y′(0) = 9 > 0. Per il teorema dellapermanenza del segno y′(x)> 0 in un intorno U di x0 per cui y(x) e crescente in U .L’equazione della retta tangente al grafico di y = y(x) in (0,1) e y−1 = 9(x−0)⇒ y = 9x+1. Derivando y′(x) si ha:
y′′(x) =y(x)(4y2(x)−1)8y(x) · y′(x)− (4y2(x)−1)2y′(x)
y2(x)· 4x−1
2x2− x−1+
+(4y2(x)−1)2)
y(x)· 4(2x2− x−1)− (4x−1)(4x−1)
(2x2− x−1)2 .
Sostituendo y(0) = 1 e y′(0) = 9 si ha:
y′′(0) = 3 ·8 ·9−9 ·9+9 · (−4−1) = 9(24−−9−5) = 90 > 0
Per il teorema della permanenza del segno y′′(x) > 0 in un intorno di x0 = 0 percui y(x) e convessa in un intorno di x0 = 0. Nella figura e rappresentato in rossoil grafico di y = y(x).
x
y y = 9x+1
1
− 12 1
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 197
Prova guidata dell’ 11/12/2007 Dati i problemi di Cauchy
(1)
{y′ = log(y−2) log(x+3)y(0) = 3
(2)
{y′ = (3y−2)(x2 +3x−1)y(0) = 1
1. Stabilire se il problema (1) ammette una ed una sola soluzione, verificandole condizioni del teorema di Cauchy, e, in caso affermativo, determinarla edisegnarne il grafico.
2. Stabilire se il problema (2) ammette una ed una sola soluzione, e, in casoaffermativo, determinarla in forma implicita.
Soluzione.1) y′ = log(y−2) log(x+3) e un’equazione differenziale del 1◦ ordine, a variabiliseparabili, in forma normale. a(x) = log(x+ 3) e continua se x+ 3 > 0, cioe sex >−3. Quindi a(x) e continua in I = (−3,+∞).b(y) = log(y−2) e derivabile se y−2 > 0, quindi su J = (2,+∞). Considerandola condizione iniziale y(0) = 3, x0 = 0 e interno a I e y0 = 3 e interno a J, per cuiesiste unica soluzione del problema di Cauchy (1). Poiche b(3) = log(3−2) = 0,
la soluzione e quella particolare, y(x) = 3.
x
y
y(x) = 3
−3
2) y′ = (3y−2)(x2+3x−1) e un’equazione differenziale del 1◦ ordine, a variabiliseparabili, in forma normale. a(x) = (x2 +3x−1) e continua su I = R.b(y) = 3y−2 e derivabile su J =R, per cui esiste unica soluzione del problema diCauchy (2). Poiche b(1) = 3−2 6= 0, determiniamo l’unica soluzione separandole variabili. Dividendo per b(y):
y′
(3y−2)= x2 +3x−1
Integriamo entrambi i membri rispetto a x∫ y′
3y−2dx =
∫(x2 +3x−1)dx.
198 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Ponendo y′dx = dy ∫ y3y−2
dy =∫(x2 +3x−1)dx.
13
log |3y−2|= x3
3+3
x2
2− x+ c
Imponendo la condizione iniziale, cioe sostituendo x0 = 0 e y0 = y(0) = 1 si ha:
13
log |3−2|= c⇒ c = 0
L’unica soluzione del problema di Cauchy in forma implicita e
13
log |3y−2|= x3
3+3
x2
2− x.
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 199
Terza prova guidata del 27/11/2009 Sia data l’equazione differenziale
y3y′ =16y4−1(8x+1)2 . (E)
1. Dire, giustificando la risposta, se il problema di Cauchy
{(E)y(0) = 1/2
ammette una ed una sola soluzione, e in caso di risposta affermativa, deter-minarla e disegnarne il grafico.
2. Dire, giustificando la risposta, se il problema di Cauchy
{(E)y(0) = 1
am-
mette una ed una sola soluzione, e in caso di risposta affermativa, determi-narla in forma implicita.
3. Si consideri la soluzione del punto 2) e se ne calcoli la derivata prima y′(0),la tangente al grafico nel punto corrispondente a x0 = 0 e a derivata seconday′′(0) e se ne disegni il grafico vicino al punto x0 = 0.
Soluzione.
1) L’equazione (E) e un’equazione differenziale del primo ordine, a variabili se-parabili; poniamo l’equazione in forma normale:
y′ =16y4−1
y3(8x+1)2 ; a(x) =1
(8x+1)2 , b(y) =16y4−1
y3 .
a(x) e continua se 8x+ 1 6= 0, cioe se x 6= −1/8 e quindi a(x) e continua in I =(−∞,−1/8)∪ (−1/8,+∞). b(y) = 16y4−1
y3 e derivabile se y 6= 0, quindi b(y) ederivabile in J = (−∞,0)∪ (0,+∞).
Il problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) = 1/2, ammette una eduna sola soluzione perche x0 = 0 e interno a I e y0 = 1/2 e interno a J. Poicheb(1/2) = 0 l’unica soluzione del problema di Cauchy e la soluzione particolarey(x) = 1/2.
2) Per quanto visto al punto 1), x0 = 0 e interno a I e y0 = 1 e interno a J, per cuiesiste una ed una sola soluzione del problema di Cauchy con la condizione iniziale
200 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
y(0) = 1. Poiche b(1) = 16−1 = 15 6= 0, la soluzione si determina separando levariabili, cioe:
y3
16y4−1y′ =
1(8x+1)2 .
Integrando rispetto ad x entrambi i membri
∫ y3
16y4−1y′ dx =
∫ 1(8x+1)2 dx⇒ 1
64
∫ 64y3
16y4−1dy =
18
∫8(8x+1)−2 dx
Applicando nel primo integrale la formula∫ f ′(y)
f (y) dy= log | f (x)|+c, e nel secondol’integrazione di una potenza si ha:
164
log |16y4−1|= 18(8x+1)−1
−1+ c
da cui1
64log |16y4−1|=−1
81
(8x+1)+ c
Determiniamo c imponendo la condizione iniziale y(0) = 1. SI ha
164
log15 =−18+ c⇒ c =
164
log15+18.
L’unica soluzione del problema di Cauchy con la condizione iniziale y(0) = 1 informa implicita e:
164
log |16y4−1|=−18
1(8x+1)
+1
64log15+
18.
3) La soluzione di cui al punto 2) e tale che{y′(x) = 16y4(x)−1
y3(x)(8x+1)2
y(0) = 1
per cui, sostituendo la condizione iniziale, si ha
y′(0) = 16−1 = 15 > 0
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 201
⇒ y′(x) > 0 in un intorno di x0 = 0 per il teorema della permanenza del segno,per cui y(x) e crescente in un intorno di x0 = 0.La retta tangente al grafico in P0(0,1) ha equazione y−1 = 15x⇒ y = 15x+1.
y′′(x) =y3(x) ·64y3(x)y′(x)−3y2(x)y′(x)(16y4(x)−1)
y6(x)· 1(8x+1)2
+16y4(x)−1
y3(x)· −16(8x+1)3
y′′(0) = 64 ·15−3 ·15 ·15−15 ·16 = 15(64−45−16) = 45 > 0
y′′ = 45 > 0⇒ y′′(x) > 0 in un intorno di x0 = 0 per cui y(x) e convessa in un
intorno di x0 = 0.
x
y
202 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
Prova guidata del 19/01/2010 Sia dato il problema di Cauchy(y2−1)y′ = (y3−3y)x+3
(x2−1)y(0) = y0
1. Ponendo y0 =√
3, stabilire se il problema ammette una sola soluzione. Incaso affermativo determinarla e disegnarne il grafico.
2. Ponendo y0 = 2, stabilire se il problema ammette una sola soluzione. Incaso affermativo determinarla (in forma implicita).
3. Relativamente alla soluzione y = y(x) di cui al punto 2), calcolare y′(0),l’equazione della retta tangente al grafico in P0(0,2) , y′′(0) e disegnarne ilgrafico in un intorno di x0 = 0.
Soluzione.
1) Se y2 6= 1 ⇐⇒ y 6=±1, l’equazione differenziale posta in forma normale e
y′ =y3−3yy2−1
· x+3x2−1
.
che rappresenta un’equazione del 1◦ ordine a variabili separabili. a(x) = x+3x2−1 e
continua se x2−1 6= 0, e quindi in I = (−∞,−1)∪ (−1,1)∪ (1,+∞).b(y) = y3−3y
y2−1 e derivabile dove e definita, e quindi in J = (−∞,−1)∪ (−1,1)∪(1,+∞).Poiche x0 = 0 e interno a I e y0 =
√3 e interno a J, il problema di Cauchy con la
condizione y(0)=√
3 ammette un’unica soluzione. Poiche b(√
3)= 3√
3−3√
32 = 0
l’unica soluzione del problema di Cauchy e la soluzione particolare y(x) =√
3. Siosserva che anche per i valori y0 =−
√3 e y0 = 0 (essendo i valori che annullano
b(y)) l’unica soluzione e la soluzione particolare corrispondente.
x
y
1-1
1
-1
y(x) =√
3
3.2. EQUAZIONI A VARIABILI SEPARABILI 203
2) Per quanto visto al punto 1), esiste una ed una sola soluzione del problema diCauchy con la condizione iniziale y(0) = 2 poiche x0 = 0 e interno a I e y0 = 2 einterno a J. Poiche b(2) = (8−6)/3 6= 0 determiniamo la soluzione separando levariabili:
(y2−1)y′
y3−3y=
x+3x2−1
Integrando: ∫ y2−1y3−3y
dy =∫ x+3
x2−1dx
(si fa la sostituzione y′(x)dx = dy). Si scompone x+3x2−1 in frazioni semplici
x+3x2−1
=A
x−1+
Bx+1
=Ax+A+Bx−B
x2−1=
(A+B)x+A−Bx2−1
da cui, eguagliando i numeratori (A+B)x+A−B= x+3 ed applicando i principiod’identita dei polinomi{
A+B = 1A−B = 3
⇒
{A = 1−B1−2B = 3
⇒
{A = 2B =−1
e quindi x+3x2−1 = 2
x−1 −1
x+1 , percio
13
∫ 3y2−3y3−3y
dy =∫ 2
x−1dx−
∫ 1x+1
dx.
Percio13
log |y3−3y|= 2log |x−1|− log |x+1|+ c, c ∈ R.
(Il primo integrale si svolge per sostituzione essendo 3y2−3 = d(y3−3y)). L’u-nica soluzione del problema di Cauchy y(0) = 2 si ottiene imponendo tale con-dizione per determinare il valore di c: 1
3 log |8− 6| = 2log | − 1| − log |1|+ c ⇒c = 1
3 log2.L’unica soluzione del problema di Cauchy in forma implicita e data da:
13
log |y3−3y|= 2log |x−1|− log |x+1|+ 13
log2.
3) La soluzione di cui al punto 2) e tale che verifica:
204 CAPITOLO 3. EQUAZIONI DIFFERENZIALI
{y′(x) = y3(x)−3y(x)
y2(x)−1x+3x2−1
y(0) = 2
y′(0) = 8−63 ·
3−1 = −2 < 0, per il teorema della permanenza del segno y′(x) <
0 in un intorno U di x0 = 0 per cui y(x) e decrescente in U . y′(0) = −2 e ilcoefficiente angolare della retta tangente al grafico di y = y(x) nel punto P0(0,2)per cui l’equazione della retta tangente e:
y−2 =−2(x−0) ⇒ y =−2x+2.
y′′(x) =(y2(x)−1) · (3y2(x)y′(x)−3y′(x))−2y(x)y′(x)(y3(x)−3y(x))
(y2(x)−1)2 · x+3x2−1
+
+y3(x)−3y(x)(y2(x)−1)2 ·
x2−1−2x(x+3)(x2−1)2
dove y(0) = 2,y′(0) =−2.
y′′(0) =3(−24+6)+8(8−6)
9(−3)+
29(−1)
=−−54+163
− 29=
383− 2
9=
1129
> 0
y′′(0) > 0, per il teorema della permanenza del segno y′′(x) > 0 in un intorno dix0 = 0 ed y(x) e convessa.
x
y
y =−2x+2
1-1
1
-1
Capitolo 4
Forme differenziali
Prova intermedia del 14/03/2001 Data la forma differenziale
ω =
[−2x
x2 + y2 +2y
]dx+
[ay+b
x2 + y2 +2y+
2y5
]dy.
1. Disegnarne l’insieme di definizione D.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e di potenziale di unaforma differenziale esatta.
4. Per quali valori di a e b ω e esatta in D?
5. Per i valori di a e b trovati al punto 4) determinare un potenziale G(x,y) diω .
Soluzione.1) L’insieme di definizione D si ottiene ponendo x2+y2+2y 6= 0 e y 6= 0. La primae un’equazione di una circonferenza di centro C(0,−1) e raggio r = 1. D e tuttoR2 esclusa la circonferenza e l’asse x. D e un insieme semplicemente connesso.
205
206 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
x
y
x2 + y2−2y = 0
2) Definendo f1(x,y) = −2xx2+y2+2y e f2(x,y) =
ay+bx2+y2+2y +
2y5 , f1 e f2 derivabili, ω e
chiusa se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀x ∈ D. Nel nostro caso:
∂ f1
∂y=
2x(2y+2)(x2 + y2 +2y)2
∂ f2
∂x=−(ay+b)2x(x2 + y2 +2y)2
ω e chiusa se e solo se2x(2y+2)
(x2 + y2 +2y)2 =−(ay+b)2x(x2 + y2 +2y)2 ∀(x,y) ∈ D.
Eguagliando i numeratori (i denominatori coincidono)
2x(2y+2)=−(ay+b)2x⇒ 4xy+4x=−2axy−2bx⇒
{−2a = 4−2b = 4
⇒
{a =−2b =−2
3) Una forma differenziale ω e esatta in D se esiste una funzione G(x,y) derivabilein D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per ogni
(x,y) ∈ D.Un potenziale G(x,y) di ω e l’integrale curvilineo di ω calcolato lungo una curvaγ (contenuta in D) che ha come punto iniziale un punto P0(x0,y0) interno a D ecome punto finale un punto generico P(x,y) interno a D.
4) ω e esatta per gli stessi valori di a e b per cui e chiusa (condizione necessaria)perche per a = −2 e b = −2 ω e chiusa in un dominio semplicemente connesso(condizione sufficiente).5) G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . P0(0,1) e interno a D. Poiche ω e esatta
∫γ(P0,P)ω non
dipende da γ ma soltanto da P0 e P, per cui scegliamo come curva γ la spezzatapoligonale costituita da γ1 e γ2.
γ1 :
{x = ty = 1
0≤ t ≤ x, γ2 :
{x = xy = t
1≤ t ≤ y,
207
x
y1P0
P(x,y)
H(x,1)γ1
γ2
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
0
−2tt2 +3
dt +∫ y
1
[−2t−2
x2 + t2 +2t+
2t5
]dt
=[− log |t2 +3|
]x0 +
[− log |x2 + t2 +2t|+2
t−4
−4
]y
1
=− log |x2 +3|+ log3− log |x2 + y2 +2y|− 12y4 + log |x2 +3|+ 1
2
=− log |x2 + y2 +2y|− 12y4 + log3+
12.
Si osserva che le costante log3+ 12 dipende dalla scelta del punto iniziale P0. Tutti
i potenziali di ω differiscono per una costante, avendo tutti in comune la parte− log |x2 + y2 +2y|− 1
2y4 .
208 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
Prova intermedia del 21/01/2002 Data la forma differenziale
ω =[axcos(x2− y)+bye3xy]dx+
[2cos(x2− y)+3xe3xy]dy.
1. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e chiusa.
2. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione.
3. Formulare la definizione di potenziale di una forma differenziale esatta eper i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2) determinare un potenziale di ω .
4. Dati i punti A(1,2) e B(−1,3), stabilire se esiste l’integrale di linea∫
γ1(A,B)ω ,giustificando la risposta, e, in caso di risposta affermativa, calcolarlo
5. Dati la curva γ2 di equazione 3x2 + 2y2 = 1, stabilire se esiste∮
γ2ω , e
calcolarlo.
Soluzione.1) f1(x,y) = axcos(x2−y)+bye3xy e f2(x,y) = 2cos(x2−y)+3xe3xy, f1 e f2 sonofunzioni definite e derivabili in R2. ω e chiusa se ∂ f1
∂y = ∂ f2∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y= ax[−sin(x2− y)(−1)]+be3xy +3bxye3xy = axsin(x2− y)+be3xy +3bxye3xy
∂ f2
∂x=−2sin(x2− y) ·2x+3e3xy +9xye3xy =−4xsin(x2− y)+3e3xy +9xye3xy
ω e chiusa se e solo se
axsin(x2− y)+be3xy +3bxye3xy =−4xsin(x2− y)+3e3xy +9xye3xy
e questo accade se e solo se a =−4,b = 3. 2) Una forma differenziale ω e esattain R2 se esiste una funzione G(x,y) derivabile in R2, detta primitiva o potenzialedi ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per ogni (x,y) ∈ R2. Per a = −4,b = 3 ω e
chiusa in R2 che e semplicemente connesso per cui, per gli stessi valori di a e b eesatta in R2.3) Fissato P0(x0,y0)∈R2, e un punto generico P(x,y), per definizione un potenzia-le G(x,y) di ω e l’integrale curvilineo di ω calcolato lungo una qualunque curvaγ che ha come punto iniziale P0 e come punto finale P(x,y); G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω .
209
x
y
P0
P(x,y)
H(x,0)γ1
γ2
Sia P0(0,0). γ la spezzata poligonale costituita da γ1 e γ2.
γ1 :
{x = ty = 0
0≤ t ≤ x, γ2 :
{x = xy = t
0≤ t ≤ y,
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
0[−4t cos t2]dt +
∫ y
0
[2cos(x2− t)+3xe3xt]dt
=[−2sin t2]x
0 +[−2sin(x2− t)+ e3xt]y
0
=−2sinx2−2sin(x2− y)+ e3xy +2sinx2−1
=−2sin(x2− y)+ e3xy−1.
4)∫
γ1(A,B)ω esiste perche il segmento AB e interno al dominio, che e tutto R2.Poiche ω e esatta,∫
γ1(A,B)ω = G(B)−G(A)
=−2sin(1−3)+ e−9−1+2sin(1−2)− e6 +1 = 2sin2−2sin1+ e−9− e6.
L’integrale curvilineo non dipende da γ1 ma dal punto finale B e iniziale A.5)∮
γ2ω esiste perche γ2 e tutta contenuta in D =R2 e inoltre essendo γ2 una curva
chiusa∮
γ2ω = 0.
210 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
Prova guidata del 24/01/2003 Data la forma differenziale
ω =
[ax+by+1
ex2+1y+1 +
1x−1
]dx+
[x2 +1(y+1)2 e
x2+1y+1
]dy.
1. Disegnarne l’insieme di definizione D, specificando se e semplicementeconnesso.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulla la forma differenziale ω e chiusa inD.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente.
4. Determinare un potenziale G(x,y) di ω .
5. Calcolare, se possibile i seguenti integrali curvilinei:∫γ3(A,B)
ω con A(0,3),B(2,3)∫
γ4(E,F)ω con E(−3,0),F(0,5)
Soluzione.1) D si ottiene ponendo y+ 1 6= 0⇒ y 6= −1 e x− 1 6= 0⇒ x 6= 1. D e tutto R2
escluse le rette y = −1 e x = 1 ed e un sottoinsieme semplicemente connesso inquanto non ha ne tagli ne buchi limitati.
2) f1(x,y) = ax+by+1 e
x2+1y+1 + 1
x−1 e f2(x,y) = x2+1(y+1)2 e
x2+1y+1 , f1 e f2 sono funzioni deri-
vabili in R2. ω e chiusa in D⇔ ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y=− ax+b
(y+1)2 ex2+1y+1 +
ax+by+1
ex2+1y+1 ·
(− x2 +1(y+1)2
)
=−(ax+b)e
x2+1y+1
(y+1)2
[1+
x2 +1(y+1)
]∂ f2
∂x=
2x(y+1)2 e
x2+1y+1 +
x2 +1(y+1)2 e
x2+1y+1 · 2x
y+1=
=2x
(y+1)2 · ex2+1y+1
[1+
x2 +1y+1
]
211
ω e chiusa se e solo se
−ax−b = 2x⇒ a =−2, b = 0.
3) Una forma differenziale ω e esatta in D se esiste una funzione Φ(x,y) derivabilein D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂Φ
∂x = f1 e ∂Φ
∂y = f2 per ogni(x,y) ∈ D. Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessaria). Seω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D (condizionesufficiente). Poiche ω e chiusa per a =−2,b = 0 e D e semplicemente connessoallora ω e esatta per a =−2,b = 0.4) Un potenziale Φ(x,y) di ω e l’integrale curvilineo di ω calcolato lungo unacurva γ (contenuta in D) che ha come punto iniziale un punto P0(x0,y0) interno aD e come punto finale un punto generico P(x,y) interno a D.
1−1
x
y
P0
P(x,y)
H(x,0)γ1
γ2
Scegliamo P0(2,0):
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
2
[−2tet2+1 +
1t−1
]dt +
∫ y
0
[x2 +1(t +1)2 e
x2+1t+1
]dt
=[−et2+1 + log |t−1|
]x
2+
[−e
x2+1t+1
]y
0
=−ex2+1 + log |x−1|+ e5− ex2+1y+1 + ex2+1
=−ex2+1y+1 + log |x−1|+ e5
5) Non e possibile calcolare∫
γ3ω in quanto γ3 non e interamente contenuta in D
perche attraversa la retta x = 1, esclusa da D.
212 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
γ4 e tutta contenuta in D.∫γ4(E,F)
ω = Φ(F)−Φ(E) =−e16 + e5 + e10− log4− e5 =−e
16 + e10− log4.
1−1x
y
A B
E
F
γ3
γ4
213
Prova intermedia del 24/01/2003 Data la forma differenziale
ω =
[(ax+b)ex+2y2
+1
x+2
]dx+
[3xyex+2y2
]dy.
1. Disegnarne l’insieme di definizione.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Per i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2) determinare un potenziale di ω .
5. Dati i punti A(0,2) e B(3,0), calcolare l’integrale di linea∫
γ1(A,B)ω , essendoγ(A,B) il segmento congiungente A e B.
Soluzione.1) L’insieme di definizione D si ottiene ponendo x+2 6= 0, quindi D e definito da
D = {(x,y) ∈ R2 : x 6=−2}
D e un insieme semplicemente connesso.
x
y
−2
2) f1(x,y) = (ax+ b)ex+2y2+ 1
x+y2 e f2(x,y) = 3xyex+2y2, f1 e f2 sono funzioni
definite e derivabili in D. ω e chiusa se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y= (ax+b)4yex+2y2 ∂ f2
∂x= 3yex+2y2
+3xyex+2y2
214 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
ω e chiusa se e solo se
(4axy+4by)ex+2y2= (3y+3xy)ex+2y2
⇐⇒ 4axy+4by = 3xy+3y,
e quindi {4a = 34b = 3
⇐⇒
{a = 3/4b = 3/4.
3) Una forma differenziale ω e esatta in D se esiste una funzione G(x,y) derivabilein D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per ogni
(x,y) ∈ D. Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessaria). Seω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D (condizionesufficiente). Poiche ω e chiusa per a = b = 3/4 e D e semplicemente connessoallora ω e esatta per a = b = 3/4.
4) Siano P0(0,0) ∈ D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzatapoligonale costituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finaleP(x,y). Per definizione un potenziale di ω e G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω .
x
y
P0
A
B
−2
P(x,y)
H(x,0)γ1
γ2
γ1 :
{x = ty = 0
0≤ t ≤ x, γ2 :
{x = xy = t
0≤ t ≤ y,
215
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
0
[(34
t +34
)et +
1t +2
]dt +
∫ y
03xtex+2t2
dt
=
[34(tet− et)+
34
et + log |t +2|]x
0+
[34
xex+2t2]y
0
=34
xex + log |x+2|− log2+34
xex+2y2− 3
4xex =
=34
xex+2y2+ log |x+2|− log2.
5)∫
γ1(A,B)ω esiste perche il segmento AB e tutto contenuto in D. Poiche ω eesatta,∫
γ1(A,B)ω = G(B)−G(A)
=94
e3 + log5− log2− log2+ log2 =94
e3 + log5− log2 =94
e3 + log52.
L’integrale curvilineo non dipende da γ1 ma dal punto finale B e iniziale A.
216 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
Prova intermedia del 30/01/2004 Data la forma differenziale
ω =
[a
(x+2)3 e1
(x+2)2− 1
y
]dx+
[by2 e
1(x+2)2
− 1y
]dy
1. Determinarne l’insieme di definizione, specificando se e semplicementeconnesso.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Definire e determinare un potenziale di ω per i valori di a e b ∈ R trovati alpunto 2).
5. Calcolare, se possibile,∫
γ1(A,B)ω e∫
γ2(E,F)ω , essendo γ1(A,B) e γ2(E,F) isegmenti rispettivamente congiungenti i punti A(0,2) con B(2,2) ed E(−3,2)con F(−1,4).
Soluzione.1) L’insieme di definizione D si ottiene ponendo x+ 2 6= 0, e y 6= 0 quindi D edefinito da
D = {(x,y) ∈ R2 : x 6=−2,y 6= 0}
D e un insieme semplicemente connesso in quanto non ha ne tagli ne buchi limi-tati, e comunque presa una curva chiusa γ tutta contenuta in D essa non e frontieradi un sottoinsieme S tutto contenuto in D.
x
y
−2
217
2) Poste f1(x,y) = a(x+2)3 e
1(x+2)2
− 1y e f2(x,y) = b
y2 e1
(x+2)2− 1
y , f1 e f2 sono funzioni
definite e derivabili in D. ω e chiusa se e solo se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y=
a(x+2)3 e
1(x+2)2
− 1y · 1
y2∂ f2
∂x=−2b
(x+2)3 e1
(x+2)2− 1
y · 1y2
ω e chiusa se e solo se
1y2
a(x+2)3 e
1(x+2)2
− 1y =
−2by2(x+2)3 e
1(x+2)2
− 1y ⇔ a =−2b,
con a,b non entrambi nulli.2) Una forma differenziale ω e esatta in D se esiste una funzione G(x,y) derivabilein D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per ogni
(x,y) ∈ D. Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessaria). Seω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D (condizionesufficiente). Poiche ω e chiusa per a =−2b e D e semplicemente connesso alloraω e esatta per tali valori.
3) Siano P0(0,1) ∈ D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzatapoligonale costituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finaleP(x,y). Per definizione un potenziale di ω e G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . Poiche ω e esatta
l’integrale non dipende da γ , ma solo da P0 e P.
x
y
P0
−2
P(x,y)
H(1,x)γ1
γ2
γ1 :
{x = ty = 1
0≤ t ≤ x, γ2 :
{x = xy = t
1≤ t ≤ y,
218 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
0
[−2b
(t +2)3 e1
(t+2)2−1]
dt +∫ y
0
bt2 e
1(x+2)2
− 1t dt
=
[be
1(t+2)2
−1]x
0+b[
e1
(x+2)2− 1
t
]y
1
= be1
(x+2)2−1−be
14−1 +be
1(x+2)2
− 1y −be
1(x+2)2
−1
= be1
(x+2)2− 1
y −be−34
con b ∈ R, b 6= 0. Tutti i potenziali differiscono per una costante che varia infunzione della scelta del punto P0.
4)∫
γ1(A,B)ω esiste perche il segmento AB e tutto contenuto in D, mentre none possibile calcolare
∫γ2(E,F)ω , perche γ2 interseca la retta x =−2, non contenuta
in D. Poiche ω e esatta,∫γ1(A,B)
ω = G(B)−G(A)
= be1
16−12 −be−
34 −be
14−
12 +be−
34 = b(e−
716 − e−
14 )
x
y
A BE
F
−2
γ1
γ2
219
Prova intermedia del 28/01/2005 Data la forma differenziale
ω =
[ax√
3x2 +2y2−1+1
x+2y
]dx+
[y√
3x2 +2y2−1+b
x+2y
]dy
1. Determinarne l’insieme di definizione D.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Determinare un potenziale di ω per i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2).
5. Calcolare, se possibile,∫
γ1(A,B)ω e∫
γ2(B,O)ω , essendo γ1 e γ2 i segmen-ti rispettivamente congiungenti i punti A(3,0) con B(0,3) e B(0,3) conO(0,0).
Soluzione.1) L’insieme di definizione D e definito da
D = {(x,y) ∈ R2 : 3x2 +2y2−1≥ 0, x+2y 6= 0}.
3x2 +2y2 = 1 rappresenta un’ellisse di forma canonica
x2
13
+y2
12
= 1
e la disequazione 3x2 + 2y2 > 1 e verificata (applicando il teorema dei valoriintermedi) nell’insieme aperto e connesso A esterno all’ellisse, per cui
3x2 +2y2 ≥ 1
e verificata in A e sull’ellisse stessa. Inoltre viene esclusa la retta di equazionex+2y = 0. D e un sottoinsieme di R2 semplicemente connesso, in quanto non hane tagli, ne buchi limitati
220 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
x
y D
√3
3
√2
2
x+2y = 0
2) Poste f1(x,y) = ax√
3x2 +2y2−1+ 1x+2y e f2(x,y) = y
√3x2 +2y2−1+ b
x+2y ,
f1 e f2 sono funzioni definite e derivabili in D. ω e chiusa se e solo se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y=
4axy
2√
3x2 +2y2−1− 2
(x+2y)2∂ f2
∂x=
6xy
2√
3x2 +2y2−1− b
(x+2y)2
∂ f1
∂y=
∂ f2
∂x⇐⇒
{4a = 6b = 2
⇐⇒
{a = 3/2b = 2
2) Una forma differenziale ω e esatta in D se e solo se esiste una funzione G(x,y)derivabile in D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per
ogni (x,y) ∈ D.Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessaria).Se ω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D (con-dizione sufficiente). Poiche ω e chiusa per a = 3/2 e b = 2, D e semplicementeconnesso allora ω e esatta per tali valori.3) Siano P0 ∈D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzata poligona-le costituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finale P(x,y).Per un teorema sulla primitiva un potenziale di ω e G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . Poiche ω
e esatta l’integrale non dipende da γ , ma solo da P0 e P. Scegliamo P0(1,0).
221
x
y
x+2y = 0
P(x,y)
H(x,0)
γ1
γ2
Le parametrizzazioni delle curve indicate sono
γ1 :
{x = ty = 0
1≤ t ≤ x, γ2 :
{x = xy = t
0≤ t ≤ y,
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
1
[(32
t√
3t2−1+1t
]dt +
∫ y
0
[t√
3x2 +2t2−1+2
x+2t
]dt
=
[16
√(3t2−1)3 + log |t|
]x
1+
[16
√(3x2 +2t2−1)3 + log |x+2t|
]y
0
=16
√(3x2−1)3 + log |x|− 1
62√
2+16
√(3x2 +2y2−1)3 + log |x+2y|+
− 16
√(3x2−1)3− log |x|
=16
√(3x2 +2y2−1)3 + log |x+2y|−
√2
3.
4)∫
γ1(A,B)ω esiste perche il segmento AB e tutto contenuto in D, mentre non epossibile calcolare
∫γ2(B,O)ω , perche γ2 interseca la retta x = −2, non contenuta
in D. Poiche ω e esatta,∫γ1(A,B)
ω = G(B)−G(A)
=16·17√
17+ log6− 16
26√
26− log3.
222 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
x
y
O3A
3 B
γ1γ2
223
Prova intermedia del 28/01/2005 Data la forma differenziale
ω =
[x
x2−5y2 +1+
1√x
]dx+
[ax+by
x2−5y2 +1
]dy.
1. Determinarne l’insieme di definizione D, specificando se e semplicementeconnesso.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Determinare un potenziale di ω per i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2).
5. Calcolare, se possibile,∫
γ3(A,B)ω e∫
γ4(A,C)ω , essendo γ3 e γ4 i segmen-ti rispettivamente congiungenti i punti A(1,0) con B(0,1) e A(1,0) conC(3,0).
Soluzione.1) Il dominio D e definito da
D = {(x,y) ∈ R2 : x2−5y2 +1 6= 0, x > 0}.
x2− 5y2 + 1 = 0 rappresenta un’iperbole con vertici sull’asse y e asintoti le rettex = ±
√5y. La disuguaglianza x2− 5y2 + 1 6= 0 e verificata in tutto R2 esclusi i
due rami di iperbole. Intersecando con la soluzione della disequazione x > 0 che everificata nel semipiano delle ascisse positive, si ottiene il semipiano delle ascissepositive esclusi i due semi-rami di iperbole e l’asse y. Il dominio D e mostrato infigura. D e un sottoinsieme di R2 semplicemente connesso, in quanto non ha netagli,ne buchi limitati.
x
y
D
-√
55
√5
5
224 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
2) Poste f1(x,y) = xx2−5y2+1 +
1√x e f2(x,y) =
ax+byx2−5y2+1 , f1 e f2 sono funzioni
derivabili in D. ω e chiusa se e solo se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y=
10xy(x2−5y2 +1)2
∂ f2
∂x=
a(x2−5y2 +1)−2x(ax+by)(x2−5y2 +1)2 ,
∂ f1
∂y=
∂ f2
∂x⇐⇒ 10xy = ax2−5ay2 +a−2ax2−2bxy
Per il principio d’identita dei polinomi, i due polinomi sono uguali se e solo sea = 0 e −2b = 10⇒ b =−5. ω e chiusa se e solo se a = 0 e b =−5.2) Una forma differenziale ω e esatta in D se e solo se esiste una funzione G(x,y)derivabile in D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per
ogni (x,y) ∈D. Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessaria).Se ω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D (con-dizione sufficiente). Poiche ω e chiusa per a = 0 e b = −5, D e semplicementeconnesso allora ω e esatta per tali valori. Si osserva che per valori diversi da quelliindicati, ω non e chiusa e quindi non puo essere esatta. Quindi ω e esatta se e solose a = 0 e b =−5.
3) Siano P0 ∈D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzata poligonalecostituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finale P(x,y).Per un teorema sulla primitiva un potenziale di ω e G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . Poiche ω
e esatta l’integrale non dipende da γ , ma solo da P0 e P. Scegliamo P0(1,0).
x
y
H(x,0)C(3,0)A
P0
P(x,y)
3
B
γ1γ2
γ4
225
Le parametrizzazioni delle curve indicate sono
γ1 :
{x = ty = 0
1≤ t ≤ x,
{x′(t) = 1y′(t) = 0
γ2 :
{x = xy = t
0≤ t ≤ y,
{x′(t) = 0y′(t) = 1
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
1
[(
tt2 +1
+1√t
]dt +
∫ y
0
−5tx2−5t2 +1
dt
=
[12
log(t2 +1)+2√
t]x
1+
[12
log |x2−5t2 +1|]y
0
=12
log(x2 +1)+2√
x− 12
log2−2+12
log |x2−5y2 +1|− 12
log |x2 +1|
= 2√
x+12
log |x2−5y2 +1|− 12
log2−2
4) Non e possibile calcolare∫
γ3(A,B)ω , perche γ3 interseca un ramo di iperbole,e quindi non e contenuta in D.Eınvece possibile calcolare
∫γ4(A,C)ω , perche il
segmento AC e tutto contenuto in D. Poiche ω e esatta,∫γ4(A,C)
ω = G(C)−G(A)
=12
log10+2√
3− 12
log2−2 =12
log5+2√
3−2.
226 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
Prova intermedia dell’ 11/12/2007 Data la forma differenziale
ω =
[a
(3x−2y+1)2 +1
3x+1
]dx+
[b
(3x−2y+1)2
]dy
1. Determinarne l’insieme di definizione D.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Determinare un potenziale di ω per i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2).
5. Calcolare, se possibile,∫
γ1(A,B)ω e∫
γ2(A,C)ω , essendo γ1 e γ2 i segmen-ti rispettivamente congiungenti i punti A(1,0) con B(0,2) e A(1,0) conC(0,−2).
6. Calcolare, se possibile,∮
γ3ω e
∮γ4
ω , essendo γ3 e γ4 rispettivamente le cir-conferenze, percorse in senso orario, di centro O(0,0) e raggi r3 = 1 edr4 =
14 .
Soluzione.1) Il dominio D si ottiene ponendo (3x−2y+1)2 6= 0 e 3x+1 6= 0. 3x−2y+1= 0e 3x+1 = 0 rappresentano due rette nel piano per cui D e tutto R2, escluse le duerette, come in figura. D e un sottoinsieme di R2 semplicemente connesso, inquanto non ha ne tagli, ne buchi limitati.
x
y
D
227
2) Poste f1(x,y) = a(3x−2y+1)2 +
13x+1 e f2(x,y) = b
(3x−2y+1)2 , f1 e f2 sono funzioni
derivabili in D. ω e chiusa se e solo se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y=
−2a(3x−2y+1)3 (−2)
∂ f2
∂x=
−2b(3x−2y+1)3 (3).
∂ f1
∂y=
∂ f2
∂x⇐⇒ 4a =−6b⇒ b =−2
3a, a ∈ R, a 6= 0.
3) Una forma differenziale ω e esatta in D se e solo se esiste una funzione G(x,y)derivabile in D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per
ogni (x,y) ∈D. Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessaria).Se ω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D (condi-zione sufficiente). Poiche ω e chiusa per b = −2
3a, D e semplicemente connessoallora ω e esatta soltanto per tali valori.
4) Siano P0 ∈D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzata poligonalecostituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finale P(x,y).Per un teorema sulla primitiva un potenziale di ω e G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . Poiche ω
e esatta l’integrale non dipende da γ , ma solo da P0 e P. Scegliamo P0(0,0).
x
y
P0
P(x,y)
γ1
H(x,0)
γ2
Le parametrizzazioni delle curve indicate sono
γ1 :
{x = ty = 0
0≤ t ≤ x, γ2 :
{x = xy = t
0≤ t ≤ y,
228 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
0
[a
(3t +1)2 +1
3t +1
]dt +
∫ y
0
−23a
(3x−2t +1)2 dt
=
[−a
31
3t +1+
13
log |3t +1|]x
0− 2
3a[
12(3x−2t +1)
]y
0
=−a3
13x+1
+13
log |3x+1|+ a3− 1
3log |1|− 1
3a
13x−2y+1
+a3
13x+1
=−13
a1
3x−2y+1+
13
log |3x+1|+ a3.
5) Non e possibile calcolare∫
γ1(A,B)ω , perche γ1 interseca la retta 3x−2y+1 = 0,e quindi non e contenuta in D.E’ invece possibile calcolare
∫γ2(A,C)ω , perche il
segmento AC e tutto contenuto in D. Poiche ω e esatta,∫γ2(A,C)
ω = G(C)−G(A) = G(0,−2)−G(1,0)
=−13
a15+
a3· 1
4− 1
3log4 =
a60− 1
3log4.
6) Non e possibile calcolare∮
γ3ω perche γ3 non e tutta contenuta in D, mentre si
puo calcolare∮
γ4ω , e poiche ω e esatta e γ4 e una curva chiusa, si ha
∮γ4
ω = 0.
x
y
C(0,−2)
A(1,0)
B(0,2)
γ1
γ2
γ3
γ4
229
Prova intermedia dell’ 9/12/2008 Data la forma differenziale
ω =
[2
x2y+3xy2
]dx+
[a
xy2 +bx2y]
dy.
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D.
2. Formulare la definizione di forma differenziale chiusa e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differenziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Determinare un potenziale di ω per i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2).
5. Calcolare, se possibile,∫
γω , essendo γ il segmento che unisci i punti A(1,2)
con B(2,3).
Soluzione.1) Il dominio D si ottiene ponendo x2y 6= 0 e xy2 6= 0, cioe x 6= 0,y 6= 0. ω e definitain tutto R2 esclusi gli assi cartesiani. D e un sottoinsieme di R2 semplicementeconnesso, in quanto non ha ne tagli, ne buchi limitati.
x
y
D
2) Poste f1(x,y) = 2x2y +3xy2 e f2(x,y) = a
xy2 +bx2y, f1 e f2 sono funzioni deriva-
bili in D. ω e chiusa se e solo se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
∂ f1
∂y=− 2
x2y2 +6xy;∂ f2
∂x=−ax2y2 +2bxy.
230 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
∂ f1
∂y=
∂ f2
∂x⇐⇒ − 2
x2y2 +6xy =−ax2y2 +2bxy ⇐⇒ a = 2,b = 3.
2) Una forma differenziale ω e esatta in D se e solo se esiste una funzione G(x,y)derivabile in D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per
ogni (x,y) ∈ D. Se ω e esatta in D allora ω e chiusa in D (condizione necessa-ria). Se ω e chiusa in D, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta in D(condizione sufficiente). Poiche ω e chiusa per a = 2 e b = 3, D e semplicementeconnesso allora ω e esatta soltanto per tali valori.
3) Siano P0 ∈D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzata poligonalecostituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finale P(x,y). Perun teorema sul potenziale, vale G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . Poiche ω e esatta l’integrale
non dipende da γ , ma solo da P0 e P. Scegliamo P0(1,1).
x
y
P0(1,1)
P(x,y)
γ1 H(x,1)
γ2
Le parametrizzazioni delle curve indicate sono
γ1 :
{x = ty = 1
1≤ t ≤ x, γ′1 :
{x′(t) = ty′(t) = 0
γ2 :
{x = xy = t
1≤ t ≤ y, γ′2 :
{x′(t) = 0y′(t) = 1
231
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
1f1(t,1)dt +
∫ y
1f2(x, t)dt =
=∫ x
1
[2t2 +3t
]dt +
∫ y
1
[2
xt2 +3x2t]
dt
=
[−2
t+
3t2
2
]x
1+
[− 2
xt+3x2 t2
2
]y
1
=−2x+
32
x2 +2− 32− 2
xy+
32
x2y2 +2x− 3
2x2 =− 2
xy+
32
x2y2 +12
G(x,y) =− 2xy +
32x2y2 + 1
2 e una primitiva o potenziale di ω .5) E possibile calcolare
∫γ(A,B)ω , perche il segmento AB e tutto contenuto in D.
Poiche ω e esatta,∫γ2(A,B)
ω = G(B)−G(A) =−26+
32
36+22− 3
2·4
=−13+54+1−6 = 49− 1
3=
1463
.
x
y A(1,2)
B(2,3)
γ
232 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
Prova guidata del 24/11/2009 Data la forma differenziale
ω =
[(y2− x2)ae3xy2−x3
+2√
x−1
]dx+
[bxye3xy2−x3
+1
(y+1)2
]dy.
1. Determinarne e disegnarne l’insieme di definizione D.
2. Stabilire per quali valori di a e b ∈ R non entrambi nulli la forma differen-ziale ω e chiusa.
3. Formulare la definizione di forma differenziale esatta e stabilire per qualivalori di a e b ∈ R la forma differenziale ω e esatta nel suo insieme didefinizione (enunciandone una condizione necessaria e una sufficiente).
4. Determinare un potenziale di ω per i valori di a e b ∈ R trovati al punto 2).
5. Calcolare, se possibile,∫
γω , essendo γ il segmento che unisce il punto
A(2,0) rispettivamente con B(3,−3) o con C(3,3).
Soluzione.1) Il dominio D si ottiene ponendo x−1 > 0 e y+1 6= 0
D = {(x,y) ∈ R2 : x > 1,y 6=−1}.
e il sottoinsieme colorato in figura. D e un sottoinsieme di R2 semplicementeconnesso, in quanto non ha ne tagli, ne buchi limitati.
-11
0x
y
D
2) Poste f1(x,y) = (y2− x2)ae3xy2−x3+ 2√
x−1e f2(x,y) = bxye3xy2−x3
+ 1(y+1)2 , f1
e f2 sono funzioni derivabili in D. ω e chiusa se e solo se ∂ f1∂y = ∂ f2
∂x ∀(x,y) ∈ D.
233
∂ f1
∂y= 2aye3xy2−x3
+(y2− x2)a6xye3xy2−x3= e3xy2−x3
[2ay+6axy3−6ax3y];
∂ f2
∂x= bye3xy2−x3
+bxy(3y2−3x2)e3xy2−x3= e3xy2−x3
[by+3bxy3−3bx3y].
∂ f1
∂y=
∂ f2
∂x⇐⇒ 2ay+6axy3−6ax3y = by+3bxy3−3bx3y
Questo avviene se e solo se
2a[y+3xy3−3x3y] = b[y+3xy3−3x3y] ⇐⇒ b = 2a (non entrambi nulli)
2) Una forma differenziale ω e esatta in D se e solo se esiste una funzione G(x,y)derivabile in D, detta primitiva o potenziale di ω , tale che ∂G
∂x = f1 e ∂G∂y = f2 per
ogni (x,y) ∈ D. Se f1 e f2 sono funzioni continue, se ω e esatta in D allora ω
e chiusa in D (condizione necessaria). Se ω e chiusa in D, e D e semplicementeconnesso allora ω e esatta in D (condizione sufficiente). Poiche ω e chiusa perb = 2a, e D e semplicemente connesso allora ω e esatta per tali valori.
3) Siano P0 ∈D, e P(x,y) un punto generico interno a D. γ e la spezzata poligonalecostituita da γ1 e γ2, che ha come punto iniziale P0 e come punto finale P(x,y). Perun teorema sul potenziale, vale G(x,y) =
∫γ(P0,P)ω . Poiche ω e esatta l’integrale
non dipende da γ , ma solo da P0 e P. Scegliamo P0(2,0) ∈ D.
-11
0x
y
D
P0(2,0)
γ1
H(x,0)
γ2
P(x,y)
234 CAPITOLO 4. FORME DIFFERENZIALI
Le parametrizzazioni delle curve indicate sono
γ1 :
{x = ty = 0
2≤ t ≤ x,γ ′1 :
{x′(t) = 1y′(t) = 0
γ2 :
{x = xy = t
0≤ t ≤ y,γ ′2 :
{x′(t) = 0y′(t) = 1
G(x,y) =∫
γ(P0,P)ω =
∫γ1(P0,H)
ω +∫
γ2(H,P)ω
=∫ x
2[ f1(t,0)1+ f2(t,0)0] dt +
∫ y
0[ f1(x, t)0+ f2(x, t)1] dt =
=∫ x
2
[(−t2ae−t3
+2√
t−1
]dt +
∫ y
0
[2axte3xt2−x3
+1
(t +1)2
]dt
=
[13
ae−t3+4√
t−1]x
2+
[13
ae3xt2−x3− 1
t +1
]y
0
=13
ae−x3+4√
x−1− 13
ae−8−4+13
ae3xy2−x3− 1
y+1− 1
3ae−x3
+1
=13
ae3xy2−x3+4√
x−1− 1y+1︸ ︷︷ ︸
parte comune a tutti i potenziali
− 13
ae8 −3︸ ︷︷ ︸
costante che dipendedalla scelta delpunto iniziale.
5) Non e possibile calcolare∫
γ(A,B)ω , perche il segmento AB interseca la rettay =−1 e quindi non e tutto contenuto in D, mentre e possibile calcolare
∫γ(A,C)ω ,
perche il segmento AC e tutto contenuto in D. Poiche ω e esatta,
∫γ2(A,C)
ω = G(C)−G(A) =13
ae54 +4√
2− 14− 1
3ae11 +
13
235
x
y
A(1,2)
B(3,−3)
C(3,3)